【数学】2020届一轮复习人教A版第71课平面与平面垂直作业（江苏专用） 4页

随堂巩固训练(71)‎ ‎ 1. 若α⊥β，α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m⊥l，则直线m，n所成的角是　90°　.‎ 解析：因为α∩β＝l，α⊥β，m⊂α，m⊥l，所以m⊥β.又因为n⊂β，所以m⊥n，所以直线m，n所成的角是90°.‎ ‎ 2. 如果—个平面与另—个平面的垂线平行，那么这两个平面的位置关系为　垂直　.‎ 解析：由线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理可知，如果一个平面与另一个平面的垂线平行，那么这两个平面垂直.‎ ‎ 3. 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是　③　.(填序号)‎ ‎①若α⊥β，a∥α，则a⊥β；‎ ‎②若α⊥β，a⊥β，则a∥α；‎ ‎③若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β.‎ 解析：若α⊥β，a∥α，则a与β相交、平行或a⊂β，故①错误；若α⊥β，a⊥β，则a∥α或a⊂α，故②错误；若a⊥b，a⊥α，则b∥a或b⊂α.又因为b⊥β，所以α⊥β，故③正确.‎ ‎ 4. 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是　③　.(填序号)‎ ‎①a⊥α，b∥β，α⊥β；　　　　　　②a⊥α，b⊥β，α∥β；‎ ‎③a⊂α，b⊥β，α∥β；　　 ④a⊂α，b∥β，α⊥β.‎ 解析：对于①，若a⊥α，b∥β，α⊥β，则直线a与b的关系可能是平行、相交或异面；对于②，若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b；对于③，若a⊂α，b⊥β，则b⊥α，所以a⊥b；对于④，若a⊂α，b∥β，α⊥β，则a与b可能平行、相交或异面.综上，由③可得a⊥b.‎ ‎ 5. 已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，连结PB、PC、PD、AC、BD，则下列垂直关系中正确的序号是　①②　.‎ ‎①平面PAB⊥平面PBC；‎ ‎②平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎③平面PAB⊥平面PCD.‎ 解析：因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC.又在正方形ABCD中，BC⊥AB，AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB.又因为BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故①正确；同理可得AD⊥平面PAB，AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB，故②正确；设平面PAB∩平面PCD＝l，因为AB∥CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB，所以CD∥l.又因为AB⊥平面PAD，所以l⊥平面PAD，所以∠APD为平面PAB与平面PCD所成的二面角.若平面PAB⊥平面PCD，则AP⊥PD，显然不成立，故③错误.‎ ‎ 6. 可以作为平面α∥平面β的条件是　④　.(填序号)‎ ‎①存在一条直线a，a∥α，a∥β；‎ ‎②存在一条直线a，a⊂α，a∥β；‎ ‎③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；‎ ‎④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.‎ 解析：因为a∥β，所以平面β中存在a′∥a.因为b∥α，所以平面α内存在b′，使得b∥b′，且a′与b相交，a与b′相交，所以α∥β.‎ ‎ 7. 已知P为△ABC所在平面外一点，正三角形PBC、正三角形ABC的边长都为2，PA＝，则平面PBC和平面ABC的位置关系为　垂直　.‎ 解析：‎ 取BC的中点为D，连结AD，PD，如图所示.因为PB＝PC，BD＝CD，所以PD⊥BC.因为正三角形PBC和正三角形ABC的边长都为2，PA＝，所以PD＝AD＝，所以PA2＝AD2＋PD2，所以PD⊥AD.又因为BC∩AD＝D，所以PD⊥平面ABC.又因为PD⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABC.‎ ‎ 8. 设b，c表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题中真命题是　④　.(填序号)‎ ‎①若b⊂α，c∥α，则b∥c；　 ②若b⊂α，b∥c，则c∥α；‎ ‎③若c∥α，α⊥β，则c⊥β；　 ④若c∥α，c⊥β，则α⊥β.‎ 解析：若b⊂α，c∥α，则b∥c或b与c异面，故①错误；若b⊂α，b∥c，则c∥α或c⊂α，故②错误；若c∥α，α⊥β，则可能c∥β，可能c⊂β，故③错误；根据面面垂直的判定可知④是真命题.‎ ‎ 9. 已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题的个数为　2　.‎ 解析：若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题，故真命题有2个.‎ ‎10. 已知点P在正方体ABCDA1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：‎ ‎①三棱锥AD1PC的体积不变；‎ ‎②A1P∥平面ACD1；‎ ‎③DP⊥BC1；‎ ‎④平面PDB1⊥平面ACD1.‎ 其中正确命题的序号是　①②④　.‎ 解析：由题意知AD1∥BC1，因为AD1⊂平面AD1C，BC1⊄平面AD1C，所以BC1∥平面AD1C，所以BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以VAD1PC＝VPAD1C＝VBAD1C，故①正确；对于②，连结A1B，A1C1，则A1C1∥AC，由①知AD1∥BC1，所以平面BA1C1∥平面ACD1.因为A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；对于③，因为DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1.若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，则BC1⊥PC，所以P为BC1的中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连结DB1，因为AC⊥平面BB1D1D，DB1⊂平面BB1D1D，所以AC⊥DB1，同理可得AD1⊥DB1.又因为AD1∩AC＝A，AD1，AC⊂平面ACD1，所以DB1⊥平面ACD1.又因为DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确.‎ ‎11. 如图，已知在斜三棱柱ABCA1B1C1中，‎ AB＝AC，D为线段BC的中点.‎ ‎ (1) 求证：A1B∥平面ADC1；‎ ‎(2) 若平面ABC⊥平面BCC1B1，求证：AD⊥DC1.‎ 解析：(1) 连结A1C交AC1于点E，连结DE.‎ 因为四边形AA1C1C是平行四边形，所以E是A1C的中点.‎ 因为D是BC的中点，所以DE∥A1B.‎ 又因为DE⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.‎ ‎(2) 因为在△ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，所以AD⊥BC.‎ 又因为平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AD⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥平面BCC1B1.‎ 因为DC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥DC1.‎ ‎12. 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F分别是CD，PC的中点.求证：‎ ‎(1) PA⊥底面ABCD；‎ ‎(2) BE∥平面PAD；‎ ‎(3) 平面BEF⊥平面PCD.‎ 解析：(1) 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2) 因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE且AB＝DE，‎ 所以四边形ABED为平行四边形，所以BE∥AD.‎ 又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.‎ ‎(3) 因为AB⊥AD，所以四边形ABED为矩形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD，则PA⊥CD，‎ 又PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD.‎ 又E，F分别为CD，CP的中点，‎ 所以EF∥PD，故CD⊥EF.‎ 因为EF，BE⊂平面BEF，且EF∩BE＝E，‎ 所以CD⊥平面BEF.‎ 又因为CD⊂平面PCD，‎ 所以平面BEF⊥平面PCD.‎ 思维升华：(1) 判定面面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).‎ ‎(2) 在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.‎ ‎13. 如图，已知在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，沿矩形的对角线BD把△ABD折起，使得点A 移到点A1，且点A1在平面BCD上的射影O恰好在CD上.求证：‎ ‎(1) BC⊥A1D；‎ ‎(2) 平面A1BC⊥平面A1BD.‎ 解析：(1) 因为点A1在平面BCD上的射影O在CD上，所以A1O⊥平面BCD.‎ 又BC⊂平面BCD，所以BC⊥A1O.‎ 又BC⊥CD，A1O∩CD＝O，‎ 所以BC⊥平面A1CD.‎ 又A1D⊂平面A1CD，‎ 所以BC⊥A1D.‎ ‎(2) 因为四边形ABCD为矩形，所以A1B⊥A1D.‎ 由(1)知BC⊥A1D，A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，‎ 所以A1D⊥平面A1BC.‎ 又A1D⊂平面A1BD，‎ 所以平面A1BC⊥平面A1BD.‎