课时分层评价32 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（湘教版）

课时分层评价32　平面与平面垂直 (时间：40分钟　满分：80分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8每小题5分，共40分) 1.在二面角棱l上任选一点O，若∠AOB是二面角α-l-β的平面角，则必须具有条件(　　) A.AO⊥BO，AO⊂α，BO⊂β B.AO⊥l，BO⊥l C.AB⊥l，AO⊂α，BO⊂β D.AO⊥l，BO⊥l，且AO⊂α，BO⊂β 答案：D 解析：根据题意，l是α与β平面的交线，则根据二面角的定义，若AO⊥l，BO⊥l，且AO⊂α，BO⊂β，则∠AOB为二面角的平面角. 故选D. 2.如果直线l，m与平面α，β，γ满足l＝β∩γ，l∥α，m⊂α，m⊥γ，那么必有(　　) A.α⊥γ和l⊥m B.α∥γ和m∥β C.m∥β且l⊥m D.α∥β和α⊥γ 答案：A 解析：因为m⊂α，m⊥γ，所以α⊥γ.因为m⊥γ，β∩γ＝l，所以m⊥l，故选A. 3.如图，正四面体A-BCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD上的动点，则(　　) A.存在点G，使PG⊥EF成立 B.存在点G，使FG⊥EP成立 C.不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立 D.不存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立 答案：B 解析：在正四面体A-BCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD上的动点，在A中，取BD的中点O，连接AO，CO，则AO⊥BD，CO⊥BD，又因为AO∩CO＝O，所以BD⊥平面AOC，所以BD⊥AC，因为PG∩BD＝G，所以不存在点G，使PG⊥EF成立，故A错误；在B中，连接BF，则BF∥PE，因为G是BD上的动点，所以存在点G使FG⊥EP成立，故B正确；在C中，因为G是BD上动点，所以存在点G，使FG⊥平面ACD成立，故C错误；在D中，当G为BD中点时，易证BG⊥平面EFG，即存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立，故D错误.故选B. 4.已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，沿对角线AC折叠之后，使得平面BAC⊥平面DAC，则二面角B-CD-A的余弦值为(　　) A.2 B. C. D. 答案：D 解析：如图所示： 取AC的中点O，过O作OH⊥CD于H，连接BH，OD， 由已知可得，△ABC为等边三角形，故BO⊥AC， 又平面BAC⊥平面DAC，平面BAC∩平面DAC＝AC，BO⊂平面ABC， 所以BO⊥平面DAC，又CD⊂平面DAC， 则BO⊥CD， 又OH⊥CD，BO∩OH＝O，BO，OH⊂平面BOH， 则CD⊥平面BOH，又BH⊂平面BOH， 所以BH⊥CD， 所以∠BHO即为二面角B-CD-A的平面角. 设AB＝1，则OB＝OD＝，OH＝OD＝， 因为OH⊂平面DAC，BO⊥平面DAC，则BO⊥OH， 所以BH＝＝， 所以cos∠BHO＝＝. 二面角B-CD-A的余弦值为. 故选D. 5.(多选)如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使点A到达A'的位置，此时A'C＝，则(　　) A.平面A'BD⊥平面BDC B.平面A'BD⊥平面A'BC C.平面A'DC⊥平面BDC D.平面A'DC⊥平面A'BC 答案：AD 解析：在三棱锥A'􀆼BDC中，A'D＝A'B＝1，故BD＝，DC＝，又A'C＝，故A'C2＝A'D2＋DC2，则CD⊥A'D，又CD⊥BD，A'D∩BD＝D，所以CD⊥平面A'BD，故平面A'BD⊥平面BDC.又CD⊥平面A'BD，所以CD⊥A'B.又A'B⊥A'D，A'D∩CD＝D，所以A'B⊥平面A'DC，故平面A'DC⊥平面A'BC.故选AD. 6.如图，在长方体ABCD􀆼A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，CC1＝，则二面角C1􀆼BD􀆼C的大小为　　　. 答案：30° 解析：如图，取BD的中点O，连接OC，OC1， 因为AB＝AD＝2， 所以CO⊥BD，CO＝. 因为CD＝BC， 所以C1D＝C1B， 所以C1O⊥BD. 所以∠C1OC为二面角C1􀆼BD􀆼C的平面角. tan∠C1OC＝＝＝. 所以∠C1OC＝30°，即二面角C1􀆼BD􀆼C的大小为30°. 7.如图，点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下面四个结论：①点P到平面ACD1的距离不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1. 其中正确结论的序号是　　　　.(写出所有你认为正确结论的序号) 答案：①②④ 解析：连接AC，A1C1，A1B，AD1，D1C.因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1.又因为AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1.同理可证AD1∥平面A1BC1，又因为AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，且AC∩AD1＝A，所以平面ACD1∥平面A1BC1.因为A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故②正确.因为BC1∥AD1，所以BC1∥平面ACD1，所以点P到平面ACD1的距离不变，故①正确.连接DB，DC1，DP.因为DB＝DC1，所以当P为BC1的中点时才有DP⊥BC1，故③错误.因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.又因为AC⊥BD，BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.连接B1D，又因为B1D⊂平面BB1D1D，所以B1D⊥AC.同理可证B1D⊥AD1.又因为AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，AC∩AD1＝A，所以B1D⊥平面ACD1.又因为B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确. 8.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，则在三棱锥A-BCD中，下列判断正确的是　　　　.(写出所有正确的序号) ①平面ABD⊥平面ABC ②直线BC与平面ABD所成角是45° ③平面ACD⊥平面ABC ④二面角C-AB-D余弦值为 答案：②③④ 解析：因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°， 所以BD⊥CD， 又因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD， 所以CD⊥平面ABD， 又AB⊂平面ABD， 所以CD⊥AB. 又因为AD⊥AB，AD，CD⊂平面ACD，AD∩CD＝D， 所以AB⊥平面ACD. 又因为AB⊂平面ABC， 所以平面ABC⊥平面ACD.所以③正确. 平面ABD与平面ABC不能垂直，否则将有平面ACD∥平面ABD， 而平面ABD∩平面ACD＝AD，所以①不正确. 因为CD⊥平面ABD. 所以∠CBD即为直线BC与平面ABD所成角，而∠CBD＝45°， 所以直线BC与平面ABD所成角是45°.所以②正确. 因为AB⊥平面ACD，AC⊂平面ACD， 所以AB⊥AC， 又AB⊥AD， 所以∠CAD或其补角即为二面角C-AB-D的平面角. 因为CD⊥平面ABD，AD⊂平面ABD， 所以CD⊥AD. 设AD＝1，则CD＝，AC＝， 所以cos∠CAD＝＝.所以④正确. 9.(10分)如图1，在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝，AB⊥AC，AC⊥CD，E为BC的中点，将△ACD沿对角线AC折起，使CD⊥BC，连接BD，得到如图2所示的三棱锥D-ABC. (1)证明：平面ADE⊥平面BCD； (2)已知直线DE与平面ABC所成的角为，求二面角A-BD-C的余弦值. 解：(1)证明：在三棱锥D-ABC中， 因为CD⊥BC，CD⊥AC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC， 所以CD⊥平面ABC， 又AE⊂平面ABC， 所以AE⊥CD， 因为AB＝AC，E为BC中点， 所以AE⊥BC， 又BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD， 又AE⊂平面ADE， 所以平面ADE⊥平面BCD； (2)由(1)可知∠DEC即为直线DE与平面ABC所成的角， 所以∠DEC＝， 故CD＝CE＝1；由(1)知AE⊥平面BCD，过E作EH⊥BD于H，连接AH，如图所示. 因为AE⊥BD，AE∩EH＝E，AE，EH⊂平面AEH， 所以BD⊥平面AEH，可知AH⊥BD， 故∠AHE为二面角A-DB-C的平面角. 由△BHE∽△BCD，得＝， 即＝，得EH＝， 所以AH＝，故cos∠AHE＝＝， 所以二面角A-DB-C的余弦值为. 10.(10分)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，能否在棱上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD？并证明你的结论. 解：(1)证明：如图所示，设G为AD的中点，连接PG，BG，因为△PAD为正三角形，所以PG⊥AD. 在菱形ABCD中，因为∠BAD＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD. 又因为BG∩PG＝G， 所以AD⊥平面PGB. 因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB. (2)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD. 证明如下：设F为PC的中点， 则在△PBC中，FE∥PB. 在菱形ABCD中，GB∥DE. 因为FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF， EF∩DE＝E， 所以平面DEF∥平面PGB. 由题意得PG⊥平面ABCD，而PG⊂平面PGB， 所以平面PGB⊥平面ABCD， 所以平面DEF⊥平面ABCD. 11.(5分)已知直角△ABC，∠ABC＝90°，AB＝12，BC＝8，D，E分别是AB，AC的中点，将△ADE沿着直线DE翻折至△PDE，形成四棱锥P-BCED，则在翻折过程中，①∠DPE＝∠BPC；②PE⊥BC；③PD⊥EC；④平面PDE⊥平面PBC，不可能成立的结论是(　　) A.①②③ B.①② C.③④ D.①②④ 答案：D 解析：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝12，BC＝8， D，E分别是AB，AC的中点，可得PD＝DB＝6，DE＝4， 由DE⊥PD，DE⊥BD，PD∩BD＝D，可得ED⊥平面PBD， 即有DE⊥PB，又BC∥DE，即有BC⊥PB， 在直角三角形PBC中，tan∠BPC＝＝， 在直角三角形PDE中，tan∠DPE＝＝， 若∠DPE＝∠BPC，可得PB＝12，这与PB＜PD＋BD矛盾，故①不可能成立； 由于BC∥DE，且PE与DE不垂直，则PE与BC也不垂直，则②不可能成立； 当在翻折过程中，平面PED⊥平面BCED，且PD⊥DE，平面PED∩平面BCED＝DE， 可得PD⊥平面BCED，则PD⊥EC，则③可能成立； 由BC∥DE，过P作直线l与BC平行，也与DE平行，可得平面PBC和平面PDE的交线为直线l， 且PB⊥l，PD⊥l，则∠BPD为平面PBC和平面PDE所成角， 由于BD＝PD，则∠BPD不可能为直角，则④不可能成立. 故选D. 12.(15分)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2a，AD＝a，点E是SD上的点，且DE＝λa(0＜λ≤2). (1)求证：对任意的λ∈(0，2]，都有AC⊥BE； (2)设二面角C-AE-D的大小为θ，直线BE与平面ABCD所成的角为φ，若sin φ＝cos θ，求λ的值. 解：(1)证明：连接BE，BD，由底面ABCD是正方形可得AC⊥BD. 因为SD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以SD⊥AC， 又SD∩BD＝D，SD⊂平面SBD，BD⊂平面SBD， 所以AC⊥平面SBD. 而BE⊂平面SBD，所以AC⊥BE； (2)由SD⊥平面ABCD知，∠DBE＝φ， 因为SD⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， 所以SD⊥CD. 又底面ABCD是正方形， 所以CD⊥AD， 而SD∩AD＝D，SD⊂平面SAD，AD⊂平面SAD， 所以CD⊥平面SAD. 连接AE，CE，过点D在平面SAD内作DF⊥AE于F，连接CF. 由于CD⊥平面SAD，AE⊂平面SAD，因此AE⊥CD. 又DF∩CD＝D，所以AE⊥平面CDF. 而CF⊂平面CDF，所以CF⊥AE. 故∠CFD是二面角C-AE-D的平面角，即∠CFD＝θ. 在Rt△BDE中，因为BD＝2a，DE＝λa， 所以BE＝，sin φ＝＝. 在Rt△ADE中，因为AD＝a，DE＝λa， 所以AE＝a，从而DF＝＝， 在Rt△CDF中，CF＝ ＝a. 所以cos θ＝＝. 因为sin φ＝cos θ， 所以＝， 所以λ∈(0，2]，解得λ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $