课时分层评价52 平面与平面垂直-【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（北师大版）

课时分层评价52　平面与平面垂直 (时间：60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.下列命题正确的是(　　) A.若平面α内的一条直线a垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β B.若平面α⊥β，则α内的直线垂直于平面β C.若平面α⊥β，且α∩β＝l，则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面β D.若直线a与平面α内的无数条直线都垂直，则不能说一定有a⊥α 答案：D 解析：对于A，若平面α内的一条直线a垂直于平面β内的任意一条直线，则α⊥β，故A错误；对于B，由面面垂直的性质定理知，只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面，故B错误；对于C，平面α⊥β，且α∩β＝l，则只有过α内一点P与l垂直的直线在α内时才垂直于β，故C错误；对于D，a与平面α内的任意一条直线都垂直可以推出a⊥α，故D正确.故选D. 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 答案：C 解析：对于A，m⊥n，m∥α，n∥β，则α与β相交或平行，故A错误；对于B，m⊥n，α∩β＝m，n⊄α，则α与β不一定垂直，故B错误；对于C，m∥n，n⊥β，可得m⊥β，且m⊂α，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；对于D，m∥n，m⊥α，n⊥β，得α∥β，故D错误.故选C. 3.已知平面α⊥平面β，点A∈α，则过点A且垂直于平面β的直线(　　) A.只有一条，不一定在平面α内 B.有无数条，不一定在平面α内 C.只有一条，一定在平面α内 D.有无数条，一定在平面α内 答案：C 解析：根据面面垂直的性质定理可知，当平面α垂直平面β时，过平面α上一点且垂直于平面β的直线，只有一条，且在平面α内.故选C. 4.如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面ABC，点C是圆上的任意一点，图中有(　　)对平面与平面垂直. A.1 B.2 C.3 D.4 答案：C 解析：由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC.同理，平面PAC⊥平面ABC.由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC. 又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC. 由BC⊂平面PBC，从而平面PBC⊥平面PAC，故图中相互垂直的平面有3对.故选C. 5.如图所示，将等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，使得∠B'AC＝60°，则这个二面角的大小是(　　) A.30° B.60° C.90° D.120° 答案：C 解析：因为AD是等腰直角三角形ABC斜边BC上的高，所以BD＝DC＝AC，即B'D＝DC＝AC，且B'D⊥AD，CD⊥AD，因此∠B'DC是所求二面角的平面角.因为∠B'AC＝60°，AB'＝AC，所以△B'AC是等边三角形，因此B'C＝AB'＝AC，所以在△B'DC中，有B'D2＋DC2＝B'C2，所以∠B'DC＝90°.故选C. 6.(多选题)如图，在四面体ABCD中，AB＝AC，BC⊥BD，平面ABC⊥平面BCD，O为线段BC的中点，则下列判断正确的是(　　) A.AC⊥BD B.BD⊥平面ABC C.AB⊥CD D.AO⊥平面BCD 答案：ABD 解析：因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，BC⊥BD，所以BD⊥平面ABC，故B正确；因为AC⊂平面ABC， 所以BD⊥AC，故A正确； 因为AB＝AC，O为线段BC的中点，所以BC⊥AO，同理可得AO⊥平面BCD，故D正确；因为BD⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以BD⊥AB，BD∩CD＝D，BD，CD⊂平面BCD，若AB⊥CD，则AB⊥平面BCD，显然B，O不重合，故C错误.故选ABD. 7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ABC1D1和平面ABCD所成二面角的大小是　　　　. 答案：45° 解析：因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，所以AB⊥平面B1C1CB，所以AB⊥BC1，AB⊥BC，所以∠C1BC是平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的平面角.因为∠C1BC＝45°，所以平面ABC1D1和平面ABCD所成的二面角的大小为45°. 8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段B1D1上的点，则满足C1P⊥平面BDD1B1的点P的个数为　　　　. 答案：1 解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1⊥平面A1B1C1D1，所以平面BDD1B1⊥平面A1B1C1D1，且平面BDD1B1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，连接A1C1，交B1D1于P，如图所示，则有A1C1⊥B1D1，即C1P⊥B1D1.由面面垂直的性质定理有C1P⊥平面BDD1B1.又在平面A1B1C1D1内过点C1作直线B1D1的垂线有且仅有一条，故垂足点P有且仅有一个. 9.(开放题)如图在正方体ABCD-A'B'C'D'中，垂直于平面CDA'B'的平面有　　　　.(写出两个即可) 答案：平面ABC'D'，平面A'BC'(答案不唯一) 解析：连接BC'，A'C'，A'B，AD'，如图所示.因为四边形BCC'B'为正方形，所以BC'⊥B'C.因为A'B'⊥平面BCC'B'，BC'⊂平面BCC'B'，所以A'B'⊥BC'.因为B'C∩A'B'＝B'，B'C，A'B'⊂平面CDA'B'，所以BC'⊥平面CDA'B'.因为BC'⊂平面ABC'D'，所以平面ABC'D'⊥平面CDA'B'.同理BC'⊂平面A'BC'，所以平面A'BC'⊥平面CDA'B'.故垂直于平面CDA'B'的平面有平面ABC'D'，平面A'BC'.故答案为平面ABC'D'，平面A'BC'(答案不唯一). 10.(13分)如图，在三棱锥P-ABC中，侧面PAC是边长为2的等边三角形，PB＝2，∠ABC＝. 求证：平面PAC⊥平面ABC. 证明：取AC的中点为O，连接OP，OB，如图所示. 因为△PAC是边长为2的等边三角形，所以OP⊥AC，OP＝. 在直角三角形ABC中，∠ABC＝，O为AC中点，所以OB＝AC＝1. 又PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，所以∠POB＝90°，即OP⊥OB. 又因为OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，所以OP⊥平面ABC. 又OP⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC. (11－13小题，每小题5分，共15分) 11.(多选题)如图，在四棱锥P-ABCD中，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，故A、B成立；又PE⊂平面PBE，所以平面PBE⊥平面ABCD，故C成立；若平面PBE⊥平面PAD，且PE⊥AD. 而平面PBE∩平面PAD＝PE，AD⊂平面PAD，所以AD⊥平面PBE. 又BE⊂平面PBE，则AD⊥BE，但此关系不一定成立，故D错误.故选ABC. 12.如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体，则在四面体O－AEF中，下列说法不正确的序号是　　　　. ①AO⊥平面EOF；②AH⊥平面EOF；③AO⊥EF；④AF⊥OE；⑤平面AOE⊥平面AOF. 答案：② 解析：对于①，依题意，得AO⊥OE，AO⊥OF，OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面EOF，所以AO⊥平面EOF，故①正确. 对于②，由①可知AO⊥平面EOF，又AO∩AH＝A，故AH与平面EOF不垂直，②错误. 对于③，由①知，AO⊥平面EOF，又EF⊂平面EOF，所以AO⊥EF，故③正确. 对于④，由①可得AO⊥OE，又OE⊥OF，AO∩OF＝O，AO，OF⊂平面AOF， 所以OE⊥平面AOF，又AF⊂平面AOF，所以OE⊥AF，即AF⊥OE，故④正确. 对于⑤，由④知OE⊥平面AOF，又OE⊂平面AOE，得平面AOE⊥平面AOF，故⑤正确.故答案为②. 13.如图，在三棱锥D-ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则平面ADC与平面BDE的关系是　　　　. 答案：垂直 解析：因为AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，所以由等腰三角形三线合一，可知BE⊥AC，DE⊥AC.又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE. 又AC⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BDE. 14.(15分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BB1，AB⊥BC. (1)求证：平面A1BC⊥平面ABB1A1； (2)求证：AC1⊥A1B. 证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中， 因为BB1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BB1⊥BC. 又因为BC⊥AB，AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1. 又因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面ABB1A1. (2)连接AB1，如图所示. 由(1)可知BC⊥平面ABB1A1， 因为A1B⊂平面ABB1A1， 所以BC⊥A1B. 因为BC∥B1C1，所以B1C1⊥A1B. 又因为在正方形ABB1A1中A1B⊥AB1，AB1∩B1C1＝B1，AB1，B1C1⊂平面AB1C1，所以A1B⊥平面AB1C1. 又因为AC1⊂平面AB1C1，所以A1B⊥AC1，即AC1⊥A1B. 15.(5分)(新情境)在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图①的方式进行拼接，然后他又将三角板ABC折起，使得二面角A-BC-D为直二面角，得图②所示四面体ABCD.小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：(1)CD⊥平面ABC；(2)AB⊥平面ACD；(3)平面ABD⊥平面ACD；(4)平面ABD⊥平面BCD.其中判断正确的个数是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案：C 解析：对于(1)，因为二面角A-BC-D为直二面角，可得平面ABC⊥平面BCD. 又因为平面ABC∩平面BCD＝BC，CD⊥BC，且CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面ABC， 故(1)正确；对于(2)，由CD⊥平面ABC，且AB⊂平面ABC，可得AB⊥CD.又因为AB⊥AC，且AC∩CD＝C，AC，CD⊂平面ACD，所以AB⊥平面ACD，故(2)正确；对于(3)，由AB⊥平面ACD，且AB⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACD，故(3)正确；对于(4)，因为CD⊥平面ABC，且CD⊂平面BCD，可得平面ABC⊥平面BCD.若平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面ABC＝AB，可得AB⊥平面BCD. 又因为BC⊂平面BCD，所以AB⊥BC.因为AB与BC不垂直，所以矛盾，所以平面ABD和平面BCD不垂直，故(4)错误.故选C. 16.(17分)如图，正方形ABCD与正三角形ADP所在平面互相垂直，Q是AD的中点. (1)求证：PQ⊥BQ； (2)在线段AB上是否存在一点N，使平面PCN⊥平面PQB？并证明你的结论. 解：(1)证明：因为PA＝PD，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PQ⊂平面PAD，所以PQ⊥平面ABCD. 因为BQ⊂平面ABCD，所以PQ⊥BQ. (2)存在点N，当N为AB中点时，平面PCN⊥平面PQB，如图所示. 证明如下： 因为四边形ABCD是正方形，Q为AD的中点，则Rt△CBN≌Rt△BAQ，所以∠ABQ＝∠BCN. 又∠ABQ＋∠CBQ＝90°，所以∠BCN＋∠CBQ＝90°，所以BQ⊥NC. 由(1)知，PQ⊥平面ABCD，NC⊂平面ABCD，所以PQ⊥NC. 因为BQ∩PQ＝Q，BQ，PQ⊂平面PQB，所以NC⊥平面PQB. 因为NC⊂平面PCN，所以平面PCN⊥平面PQB. 学科网（北京）股份有限公司 $