新教材人教版高中数学必修第二册课后巩固练习8.6.3《平面与平面垂直》(含解析)

8.6.3 平面与平面垂直课后篇巩固提升基础巩固1.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,在平面ABB1A1上任取一点M,作ME⊥AB于E,则(  )                A.ME⊥平面ABCDB.ME⊂平面ABCDC.ME∥平面ABCDD.以上都有可能答案A解析由于平面ABB1B1A1⊥平面ABCD,平面ABB1A1∩平面ABCD=AB,ME⊥AB,ME⊂平面ABB1A1,所以ME⊥平面ABCD.2.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°答案A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.3.已知l⊥平面α,直线m⊂平面β.有下面四个命题:①α∥β⇒l⊥m;②α⊥β⇒l∥m;③l∥m⇒α⊥β;④l⊥m⇒α∥β.其中正确的两个命题是(  )A.①②B.③④C.②④D.①③答案D解析∵l⊥α,α∥β,∴l⊥β.又m⊂β,∴l⊥m,故①正确.由l⊥α,α⊥β可得l∥β或l⊂β,再由m⊂β内得不到l∥m,故②错.∵l⊥α,m∥l,∴m⊥α,m⊂β.∴α⊥β,故③正确.若α∩β=m,也可满足l⊥α,l⊥m,故④错.4.在正四面体PABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,则下面四个结论中不成立的是(  )A.BC∥平面PDFB.DF⊥平面PAEC.平面PDF⊥平面ABC D.平面PAE⊥平面ABC答案C解析可画出对应图形(图略),则BC∥DF,又DF⊂平面PDF,BC⊄平面PDF,∴BC∥平面PDF,故A成立;由AE⊥BC,BC∥DF,知DF⊥AE,DF⊥PE,∴DF⊥平面PAE,故B成立;又DF⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面PAE,故D成立.5.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对答案D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.6.若以等腰直角三角形斜边上的高为棱,把它折成直二面角,则折后两条直角边的夹角为(  )A.30°B.45°C.60°D.90°答案C解析如图①,AD⊥DC,AD⊥DB,∴∠CDB=90°,设AB=AC=a,则CD=BD=a,∴CB=a, ∴图②中△ABC是正三角形.∴∠CAB=60°.7.如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则点C1在平面ABC上的射影H必在(  )A.直线AB上B.直线BC上C.直线AC上D.△ABC的内部答案A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.又平面ABC∩平面ABC1=AB,所以过点C1再作C1H⊥平面ABC,则H∈AB,即点C1在平面ABC上的射影H在直线AB上.8.如图,二面角α-l-β的大小是60°,线段AB⊂α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是     . 答案解析如图作AO⊥β于点O,AC⊥l于点C,连接OB,OC,则OC⊥l.设AB与β所成的角为θ,则∠ABO=θ,由图得sinθ==sin30°·sin60°=.9.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC=     . 答案1 解析因为AD⊥BC,所以AD⊥BD,AD⊥CD,所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角.因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°.在△BCD中,∠BDC=90°,BD=CD=,所以BC==1.10.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     . 答案45°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°.11.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     . 答案90°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°.12.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°.13. 如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,E,F分别是AP,AD的中点.求证:(1)直线EF∥平面PCD;(2)平面BEF⊥平面PAD.证明(1)如图,在△PAD中,因为E,F分别为AP,AD的中点,所以EF∥PD.又EF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,所以直线EF∥平面PCD.(2)连接BD.因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD是正三角形.因为F是AD的中点,所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,BF⊂平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD.又因为BF⊂平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.14.如图,菱形ABCD的边长为6,∠BAD=60°,对角线AC,BD相交于点O,将菱形ABCD沿对角线AC折起,得到三棱锥B-ACD,点M是棱BC的中点,DM=3.求证:(1)OM∥平面ABD;(2)平面ABC⊥平面MDO.证明(1)由题意知,O为AC的中点,∵M为BC的中点,∴OM∥AB.又OM⊄平面ABD,BC⊂平面ABD,∴OM∥平面ABD.(2)由题意知,OM=OD=3,DM=3,∴OM2+OD2=DM2,∴∠DOM=90°,即OD⊥OM.∵四边形ABCD是菱形,∴OD⊥AC.又OM∩AC=O,OM,AC⊂平面ABC,∴OD⊥平面ABC.∵OD⊂平面MDO,∴平面ABC⊥平面MDO.15.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的菱形,∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD. (1)求证:AD⊥PB;(2)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?并证明你的结论.(1)证明设G为AD的中点,连接PG,BG,如图.∵△PAD为正三角形,∴PG⊥AD.在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD的中点,∴BG⊥AD.又BG∩PG=G,∴AD⊥平面PGB.∵PB⊂平面PGB,∴AD⊥PB.(2)解当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.设F为PC的中点,连接GC交DE于H,连接FH.∵GB∥DE,且E为BC中点,∴H为GC中点.∴FH∥PG.由(1)知PG⊥平面ABCD,∴FH⊥平面ABCD.∵FH⊂平面DEF,∴平面DEF⊥平面ABCD.能力提升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,但要去掉两个点答案D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.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是异面直线答案B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.3.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) 答案DM⊥PC(或:BM⊥PC,答案不唯一) 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.4.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=     . 答案2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==2.5.(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.