备战2025届新高考数学一轮总复习课时规范练53空间直线平面的垂直（附解析人教A版）

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1.(2024·陕西咸阳模拟)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,有以下四个命题:
①若m∥n,n⊂α,则m∥α
②若m⊂α,m⊥β,则α⊥β
③若m⊥α,m⊥β,则α∥β
④若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n
其中正确的命题是( )
A.②③B.②④C.①③D.①②
2.(2024·辽宁辽阳模拟)在四面体ABCD中,△BCD为正三角形,AB与平面BCD不垂直,则下列说法正确的是( )
A.AB与CD可能垂直
B.A在平面BCD内的射影可能是B
C.AB与CD不可能垂直
D.平面ABC与平面BCD不可能垂直
3.(2024·上海闵行模拟)如图,对于直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,要使A1C⊥B1D1,则在四边形ABCD中,满足的条件可以是 .(只需写出一个正确的条件)
4.如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点.求证:
(1)PA⊥平面ABCD;
(2)平面BEF⊥平面PCD.
5.(2024·江西九江模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,D为CC1的中点,BB1=BC.
(1)证明:平面AB1C⊥平面ABD;
(2)若AB=BD=,求三棱锥B1-ABD的体积.
综合 提升练
6.(多选题)(2024·广东珠海高三检测)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱CC1上异于端点的动点,Q为棱AA1的中点,直线m为平面PBD与平面PB1D1的交线.下列结论中正确的是( )
A.m⊥PQ
B.m∥平面B1D1Q
C.m⊥平面A1ABB1
D.四棱锥P-B1BDD1的体积为定值
7. (2022·全国甲,文19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示,底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形,△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
创新 应用练
8.(2022·全国乙,文18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求三棱锥F-ABC的体积.
课时规范练53 空间直线、平面的垂直
1.A 解析 若m∥n,n⊂α,则m∥α或m⊂α,命题①错误;由面面垂直的判定定理可知,命题②正确;垂直于同一条直线的两个平面互相平行,命题③正确;若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m,n可能相交,可能平行,可能异面,不一定互相垂直,命题④错误.
2. A 解析 当四面体ABCD为正四面体时,如图所示,点A在平面BCD上的射影为点O,即OA⊥平面BCD.由于CD⊂平面BCD,所以OA⊥CD.延长BO交CD于点F,则CD⊥BF.由于AO∩BF=O,AO,BF⊂平面ABO,所以CD⊥平面ABO.由于AB⊂平面ABO,所以AB⊥CD.所以A正确,C错误.若点A在平面BCD内的射影是点B,则AB与平面BCD垂直,与已知矛盾,B错误.平面ABC与平面BCD可能垂直,D错误.
3.A1C1⊥B1D1(只要使得A1C⊥B1D1即可)
解析 连接A1C1,如图所示.因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,则B1D1⊥CC1.若A1C1⊥B1D1,又A1C1∩CC1=C1,CC1,A1C1⊂平面A1CC1,所以B1D1⊥平面A1CC1,因为A1C⊂平面A1CC1,所以A1C⊥B1D1.
4.证明 (1)∵平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,∴PA⊥平面ABCD.
(2)∵AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,∴AB∥DE,AB=DE,
∴四边形ABED为平行四边形.
∵AB⊥AD,∴四边形ABED为矩形,
∴BE⊥CD,AD⊥CD.
∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.
又PA,AD⊂平面PAD,且PA∩AD=A,
∴CD⊥平面PAD.
∵PD⊂平面PAD,∴CD⊥PD.
∵E和F分别是CD和PC的中点,
∴PD∥EF,∴CD⊥EF.
又CD⊥BE,EF∩BE=E,EF,BE⊂平面BEF,∴CD⊥平面BEF.
∵CD⊂平面PCD,
∴平面BEF⊥平面PCD.
5.(1)证明 ∵ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴AB⊥BB1.
又AB⊥BC,BC∩BB1=B,BC,BB1⊂平面BB1C1C,
∴AB⊥平面BB1C1C.
∵B1C⊂平面BB1C1C,∴B1C⊥AB.
设BC=t,则BB1=t,tan∠BB1C=,CD=CC1=,tan∠CBD=,∴∠BB1C=∠CBD.
∵∠BB1C+∠B1CB=90°,
∴∠CBD+∠B1CB=90°,故B1C⊥BD.
∵B1C⊥AB,B1C⊥BD,AB⊂平面ABD,BD⊂平面ABD,且AB∩BD=B,知B1C⊥平面ABD.
又B1C⊂平面AB1C,
∴平面AB1C⊥平面ABD.
(2)解 由BC2+CD2=BD2,得t2+=3,解得t=
∴△BB1D的面积BB1·BC=
由(1)知AB⊥平面BB1C1C,∴三棱锥A-BB1D的体积AB=,∴三棱锥B1-ABD的体积
6.ABD 解析 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为四边形BB1D1D为矩形,所以BD∥B1D1,又BD⊂平面PBD,B1D1⊄平面PBD,所以B1D1∥平面PBD,又B1D1⊂平面PB1D1,且平面PBD与平面PB1D1=m,所以m∥B1D1∥BD.对于A,因为四边形ABCD为正方形,则AC⊥BD,又AA1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,则BD⊥AA1,因为AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面AA1C1C,所以BD⊥平面AA1C1C,又m∥BD,所以m⊥平面AA1C1C,又PQ⊂平面AA1C1C,所以m⊥PQ,A正确;对于B,因为m∥B1D1,m⊄平面B1D1Q,B1D1⊂平面B1D1Q,所以m∥平面B1D1Q,B正确;对于C,假设m⊥平面A1ABB1,即B1D1⊥平面A1ABB1,与正方体的性质矛盾,C错误;对于D,因为CC1∥BB1,又BB1⊂平面B1BDD1,CC1⊄平面B1BDD1,所以CC1∥平面B1BDD1,所以点P到平面B1BDD1的距离等于点C到平面B1BDD1的距离,所以1,为定值,D正确.故选ABD.
7. (1)证明 过点E作EE'⊥AB于点E',过点F作FF'⊥BC于点F',连接E'F'.
∵底面ABCD是边长为8的正方形,△EAB,△FBC均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',
∴四边形EE'F'F是平行四边形,
则EF∥E'F'.
∵E'F'⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,
∴EF∥平面ABCD.
(2)解 过点G,H分别作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于点G',H',连接F'G',G'H',H'E',AC.
由(1)及题意可知,G',H'分别为CD,DA的中点,六面体EFGH-E'F'G'H'为长方体,故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.
∵底面ABCD是边长为8的正方形,
∴AC==8(cm),
E'F'=H'E'=AC=4(cm),
EE'=AEsin60°=4(cm),
∴该包装盒的容积为V=VEFGH-E'F'G'H'+4VA-EE'H'H=E'F'×E'H'×EE'+4S四边形EE'H'HAC=444+4442(cm3).
8.(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,
∴△ABD≌△CBD.∴AB=BC.
又E为AC的中点,∴BE⊥AC.
∵AD=CD,且E为AC的中点,
∴DE⊥AC.
又DE∩BE=E,∴AC⊥平面BED.
∵AC⊂平面ACD,
∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解 ∵AB=BC=2,∠ACB=60°,
∴△ABC为等边三角形.
∴AC=2,BE=
∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,∴DE=1.
又BD=2,∴BE2+DE2=BD2,
即DE⊥BE.
连接EF,∵点F在棱BD上,∴EF⊂平面BED.由(1)知,AC⊥平面BED,从而AC⊥EF,于是S△AFC=AC·EF=EF.
故当EF⊥BD时,EF最小,△AFC的面积最小,此时EF=
由(1)知,AC⊥平面BED,∴AC⊥BD.
又EF∩AC=E,∴BD⊥平面AFC.
在Rt△BEF中,BF=
∴三棱锥F-ABC的体积V=S△ACF·BF=2