课时梯级训练(50) 平面与平面垂直（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学必修2（北师大版2019）

课时梯级训练(50)　平面与平面垂直 1．(2024·天津卷)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n∥α，则m⊥n B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交 C　解析：对于A，B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A，B错误；对于C，D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误． 2．(2024·山西运城高一期末)如图所示，PA垂直于正方形ABCD所在平面，则以下关系错误的是(　　) A．平面PCD⊥平面PAD B．平面PCD⊥平面PBC C．平面PAB⊥平面PBC D．平面PAB⊥平面PAD B　解析：对于A，因为底面为正方形，所以CD⊥AD， 因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD， 而PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD， 又因为CD⊂平面PCD， 所以平面PCD⊥平面PAD，故A正确； 对于C，因为底面为正方形，所以BC⊥AB， 因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC， 而PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB， 又因为BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，故C正确； 对于D，因为AD∥BC，由选项C可得AD⊥平面PAB， 而AD⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD，故D正确． 对于B，平面PCD与平面PBC不垂直，故B错误．故选B. 3．如图所示，将正方形ABCD沿对角线AC折叠后，平面BAC⊥平面DAC，则二面角B­CD­A的余弦值为(　　) A． B． C． D． C　解析：设正方形的边长为a，取AC的中点O，连接BO，则BO⊥AC，过点O作AD的平行线OE交CD于点E，连接BE，如图， 因为平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC＝AC，BO⊂平面BAC， 则BO⊥平面DAC，而CD⊂平面DAC，于是BO⊥CD， 又OE⊥CD，BO∩OE＝O，BO，OE⊂平面BOE，则CD⊥平面BOE， 而BE⊂平面BOE，即有CD⊥BE， 因此∠BEO为二面角B­CD­A的平面角，显然BO＝a，OE＝， 有BO⊥OE，即△BOE为直角三角形，有BE2＝BO2＋OE2＝a2，则BE＝a， 所以cos ∠BEO＝＝＝.故选C. 4．(多选)如图所示，在三棱锥P­ABC中，能推出AP⊥BC的条件是(　　) A．AP⊥PB，BC⊥PB B．AP⊥PB，AP⊥PC C．平面BCP⊥平面PAC，BC⊥PC D．AP⊥平面PBC BCD　解析：对于A，AP⊥PB，BC⊥PB，不能证明AP⊥BC，不能推出； 对于B，AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC， 则AP⊥平面PBC，∴AP⊥BC，能推出； 对于C，平面BPC⊥平面APC，平面BPC∩平面APC＝PC，BC⊂平面PBC，BC⊥PC，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AP，能推出； 对于D，AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AP⊥BC，能推出．故选BCD. 5．已知l是平面β外的一条直线．给出下列三个论断： ①α⊥β；②l⊥α；③l∥β. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________． 答案：①②⇒③(或②③⇒①)　解析：①②⇒③， 说明：∵α⊥β，l⊥α，∴l∥β或l⊂β. 又l是平面β外的一条直线，∴l∥β，命题正确； ①③⇒②， 说明：设α∩β＝m，取直线l∥m，此时l∥β，但直线l可能平行于平面α，也可能在平面α中，所以命题不正确； ②③⇒①， 说明：∵l∥β，∴平面β内必存在一条直线与直线l平行，设为n，即n∥l， 又l⊥α，∴n⊥α，从而得α⊥β，所以命题正确． 6．(2024·福建莆田高一期末)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝2，则二面角P­BC­D的大小是________． 答案：　解析：过点P作PM⊥AD，垂足为点M，过点M作MN⊥BC，垂足为点N，连接PN. 平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又PM⊥AD，PM⊂平面PAD， 根据面面垂直的性质定理可得，PM⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，故PM⊥BC， 又BC⊥MN，MN∩PM＝M，MN，PM⊂平面PMN，故BC⊥平面PMN， 由PN⊂平面PMN，故BC⊥PN，于是二面角P­BC­D的平面角为∠PNM， 在Rt△PMN中，PM＝，MN＝1，∠PMN＝， 则tan ∠PNM＝＝，则∠PNM＝. 7．如图所示，四棱锥S­ABCD中，点E在线段AB上(不含端点位置)，∠ABC＝∠BAD＝60°，AB＝BC＝SA＝SB＝SC＝2AD＝4.求证：平面SBC⊥平面ABCD. 证明：设点M为BC的中点，连接SM，MA. ∵BC＝SB＝SC，∴BC2＝SB2＋SC2，则有SB⊥SC， 由题意得MB＝MC＝2，SM⊥BC，且SM＝2， ∴在△ABM中，由余弦定理得MA2＝AB2＋MB2－2AB·MB cos 60°＝12， 则MA＝2. 在△SAM中，SA2＝MA2＋SM2， ∴SM⊥MA， 而SM⊥BC，MA∩BC＝M，MA，BC⊂平面ABCD，∴SM⊥平面ABCD， 而SM⊂平面SBC，平面SBC∩平面ABCD＝BC， 故平面SBC⊥平面ABCD. 8．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是PC，AB的中点．证明：PC⊥平面DEF. 证明：如图，取AD的中点O，连接OP， 因为△PAD是等边三角形，所以PO⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. 连接OF，PF，CF，因为底面ABCD是边长为2的正方形，F是AB的中点，则PO⊥OF， 所以OP＝，OF＝，PF＝CF＝. 又E是PC的中点，PD＝CD，所以DE⊥PC，EF⊥PC. 因为DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF， 所以PC⊥平面DEF. 9．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC，D为AB的中点，下列说法正确的有(　　) ①CD⊥平面ABB1A1； ②BC1∥平面A1DC； ③平面A1DC⊥平面ABB1A1. A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 D　解析：三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，又CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD， 又AC＝BC，D为AB的中点，所以CD⊥AB，且AB∩AA1＝A，AB，AA1⊂平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1， 又CD⊂平面A1CD，所以平面A1DC⊥平面ABB1A1，故①③都正确； 连接AC1交A1C于点O，连接DO，可知DO为△ABC1的中位线， 所以DO∥BC1，又DO⊂平面A1DC，BC1⊄平面A1DC， 所以BC1∥平面A1DC，故②正确．故选D. 10．(多选)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，以下四个结论正确的是(　　) A．D1C∥平面A1ABB1 B．A1D1与平面BCD1相交 C．AD⊥平面D1DB D．平面BCD1⊥平面A1ABB1 AD　解析：在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面D1CD∥平面A1ABB1， 所以D1C∥平面A1ABB1，所以A选项正确； A1D1在平面BCD1内，所以B选项错误； ∠ADB＝45°，所以AD不可能垂直于平面D1DB，所以C选项错误； 因为BC⊥平面A1ABB1，BC⊂平面BCD1，所以平面BCD1⊥平面A1ABB1，所以D选项正确．故选AD. 11．(多选)如图所示，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后得到三棱锥A­BCD，则下列说法正确的是(　　) A．AB⊥CD B．∠ABC＝ C．三棱锥D­ABC是正三棱锥 D．AC所在的直线与平面BCD所成的角为 ABC　解析：因为平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD＝AD，CD⊥AD，CD⊂平面ACD，所以CD⊥平面ADB，因为AB⊂平面ADB.所以CD⊥AB，故A正确； 由A选项得CD⊥DB，所以DA，DB，DC两两垂直，且DA＝DB＝DC，所以三角形ABC为正三角形，故B，C正确； 又知AD⊥平面BCD，所以AC所在直线与平面BCD所成角为∠ACD＝，故D不正确．故选ABC. 12．矩形ABCD的边AB＝，过B，D作直线AC的垂线，垂足分别为E，F，且E，F分别为AC的三等分点．沿着AC将矩形翻折，使得二面角B­AC­D成直角，则BD的长为________． 答案：　解析：因为矩形ABCD的边AB＝，过B，D作直线AC的垂线，垂足分别为E，F，且E，F分别为AC的三等分点． 故设AF＝FE＝EC＝x，易得△AEB∽△ABC，所以cos ∠BAE＝＝，即cos ∠BAE＝＝， 解得x＝，所以AC＝，AD＝1，所以DF＝BE＝＝. 因为二面角B­AC­D成直角， 所以异面直线DF，BE所成角为90°， 所以BD＝＝＝. 13．如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在线段AC上，∠ACB＝90°，BC＝1，AC＝CC1＝2. (1)证明：AC1⊥A1B； (2)设直线AA1到平面BCC1B1的距离为，求二面角A1­BC­B1的大小． (1)证明：连接A1C，AC1，由题设，易知四边形ACC1A1为菱形，故A1C⊥AC1， 由点A1在平面ABC内的射影D在AC上，得A1D⊥平面ABC， 又BC⊂平面ABC，所以A1D⊥BC，而∠ACB＝90°，则BC⊥AC， 又A1D∩AC＝D，A1D，AC⊂平面ACC1A1，故BC⊥平面ACC1A1， 因为AC1⊂平面ACC1A1，所以BC⊥AC1， 而A1C∩BC＝C，A1C，BC⊂平面A1CB，则AC1⊥平面A1CB， 因为A1B⊂平面A1CB，所以AC1⊥A1B. (2)解：由(1)知BC⊥平面ACC1A1，A1C，CC1⊂平面ACC1A1，则BC⊥A1C，BC⊥CC1， 所以∠A1CC1是二面角A1­BC­B1的平面角， 由AA1∥CC1，AA1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，则AA1∥平面BCC1B1， 直线AA1到平面BCC1B1的距离为，即A1到平面BCC1B1的距离为， 又BC⊥平面ACC1A1，BC⊂平面BCC1B1， 则平面BCC1B1⊥平面ACC1A1， 又A1∈平面ACC1A1，平面BCC1B1∩平面ACC1A1＝CC1，即A1到CC1的距离为， 由题设A1C1＝AC＝CC1＝2，易知sin ∠A1C1C＝， 因为点A1在平面ABC内的射影D在线段AC上，则∠A1C1C＝∠A1AC为锐角， 所以∠A1C1C＝60°，故△A1C1C为等边三角形，即∠A1CC1＝60°， 所以二面角A1­BC­B1的大小为60°. 14．如图所示，边长为4的正方形ABCD所在平面与正三角形PAD所在平面互相垂直，Q为AD的中点． (1)求证：DB⊥PQ； (2)在线段AB上是否存在一点N，使得平面PCN⊥平面PQB？若存在，试指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由． (1)证明：正三角形PAD中，Q为AD的中点，故PQ⊥AD. 因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PQ⊂平面PAD， 所以PQ⊥底面ABCD， 又DB⊂底面ABCD，所以DB⊥PQ. (2)解：存在点N，当N为AB中点时，平面PCN⊥平面PQB，证明如下： 由(1)知，PQ⊥底面ABCD，又CN⊂底面ABCD，所以PQ⊥CN， 因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，N为AB的中点，所以BA＝DA，AQ＝BN， ∠QAB＝∠NBC＝90°，所以△QAB≌△NBC，所以∠AQB＝∠BNC. 因为∠AQB＋∠ABQ＝90°，所以∠CNB＋∠ABQ＝90°，所以CN⊥BQ， 而PQ∩BQ＝Q，PQ，BQ⊂平面PQB，所以CN⊥平面PQB. 又CN⊂平面PCN，所以平面PCN⊥平面PQB. 学科网（北京）股份有限公司 $$