第八章 课时分层评价39 平面与平面垂直的性质-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（人教A版）

课时分层评价39　平面与平面垂直的性质 (时间：40分钟　满分：110分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9小题，每小题5分，共45分) 1.设平面α与平面β的交线为l，则“α内存在直线m⊥l”是“α⊥β”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.即不充分也不必要条件 答案：B 解析：由题意可得α∩β＝l，m⊂α，①若m⊥l，则α⊥β或α与β相交不垂直，所以充分性不成立；②若α⊥β，α内存在直线m⊥l，所以必要性成立，故“α内存在直线m⊥l”是“α⊥β”的必要不充分条件.故选B. 2.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB上任取一点E，作EF⊥A1B1于F，则EF与平面A1B1C1D1的关系是(　　) A.平行 B.EF⊂平面A1B1C1D1 C.相交但不垂直 D.垂直 答案：D 解析：由于正方体中平面ABB1A1⊥平面A1B1C1D1，所以根据面面垂直的性质定理可知，EF与平面A1B1C1D1垂直.故选D. 3.已知直线a和平面α，β有如下关系：①α⊥β，②α∥β，③a⊥β，④a∥α，则下列命题为真的是(　　) A.①③⇒④ B.①④⇒③ C.③④⇒① D.②③⇒④ 答案：C 解析：对于A，由α⊥β，a⊥β，可得a∥α或a⊂α，故A错误；对于B，由α⊥β，a∥α，可得a⊂β或a∥β或a与β相交，故B错误；对于C，由a∥α，过a作平面γ与α相交，交线为b，则a∥b，因为a⊥β，所以b⊥β，而b⊂α，可得α⊥β，故C正确；对于D，由α∥β，a⊥β，可得a⊥α，故D错误.故选C. 4.已知在四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为3的等边三角形，BD＝CD，BD⊥CD，则四面体ABCD的体积为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥CD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面ABD.又等边△ABD边长为3，则S△ABD＝AB·AD·sin 60°＝.又BD＝CD＝3，故V四面体ABCD＝CD·S△ABD＝.故选C. 5.(多选)已知平面α，β，γ和直线l，下列命题中正确的是(　　) A.若α⊥β，β∥γ，则α⊥γ B.若α⊥β，则存在l⊂α，使得l∥β C.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ D.若α⊥β，l∥α，则l⊥β 答案：ABC 解析：对于A，因为α⊥β，所以存在直线a⊂α，使得a⊥β，又因为β∥γ，所以a⊥γ.又因为a⊂α，所以α⊥γ，故A正确；对于B，如图①所示：在长方体中，满足α⊥β，存在这样的直线l⊂α，使得l∥β，故B正确；对于C，过直线l上任意一点作直线m⊥γ，根据面面垂直的性质可知：m⊂α，m⊂β，所以m与直线l重合，所以l⊥γ，故C正确；对于D，如图②所示：在长方体中，满足α⊥β，l∥α，此时l∥β，故D错误.故选ABC. 6.(多选)如图，在四面体PABC中，AB＝AC，PB＝PC，D，E，F分别是棱AB，BC，CA的中点，则下列结论中一定成立的是(　　) A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面PAE D.平面PDF⊥平面ABC 答案：ABC 解析：因为D，F分别为AB，AC的中点，则DF为△ABC的中位线，则BC∥DF.依据线面平行的判定定理，可知BC∥平面PDF，故A成立；又E为BC的中点，且PB＝PC，AB＝AC，则BC⊥PE，BC⊥AE.依据线面垂直的判定定理，可知BC⊥平面PAE.因为BC∥DF，所以DF⊥平面PAE，故B成立；又DF⊂平面PDF，则平面PDF⊥平面PAE，故C成立；要使平面PDF⊥平面ABC，已知AE⊥DF，则必须有AE⊥PD或AE⊥PF，由条件知此垂直关系不一定成立，故D不一定成立.故选ABC. 7.如图，三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上，平面ABD⊥平面BCD，BC＝CD＝AD＝1，BD＝，AB＝，则球O的表面积为　　　　. 答案：3π 解析：如图，由AD＝1，BD＝，AB＝，得AD2＋BD2＝AB2，则AD⊥BD.又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.因为BC＝CD＝1，BD＝，所以BC2＋CD2＝BD2，所以BC⊥CD.因为AD∩CD＝D，所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AC.取AB的中点O，则O为三棱锥A-BCD的外接球的球心.外接球的半径R＝AB＝，所以球O的表面积为4πR2＝4π×＝3π. 8.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为轴转动，当平面ADB⊥平面ABC时，CD＝　　　　. 答案：2 解析：如图所示，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. 9.如图所示，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点.若CD＝2，平面ABCD⊥平面DCEF，则线段MN的长等于　　　　. 答案： 解析：取CD的中点G，连接MG，NG(图略).因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，所以MG⊥CD，MG＝2，NG＝.因为平面ABCD⊥平面DCEF，平面ABCD∩平面DCEF＝CD，MG⊂平面ABCD，所以MG⊥平面DCEF.又NG⊂平面DCEF，可得MG⊥NG，所以MN＝＝. 10.(13分)如图，在六面体ABCDEF中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝CD＝1，四边形ADEF是正方形，平面ADEF⊥平面ABCD.证明：平面BCE⊥平面BDE. 证明：因为AB∥CD，AB⊥AD且AB＝AD＝CD＝1，所以BD＝BC＝，CD＝2.所以BC⊥BD. 因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD， 又因为四边形ADEF是正方形，ED⊥AD，ED⊂平面ADEF，所以ED⊥平面ABCD. 因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥ED. 因为BD，ED⊂平面BDE，BD∩ED＝D，所以BC⊥平面BDE. 因为BC⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面BDE. (11—13小题，每小题5分，共15分) 11.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：因为平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AC⊂平面PAC，所以AC⊥平面PBC.又因为BC⊂平面PBC，所以AC⊥BC，所以∠ACB＝90°.所以动点C的轨迹是以AB为直径的圆，除去A和B两点.故选D. 12.(多选)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC⊥CB，AC＝CB，PA＝PB＝AB，E，M是棱PB上的点，M为EB的中点，F是棱PC上的点，若PB⊥平面AEF，则下列选项正确的有(　　) A.平面AEF⊥平面PAB B.E为PB的中点 C.PF＝3FC D.CM∥平面AEF 答案：ABD 解析：对于A，由PB⊥平面AEF，PB⊂平面PAB，所以平面AEF⊥平面PAB，故A正确；对于B，因为PB⊥平面AEF，AE⊂平面AEF，所以PB⊥AE，又△PAB为等边三角形，所以E为PB的中点，故B正确；对于C，因为PB⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以PB⊥EF.设△PAB的边长为2，则BC＝，PB＝2.如图所示，取AB的中点O，连接CO，PO，则PO＝，CO＝1，因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO⊥AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABC，因为CO⊂平面ABC，所以PO⊥CO，所以PC＝＝2.在△BPC中，由余弦定理，得cos ∠BPC＝＝＝.在Rt△PEF中，cos ∠BPC＝＝＝，所以PF＝，FC＝PC－PF＝2－＝，所以PF＝2FC，故C错误；对于D，由上知，PF＝2FC，又M为EB的中点，所以PE＝2EM，所以CM∥EF.又EF⊂平面AEF，CM⊄平面AEF，所以CM∥平面AEF，故D正确.故选ABD. 13.如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1，M是四边形D1DCC1内异于C，D的动点，平面AMD⊥平面BMC.则M点的轨迹长度为　　　　. 答案：π 解析：因为DM⊂平面D1DCC1，BC⊥平面D1DCC1，故DM⊥BC.又因为平面AMD⊥平面BMC，故要满足题意，只需DM⊥MC即可.又点M在平面D1DCC1内，故点M的轨迹是平面D1DCC1内以DC为直径的半圆(不包含D，C).又正方体棱长为2，故该半圆的半径为1，故其轨迹长度为＝π. 14.(15分)如图所示，在平行四边形ABCD中，已知AD＝2AB＝2a，BD＝a，AC∩BD＝E，将其沿对角线BD折成直二面角，得到如图所示的三棱锥.求证： (1)AB⊥平面BCD； (2)平面ACD⊥平面ABD. 证明：(1)在△ABD中，AB＝a，AD＝2a，BD＝a， 所以AB2＋BD2＝AD2，所以∠ABD＝90°，AB⊥BD. 又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD， 所以AB⊥平面BCD. (2)因为折叠前四边形ABCD是平行四边形，且AB⊥BD，所以CD⊥BD. 因为折叠后AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD， 所以AB⊥CD， 因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD， 所以CD⊥平面ABD. 又因为CD⊂平面ACD， 所以平面ACD⊥平面ABD. 15.(5分)(多选)如图，点P为四边形ABCD所在平面外一点，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，E为AD的中点，则下列结论成立的是(　　) A.PE⊥AC B.PE⊥BC C.平面PBE⊥平面ABCD D.平面PBE⊥平面PAD 答案：ABC 解析：因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，又AC，BC⊂平面ABCD，所以PE⊥AC，PE⊥BC，所以A，B结论一定成立.又PE⊂平面PBE，所以平面PBE⊥平面ABCD，所以C结论一定成立.若平面PBE⊥平面PAD，则AD⊥平面PBE，必有AD⊥BE，此关系不一定成立，故选ABC. 16.(17分)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2.∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点. (1)求证：EF⊥平面BCG； (2)求三棱锥D-BCG的体积. 解：(1)证明：因为AB＝BC＝BD＝2， ∠ABC＝∠DBC＝120°，所以△ABC≌△DBC，所以AC＝DC. 因为G为AD的中点，所以CG⊥AD， 同理BG⊥AD. 因为CG∩BG＝G，CG，BG⊂平面BCG， 所以AD⊥平面BCG. 又E，F分别是AC，DC的中点， 所以EF∥AD，所以EF⊥平面BCG. (2)如图所示，在平面ABC内，作AO⊥CB，交CB的延长线于O， 因为△ABC和△BCD所在平面互相垂直，平面ABC∩平面BCD＝BC，且AO⊂平面ABC， 所以AO⊥平面BCD. 因为G为AD的中点， 所以G到平面BCD的距离h是AO长度的一半. 在△AOB中，AO＝AB·sin 60°＝， 所以h＝. 又S△DCB＝BC·BD·sin ∠DBC＝， 所以VD-BCG＝VG-BCD＝S△DCB·h＝××＝. 学生用书⬇第126页 学科网（北京）股份有限公司 $