【新教材】2020-2021学年高中人教A版数学必修第二册习题：8-6-3　平面与平面垂直 10页

‎8.6.3　平面与平面垂直 课后篇巩固提升 基础达标练 ‎1.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,则二面角B-PA-C的大小为(　　)‎ ‎　 　　　　　　 　　　　　　 　　　‎ A.90° B.60° C.45° D.30°‎ 解析∵PA⊥平面ABC,BA,CA⊂平面ABC,‎ ‎∴BA⊥PA,CA⊥PA,‎ 因此∠BAC即为二面角B-PA-C的平面角.‎ 又∠BAC=90°,故选A.‎ 答案A ‎2.已知PA⊥矩形ABCD所在的平面(如图),图中互相垂直的平面有(　　)‎ A.1对 B.2对 C.3对 D.5对 解析∵DA⊥AB,DA⊥PA,AB∩PA=A,‎ ‎∴DA⊥平面PAB,同样BC⊥平面PAB,‎ 又易知AB⊥平面PAD,∴DC⊥平面PAD.‎ ‎∴平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD⊥平面PAB,平面PBC⊥平面PAB,平面PAB⊥平面ABCD,平面PDC⊥平面PAD,共5对.‎ 答案D ‎3.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则过点C1作C1H⊥平面ABC,垂足为H,则H必在(　　)‎ A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC的内部 解析因为BC1⊥AC,AB⊥AC,BC1∩AB=B,‎ 所以AC⊥平面ABC1.‎ 因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ABC1.‎ 又因为平面ABC∩平面ABC1=AB,‎ 所以过点C1再作C1H⊥平面ABC,则H∈AB,‎ 即H在直线AB上.‎ 答案A ‎4.(2020全国高一课时练习)如图所示,A,B,C,D为空间四点,在△ABC中,AB=2,AC=BC=,等边三角形ADB以AB为轴运动,当平面ADB⊥平面ABC时,CD=　　　　. ‎ 解析取AB的中点E,连接DE,CE.因为△ADB是等边三角形,所以DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时,因为平面ADB∩平面ABC=AB,且DE⊥AB,所以DE⊥平面ABC,故DE⊥CE.‎ 由已知可得DE=,EC=1,在Rt△DEC中,‎ CD==2.‎ 答案2‎ ‎5.如图,在空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,∠BAD=90°,且AB=AD,则AD与平面BCD所成的角是　　　　　. ‎ 解析过A作AO⊥BD于点O,‎ ‎∵平面ABD⊥平面BCD,‎ ‎∴AO⊥平面BCD,则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角.‎ ‎∵∠BAD=90°,AB=AD,‎ ‎∴∠ADO=45°.‎ 答案45°‎ ‎6.在四面体ABCD中,AB=BC=CD=AD,∠BAD=∠BCD=90°,二面角A-BD-C为直二面角,E是CD的中点,则∠AED的大小为　　　　　. ‎ 解析取BD中点O,连接AO,CO,由AB=BC=CD=AD,‎ ‎∴AO⊥BD,CO⊥BD,‎ ‎∴∠AOC为二面角A-BD-C的平面角.∴∠AOC=90°.‎ 又∠BAD=∠BCD=90°,‎ ‎∴△BAD与△BCD均为直角三角形.‎ ‎∴OC=OD,∴△AOD≌△AOC,∴AD=AC,‎ ‎∴△ACD为等边三角形.‎ ‎∵E为CD中点,∴AE⊥CD,∴∠AED=90°.‎ 答案90°‎ ‎7.(2020江西新余一中高一月考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面B1BCC1是正方形,M,N分别是A1B1,AC的中点,AB⊥平面BCM.‎ ‎(1)求证:平面B1BCC1⊥平面A1ABB1;‎ ‎(2)求证:A1N∥平面BCM;‎ ‎(3)若三棱柱ABC-A1B1C1的体积为10,求三棱锥C1-BB1M的体积.‎ ‎(1)证明∵AB⊥平面BCM,BC⊂平面BCM,‎ ‎∴AB⊥BC.在正方形B1BCC1中,BB1⊥BC,‎ ‎∵AB∩BB1=B,∴BC⊥平面A1ABB1.∵BC⊂平面B1BCC1,∴平面B1BCC1⊥平面A1ABB1.‎ ‎(2)证明设BC中点为Q,连接NQ,MQ,如图所示.‎ ‎∵N,Q分别是AC,BC的中点,‎ ‎∴NQ∥AB,且NQ=AB.‎ 又点M是A1B1的中点,‎ ‎∴A1M=A1B1.‎ ‎∵AB∥A1B1,且AB=A1B1,‎ ‎∴NQ∥A1M,且NQ=A1M,‎ ‎∴四边形A1MQN是平行四边形,‎ ‎∴A1N∥MQ.‎ ‎∵MQ⊂平面BCM,A1N⊄平面BCM,‎ ‎∴A1N∥平面BCM.‎ ‎(3)解如图所示,连接A1B,则,‎ ‎∵M为A1B1的中点,∴三棱锥C1-BB1M的体积.‎ ‎8.‎ 如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=.‎ ‎(1)求证:平面PBE⊥平面PAB;‎ ‎(2)求二面角A-BE-P的大小.‎ ‎(1)证明如图所示,连接BD,‎ 由底面ABCD是菱形且∠BCD=60°知,△BCD是等边三角形.‎ 因为E是CD的中点,‎ 所以BE⊥CD.‎ 又因为AB∥CD,所以BE⊥AB.‎ 又因为PA⊥平面ABCD,BE⊂平面ABCD,‎ 所以PA⊥BE.而PA∩AB=A,‎ 因此BE⊥平面PAB.‎ 又因为BE⊂平面PBE,‎ 所以平面PBE⊥平面PAB.‎ ‎(2)解由(1)知,BE⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,‎ 所以PB⊥BE.又因为AB⊥BE,‎ 所以∠PBA是二面角A-BE-P的平面角.‎ 在Rt△PAB中,tan∠PBA=,∠PBA=60°,故二面角A-BE-P的大小是60°.‎ 能力提升练 ‎1.‎ 如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α内,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C的轨迹是(　　)‎ A.一条线段 B.一条直线 C.一个圆 D.一个圆,但要去掉两个点 解析∵平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,平面PAC∩平面PBC=PC,AC⊂平面PAC,∴AC⊥平面PBC.‎ 又BC⊂平面PBC,∴AC⊥BC.∴∠ACB=90°.‎ ‎∴动点C的轨迹是以AB为直径的圆,除去A和B两点.‎ 答案D ‎2.(2019全国Ⅲ高考)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　　)‎ A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 解析如图,连接BD,BE.‎ 在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,‎ ‎∴BM,EN是相交直线,‎ 排除选项C,D.‎ 作EO⊥CD于点O,连接ON.作MF⊥OD于点F,连接BF.∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面CDE,‎ ‎∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD.‎ ‎∴△MFB与△EON均为直角三角形.‎ 设正方形ABCD的边长为2,易知EO=,ON=1,MF=,BF=,‎ 则EN==2,BM=,‎ ‎∴BM≠EN.故选B.‎ 答案B ‎3.(多选题)(2020山东高三月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,则下列说法正确的是(　　)‎ A.在棱AD上存在点M,使AD⊥平面PMB B.异面直线AD与PB所成的角为90°‎ C.二面角P-BC-A的大小为45°‎ D.BD⊥平面PAC 解析如图,对于A,取AD的中点M,连接PM,BM,∵侧面PAD为正三角形,‎ ‎∴PM⊥AD,又底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,‎ ‎∴△ABD是等边三角形,‎ ‎ ∴AD⊥BM,又PM∩BM=M,PM,BM⊂平面PMB,∴AD⊥平面PMB,故A正确;‎ 对于B,∵AD⊥平面PBM,∴AD⊥PB,即异面直线AD与PB所成的角为90°,故B正确;‎ 对于C,∵平面PBC∩平面ABCD=BC,BC∥AD,∴BC⊥平面PBM,∴BC⊥PB,BC⊥BM,‎ ‎∴∠PBM是二面角P-BC-A的平面角,设AB=1,‎ 则BM=,PM=,‎ 在Rt△PBM中,tan∠PBM==1,即∠PBM=45°,故二面角P-BC-A的大小为45°,故C正确;‎ 对于D,因为BD与PA不垂直,所以BD与平面PAC不垂直,故D错误.‎ 答案ABC ‎4.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足　　　　　时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可) ‎ 解析连接AC,则AC⊥BD.‎ ‎∵PA⊥底面ABCD,‎ BD⊂平面ABCD,‎ ‎∴PA⊥BD.‎ ‎∵PA∩AC=A,‎ ‎∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.‎ ‎∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.‎ 答案DM⊥PC(或:BM⊥PC,答案不唯一)‎ ‎5.‎ 如图,A,B,C,D为空间四点,在△ABC中,AB=2,AC=BC=,等边三角形ADB以AB为轴运动,当平面ADB⊥平面ABC时,CD=　　　　　. ‎ 解析取AB的中点E,连接DE,CE,‎ 因为△ADB是等边三角形,所以DE⊥AB.‎ 当平面ADB⊥平面ABC时,‎ 因为平面ADB∩平面ABC=AB,所以DE⊥平面ABC.‎ 可知DE⊥CE.由已知可得DE=,EC=1,在Rt△DEC中,CD==2.‎ 答案2‎ ‎6.(2019全国Ⅲ高考)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.‎ ‎(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;‎ ‎(2)求图2中的四边形ACGD的面积.‎ ‎(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.‎ 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.‎ 又因为AB⊂平面ABC,‎ 所以平面ABC⊥平面BCGE.‎ ‎(2)解取CG的中点M,连接EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,‎ 故DE⊥CG.‎ 由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.‎ 因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=,‎ 故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.‎ ‎7.(2019内蒙古自治区包钢一中高二月考)如图,在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,△ABC是直角三角形,∠ABC=90°,AB=BC=2,∠PAB=45°,点D,E,F分别为AC,AB,BC的中点.‎ ‎(1)求证:EF⊥PD;‎ ‎(2)求直线PF与平面PBD所成的角的正弦值;‎ ‎(3)求二面角E-PF-B的平面角的正切值.‎ ‎(1)证明连接BD,在△ABC中,∠B=90°.‎ ‎∵AB=BC,点D为AC的中点,∴BD⊥AC.‎ 又∵PB⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴AC⊥PB.‎ ‎∵BD∩PB=B,∴AC⊥平面PBD.‎ ‎∵E,F分别为AB,BC的中点,‎ ‎∴EF∥AC,∴EF⊥平面PBD,‎ ‎∵PD⊂平面PBD,∴EF⊥PD.‎ ‎(2)解连接BD交EF于点O,由(1)知EF⊥平面PBD,‎ ‎ ∴∠FPO为直线PF与平面PBD所成的角,且PO⊂平面PBD,∴EF⊥PO.‎ ‎∵PB⊥平面ABC,BC,AB⊂平面ABC,‎ ‎∴PB⊥AB,PB⊥BC.‎ ‎∵∠PAB=45°,∴PB=AB=2.‎ ‎∵OF=AC=,∴PF=.‎ 在Rt△FPO中,sin∠FPO=,∴直线PF与平面PBD所成的角的正弦值为.‎ ‎(3)解过点B作BM⊥PF于点M,连接EM.‎ ‎∵AB⊥PB,AB⊥BC,PB∩BC=B,‎ ‎∴AB⊥平面PBC,∴BE⊥BM,BE⊥平面PBC.‎ ‎∵PF⊂平面PBC,∴PF⊥BE.‎ 又PF⊥BM,BE∩BM=B,∴PF⊥平面BME,‎ ‎∵EM⊂平面BME,∴PF⊥EM,‎ ‎∴∠BME为二面角E-PF-B的平面角.‎ 在Rt△PBF中,BM=,‎ ‎∴tan∠BME=.‎ ‎∴二面角E-PF-B的平面角的正切值为.‎ 素养培优练 ‎　(2020全国高一课时练习)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAC⊥平面ABCD,且PA⊥AC,PA=AD=2,四边形ABCD满足BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,F为侧棱PC上的任意一点.‎ ‎(1)求证:平面AFD⊥平面PAB;‎ ‎(2)是否存在点F,使得直线AF与平面PCD垂直?若存在,写出证明过程并求出线段PF的长;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)证明∵平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,且PA⊥AC,PA⊂平面PAC,‎ ‎∴PA⊥平面ABCD.‎ 又AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD.‎ 又AB⊥AD,PA∩AB=A,‎ ‎∴AD⊥平面PAB,又AD⊂平面AFD,‎ ‎∴平面AFD⊥平面PAB.‎ ‎(2)解存在点F,当AF⊥PC时,直线AF与平面PCD垂直.‎ 证明如下,‎ 由AB⊥AD,BC∥AD,AB=BC=1,AD=2,‎ 得AC=CD=,∴CD⊥AC.‎ 又PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD,‎ ‎∵PA∩AC=A,‎ ‎∴CD⊥平面PAC.又AF⊂平面PAC,‎ ‎∴CD⊥AF.‎ 又AF⊥PC,CD∩PC=C,‎ ‎∴AF⊥平面PCD.‎ 在△PAC中,PA=2,AC=, ∠PAC=90°,‎ ‎∴PC=,AF=,PF=.‎ ‎∴存在点F,使得直线AF与平面PCD垂直.此时线段PF的长为.‎