2020-2021学年数学新教材人教B版必修第四册课时分层作业：11 8页

www.ks5u.com 课时分层作业(二十)　平面与平面垂直 ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1．经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有(　　)‎ A．0个 B．1个 C．无数个 D．1个或无数个 D　[当两点连线与平面α垂直时，可作无数个垂面，否则，只有1个．]‎ ‎2．对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是(　　)‎ A．m⊥n，m∥α，n∥β B．m⊥n，α∩β＝m，n⊂α C．m∥n，n⊥β，m⊂α D．m∥n，m⊥α，n⊥β C　[因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊂α，由面面垂直的判定定理，所以α⊥β.]‎ ‎3.如图所示，平面PAD⊥矩形ABCD，且PA⊥AB，下列结论中不正确的是(　　)‎ A．PD⊥BD B．PD⊥CD C．PB⊥BC D．PA⊥BD A　[若PD⊥BD，则BD⊥平面PAD，‎ 又BA⊥平面PAD，则过平面外一点有两条直线与平面垂直，不成立，故A不正确；‎ 因为平面PAD⊥矩形ABCD，且PA⊥AB，所以PA⊥矩形ABCD，所以PA⊥CD，AD⊥CD，‎ 所以CD⊥平面PAD，所以PD⊥CD，‎ 同理可证PB⊥BC．‎ 因为PA⊥矩形ABCD，‎ 所以由直线与平面垂直的性质得PA⊥BD．故选A．]‎ ‎4．如图，AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点(不同于 A，B)且PA＝AC，则二面角PBCA的大小为(　　)‎ A．60° B．30°‎ C．45° D．15°‎ C　[由条件得：PA⊥BC，AC⊥BC．又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，所以∠PCA为二面角PBCA的平面角．在Rt△PAC中，由PA＝AC，得∠PCA＝45°.]‎ ‎5．(多选题)如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面结论成立的是(　　)‎ A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC ABC　[由题意，知BC∥DF，所以BC∥平面PDF，故结论A成立；易证BC⊥平面PAE，又BC∥DF，所以DF⊥平面PAE，平面PDF⊥平面PAE，故结论B，C均成立；点P在底面ABC内的射影为△ABC的中心，不在中位线DE上，故结论D不成立．]‎ 二、填空题 ‎6．如图所示，平面α⊥平面β，在α与β交线上取线段AB＝4，AC，BD分别在平面α和β内，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝3，BD＝12，则CD＝________.‎ ‎13　[连接BC．因为BD⊥AB，α⊥β，α∩β＝AB，所以BD⊥α.因为BC⊂α ‎，所以BD⊥BC，所以△CBD是直角三角形．‎ 在Rt△BAC中，BC＝＝5.‎ 在Rt△CBD中，CD＝＝13.]‎ ‎7．如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，沿BD将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则在四面体ABCD的四个面中，互相垂直的平面的对数为________．‎ ‎3　[因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD．所以平面ABC⊥平面BCD．因为AB⊥BD，AB∥CD，所以CD⊥BD．又因为平面ABD⊥平面BCD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD，共3对．]‎ ‎8．若P是△ABC所在平面外一点，且△PBC和△ABC都是边长为2的正三角形，PA＝，那么二面角PBCA的大小为________．‎ ‎90°　[取BC的中点O，连接OA，OP(图略)，则∠POA为二面角PBCA的平面角，OP＝OA＝，PA＝，所以△POA为直角三角形，∠POA＝90°.]‎ 三、解答题 ‎9．如图所示，在矩形ABCD中，已知AB＝AD，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起至△A′BE的位置，使A′C＝A′D，求证：平面A′BE⊥平面BCDE.‎ ‎[证明]　如图所示，取CD的中点M，BE的中点N，连接A′M，A′N，MN，则MN∥BC．‎ 因为AB＝AD，E是AD的中点，‎ 所以AB＝AE，即A′B＝A′E.‎ 所以A′N⊥BE.因为A′C＝A′D，所以A′M⊥CD．‎ 在四边形BCDE中，CD⊥MN，‎ 又MN∩A′M＝M，所以CD⊥平面A′MN.‎ 所以CD⊥A′N.‎ 因为DE∥BC且DE＝BC，‎ 所以BE必与CD相交．‎ 又A′N⊥BE，A′N⊥CD，‎ 所以A′N⊥平面BCDE.‎ 又A′N⊂平面A′BE，‎ 所以平面A′BE⊥平面BCDE.‎ ‎10.如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．‎ ‎(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；‎ ‎(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：由题意知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．‎ 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.‎ 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.‎ 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．‎ 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．‎ ‎(2)存在．当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．‎ 理由如下：连接AC交BD于点O，连接OP(图略)．‎ 因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．‎ 又P为AM的中点，所以PO∥MC．‎ 而PO⊂平面PBD，MC⊄平面PBD，所以MC∥平面PBD．‎ ‎11．(多选题)如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于点A，B的任一点，则下列结 论中正确的是(　　)‎ A．PC⊥BC B．AC⊥平面PBC C．平面PAB⊥平面PBC D．平面PAC⊥平面PBC AD　[因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，所以PA⊥BC．又直径所对的圆周角为直角，所以BC⊥AC．又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，从而PC⊥BC，所以A正确；因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，所以D正确．易验证B，C均不成立，故选AD．]‎ ‎12．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，AB＝PA．若BC边上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD，则此时二面角APDQ的余弦值为(　　)‎ A． B． C． D． C　[如图，连接AQ，因为BC边上有且只有一个点Q，使得PQ⊥QD，所以BC边上有且只有一个点Q，使得AQ⊥QD，则在平面ABCD中，以AD为直径的圆与直线BC相切且Q为切点，设AD的中点为O，则QO⊥AD，可得QO⊥平面PAD，作OH⊥PD交PD于点H，连接QH，则∠OHQ是二面角APDQ的平面角，设AB ‎＝PA＝a，则AD＝‎2a，在Rt△QOH中，OH＝，QH＝，所以cos∠OHQ＝＝，所以二面角APDQ的余弦值为，故选C．‎ ‎]‎ ‎13．如图，边长为a的正三角形ABC的边AB，AC的中点分别为E，F，将△AEF沿EF折起至△A′EF位置，使平面A′EF⊥平面BEFC，则A′B＝________.‎ a　[如图，取BC的中点N，连接AN交EF于点M，连接A′M，BM，则A′M⊥EF.∵平面A′EF⊥平面BEFC，∴A′M⊥平面BEFC，∴A′M⊥BM.∵AM＝MN＝AN＝a，‎ ‎∴A′M＝a.在Rt△MNB中，MB2＝MN2＋NB2＝a2.在Rt△A′MB中，A′B＝＝a.]‎ ‎14．(一题两空)已知正三棱锥PABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，则二面角PABC的正切值是______，点A到侧面PBC的距离是________．‎ ‎2　　[如图，作PO⊥底面ABC于点O，连接BO并延长交AC于点D，连接CO并延长交AB于点E，连接PE，PD，则PE⊥AB，CE⊥AB，∴∠PEO是二面角PABC的平面角．∵正三棱锥PABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，∴PO＝2，∠PBO＝45°，∠POB＝90°，∴BO＝CO＝2，EO＝1，∴二面角PABC的正切值为tan∠PEO＝＝2.易得BD＝3，BC＝2，∴S△ABC＝×2×3＝3.易知PD＝，∴S△PAC＝×2×＝.设点A到侧面PBC的距离为h，∵VPABC＝VAPBC，∴×3×2＝××h，解得h＝，∴点A到侧面PBC的距离为.]‎ ‎15．已知△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ(0＜λ＜1)．‎ ‎(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；‎ ‎(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD?‎ ‎[解]　(1)证明：因为AB⊥平面BCD，‎ 所以AB⊥CD．‎ 因为CD⊥BC，且AB∩BC＝B，‎ 所以CD⊥平面ABC．‎ 又＝＝λ(0＜λ＜1)，‎ 所以不论λ为何值，恒有EF∥CD，所以EF⊥平面ABC．又EF⊂平面BEF ‎，所以不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC．‎ ‎(2)由(1)知，EF⊥BE，‎ 又平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平面ACD＝EF，‎ 所以BE⊥平面ACD，所以BE⊥AC．‎ 因为BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，‎ AB⊥平面BCD，‎ 所以BD＝，AB＝tan 60°＝，‎ 所以AC＝＝，‎ 由AB2＝AE·AC得AE＝，‎ 所以λ＝＝，‎ 故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD．‎