课时测评21 平面与平面垂直-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第四册同步课堂高效讲义配套练习word（人教B版）

课时测评21　平面与平面垂直 (时间：40分钟　满分：100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．如图，已知三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝CA＝CB＝，AB＝2，SC＝，则二面角S-AB-C的平面角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案：C 解析：取AB的中点O，连接SO，CO，如图，由SA＝SB＝CA＝CB，得SO⊥AB，CO⊥AB，所以二面角S-AB-C的平面角是∠SOC．在△SOA中，SO＝＝，同理CO＝，在△SOC中，SO＝CO＝SC＝，所以∠SOC＝60°，二面角S-AB-C的平面角的大小为60°.故选C． 2．如图，已知PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，则互相垂直的面共有(　　) A．2对 B．3对 C．4对 D．5对 答案：D 解析：由PA⊥平面ABCD，因为PA⊂平面PAB，且PA⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD．又由BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC，且PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，又因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，同理可得CD⊥平面PAD，且CD⊥平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD，由ABCD为矩形，所以AB⊥AD，AB⊥PA且PA∩AD＝A，可得AB⊥平面PAD，又由AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．综上可得，共有5对相互垂直的平面．故选D． 3．PA垂直于正方形ABCD所在平面，连接PB、PC、PD、AC、BD，则下列垂直关系正确的是(　　) ①平面PAB⊥平面PAD ②平面PAB⊥平面PBC ③平面PAB⊥平面PCD ④平面PAB⊥平面PAC A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 答案：A 解析：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又在正方形ABCD中，AD⊥AB，AB∩PA＝A，AB、PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又因为AD⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD，所以①正确；因为在正方形ABCD中，AD∥BC，所以BC⊥平面PAB，因为BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC，所以②正确．故选A． 4．三棱锥P-ABC的三个侧面两两垂直，则顶点P在底面ABC的射影为△ABC的(　　) A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 答案：D 解析：由三棱锥P-ABC的三个侧面两两垂直，可得三条侧棱两两垂直，由PA⊥PB，PA⊥PC，PB、PC⊂平面PBC，PB∩PC＝P，所以PA⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC．所以PA⊥BC．设点P在底面ABC的射影是O，则PO⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PO⊥BC．又PA、PO为平面PAO内两条相交直线，所以BC⊥平面PAO，又因为AO在平面PAO内，所以BC⊥OA；同理可证AB⊥OC，AC⊥OB，故O为△ABC的垂心．故选D． 5．如图所示，在三棱锥P-ABC中，平面ABC⊥平面PAB，PA＝PB，AD＝DB，则(　　) A．PD⊂平面ABC B．PD⊥平面ABC C．PD与平面ABC相交但不垂直 D．PD∥平面ABC 答案：B 解析：在△PAB中，PA＝PB，AD＝DB，可得PD⊥AB，在三棱锥P-ABC中，平面ABC⊥平面PAB，平面ABC∩平面PAB＝AB，又PD⊂平面PAB，由平面与平面垂直的性质定理可得PD⊥平面ABC．故选B． 6．如图，在三棱锥V-ABC中，AB＝2，VA＝VB，AC＝BC，VC＝1，且AV⊥BV，AC⊥BC，则二面角V-AB-C的余弦值是________． 答案： 解析：取AB的中点O，连接VO、OC，如下图所示： 因为VA＝VB，O为AB的中点，则VO⊥AB，且AV⊥BV，AB＝2，所以VO＝AB＝，同理可得OC⊥AB，且OC＝，所以，二面角V-AB-C的平面角为∠VOC，由余弦定理得cos ∠VOC＝＝，因此，二面角V-AB-C的余弦值为. 7．在四棱台ABCD-EFGH中，底面ABCD是边长为1的正方形，DE⊥平面ABFE，AE＝DE，点P为侧棱AE上的动点，若二面角H-BC-A与二面角P-CD-B的大小相等．则PA的长为________． 答案： 解析：因为DE⊥平面ABFE，AB⊂平面ABFE，所以DE⊥AB，又AB⊥AD，DE∩AD＝D，DE、AD⊂平面ADHE，所以AB⊥平面ADHE，又PM⊂平面ADHE，所以AB⊥PM，在平面ADHE内，过点P作PM⊥AD，垂足为M，过点H作HN⊥AD，垂足为N，如图所示，则PM∥HN，因为PM⊥AD，AB⊥PM，AD∩AB＝A，AD、AB⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，所以HN⊥平面ABCD，在平面ABCD内，过点N作NK⊥BC，垂足为K，如图所示，因为四边形ABCD是正方形，所以AD∥BC，且AD⊥CD，因为HN⊥平面ABCD，HN⊂平面ADHE，所以平面ADHE⊥平面ABCD，又平面ADHE∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面ADHE，又PD⊂平面ADHE，所以CD⊥PD，所以∠PDM为二面角P-CD-B的平面角，因为HN⊥AD，AD∥BC，所以HN⊥BC，又NK⊥BC，HN∩NK＝N，HN、NK⊂平面HNK，所以BC⊥平面HNK，又HK⊂平面HNK，所以HK⊥BC，所以∠HKN为二面角H-BC-A的平面角，因为DE⊥平面ABFE，AE⊂平面ABFE，所以DE⊥AE，又AE＝DE，所以∠PAD＝∠ADE＝45°，tan ∠HKN＝＝HN，tan ∠PDM＝，由题意知∠HKN＝∠PDM，所以HN＝，设PA＝x，则PM＝x，所以MD＝1－x，又HN＝AE sin 45°＝，所以＝，解得x＝，所以PA的长为. 8．已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则点C到平面EBD的距离为________，二面角E-BD-C的大小为________． 答案：1　 解析：连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接EO，如图，因为AB＝BC＝2，所以ABCD为正方形，所以AC⊥BD，即CO⊥BD，又ABCD-A1B1C1D1为长方体，所以CC1⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD，又CC1∩CO＝C，CC1，CO⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC，又BD⊂平面EBD，所以平面EBD⊥平面EOC，过C作CM⊥EO于M，又因为平面EBD∩平面EOC＝OE，CM⊂平面EOC，所以CM⊥平面EBD，又CO＝，CE＝，所以在Rt△COE中，得CM＝1，即点C到平面EBD的距离为1，因为ED＝EB，O为BD的中点，所以EO⊥BD，又因为CO⊥BD，平面EBD∩平面BDC＝BD，EO⊂平面EBD，CO⊂平面BDC，所以∠EOC为二面角E-BD-C的平面角，又EC＝CO＝，所以∠EOC＝，所以二面角E-BD-C的大小为. 9．(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点． (1)求证：EF∥平面PAB；(4分) (2)若AP＝AD，平面PAD⊥平面ABCD，证明：平面PAD⊥平面PCD．(6分) 证明：(1)因为底面ABCD是矩形，所以AB∥CD， 因为点E、F分别是棱PC和PD的中点， 所以EF∥CD， 所以AB∥EF， 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， 所以EF∥平面PAB． (2)因为AP＝AD，点F为棱PD的中点， 所以AF⊥PD， 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD， 所以CD⊥平面PAD， 又AF⊂平面PAD，所以CD⊥AF， 又PD∩CD＝D，PD、CD⊂平面PCD， 所以AF⊥平面PCD， 因为AF⊂平面PAD， 所以平面PAD⊥平面PCD． 10．(10分)如图，菱形ABCD的边长为6，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥B-ACD，M是棱BC的中点，DM＝3. (1)求证：OM∥平面ABD；(3分) (2)求证：平面ABC⊥平面MDO；(3分) (3)求三棱锥M-ABD的体积．(4分) 解：(1)证明：因为O是菱形ABCD的对角线的交点，所以O是AC的中点． 又点M是棱BC的中点，所以OM是△ABC的中位线，OM∥AB． 因为OM⊄平面ABD，AB⊂平面ABD， 所以OM∥平面ABD． (2)证明：由题意得，OM＝OD＝3， 因为DM＝3，所以∠DOM＝90°，OD⊥OM. 又四边形ABCD是菱形，所以OD⊥AC． 因为OM∩AC＝O，且OM⊂平面ABC， AC⊂平面ABC， 所以OD⊥平面ABC． 因为OD⊂平面MDO， 所以平面ABC⊥平面MDO. (3)三棱锥M-ABD的体积等于三棱锥D-ABM的体积． 由(2)知，OD⊥平面ABC， 所以OD为三棱锥D-ABM的高． 又△ABM的面积为△ABC面积的，即△AOB的面积，为，所以三棱锥M-ABD的体积为×S△ABM×OD＝. 11．(5分)(多选)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则四个推断正确的是(　　) A．A1C1⊥AD1 B．A1C1⊥BD C．平面A1C1B∥平面ACD1 D．平面A1C1B⊥平面BB1D1D 答案：BCD 解析：因为A1C1∥AC，所以直线A1C1与AD1所成的角为∠D1AC＝60°，故A不正确．因为A1C1∥AC，AC⊥BD，所以A1C1⊥BD，故B正确．因为A1C1∥AC，A1B∥CD1，A1C1∩A1B＝A1，AC∩CD1＝C，所以平面A1C1B∥平面ACD1，故C正确．因为A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，B1D1∩DD1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D，因为A1C1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B⊥平面BB1D1D，故D正确．故选BCD． 12．(5分)在四面体SABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝，SA＝SC＝2，平面SAC⊥平面BAC，则该四面体外接球的表面积为________． 答案：π 解析：因为AB⊥BC，AB＝BC＝，所以AC＝2，因为SA＝SC＝2，所以△SAC为等边三角形，又平面SAC⊥平面BAC，取AC的中点D，则点D是△ABC的外心，连接SD，则SD⊥平面ABC，则球心O在SD上，设四面体SABC的外接球的半径为r，则有r＋＝，解得r＝.故该四面体外接球的表面积为π. 13．(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(5分) (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P-ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．(8分) 解：(1)证明：∠BAP＝∠CDP＝90°，即AB⊥PA，CD⊥PD， 又AB∥CD， 所以AB⊥PD， 因为PA∩PD＝P，PA，PD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 因为AB⊂平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD． (2)设PA＝PD＝AB＝DC＝a，取AD的中点O，连接PO，如图， 由(1)知AB⊥平面PAD， 又OP⊂平面PAD， 所以AB⊥PO， 因为PA＝PD，∠APD＝90°， 所以PO⊥AD，AD＝＝a，PO＝a， 又AB，AD⊂平面ABCD，AB∩AD＝A， 所以PO⊥平面ABCD， 因为四棱锥P-ABCD的体积为， 由AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD， 得AB⊥AD， 又AB＝DC，AB∥CD， 所以四边形ABCD为矩形， 所以VP-ABCD ＝×S四边形ABCD×PO ＝×AB×AD×PO ＝×a×a×a＝a3＝， 解得a＝2， 所以PA＝PD＝AB＝DC＝2， AD＝BC＝2，PO＝， 所以PB＝PC＝＝2， 由上述可知△PAD，△PAB，△PCD都是直角三角形，△PBC是等腰三角形， 该四棱锥的侧面积： S侧＝S△PAD ＋S△PAB ＋S△PDC ＋S△PBC ＝×PA×PD＋×PA×AB＋×PD×DC＋×BC× ＝×2×2＋×2×2＋×2×2＋×2×＝6＋2. 14．(17分)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点． (1)求证：EF∥平面A1B1BA；(4分) (2)求证：平面AEA1⊥平面BCB1 ；(5分) (3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．(8分) 解：(1)证明：连接A1B，在△A1BC中， 因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥A1B， 又因为A1B⊂平面A1B1BA，EF⊄平面A1B1BA， 所以EF∥平面A1B1BA． (2)证明：因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC， 因为AA1⊥平面ABC，AB，AC⊂平面ABC， 所以AA1⊥AB，AA1⊥AC， 又因为BB1∥AA1，所以BB1⊥AB，BB1⊥AC， 又因为AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC， 所以BB1⊥平面ABC，又因为AE⊂平面ABC， 所以BB1⊥AE，又因为BC∩BB1＝B， BC，BB1⊂平面BCB1， 所以AE⊥平面BCB1， 又因为AE⊂平面AEA1， 所以平面AEA1⊥平面BCB1． (3)取BB1的中点M和B1C的中点N，连接A1M，A1N，NE， 因为N和E分别为B1C和BC的中点， 所以NE綉B1B， 所以NE綉A1A， 所以四边形A1AEN是平行四边形， 所以A1N綉AE， 又因为AE⊥平面BCB1，易知A1N⊥平面BCB1， 所以∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成的角， 在△ABC中，可得AE＝2，所以A1N＝AE＝2， 因为BM∥AA1，BM＝AA1，所以A1M∥AB且A1M＝AB， 又由AB⊥BB1，所以A1M⊥BB1， 在Rt△A1MB1中，A1B1＝＝4， 在Rt△A1NB1中，sin ∠A1B1N＝＝， 所以∠A1B1N＝30°，即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°. 学科网（北京）股份有限公司 $