8.6.3 第1课时 平面与平面垂直的判定定理 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（人教A版）

8.6.3 第1课时 平面与平面垂直的判定定理 [课时跟踪检测] 1.经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有 (　　) A.0个 B.1个 C.无数个 D.1个或无数个 解析:选D　当两点连线与平面α垂直时,可作无数个垂面,否则,只有1个.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 解析:选C　∵n⊥β,m∥n,∴m⊥β.又m⊂α,由面面垂直的判定定理,∴α⊥β. 3.自二面角内任意一点分别向两个面引垂线,则两垂线所成的角与二面角的平面角的关系是 (　　) A.相等 B.互补 C.互余 D.无法确定 解析:选B　如图,BD,CD为AB,AC所在平面与α,β的交线,则∠BDC为二面角α-l-β的平面角.且∠ABD=∠ACD=90°,所以∠A+∠BDC=180°. 4.如图,在△ABC中,AD⊥BC,△ABD的面积是△ACD的面积的2倍,沿AD将△ABD翻折,使翻折后BC⊥平面ACD,此时二面角B-AD-C的大小为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:选C　由已知BD=2CD,翻折后,在Rt△BCD中,∠BDC=60°,而AD⊥BD,CD⊥AD,故∠BDC是二面角B-AD-C的平面角,其大小为60°.故选C. 5.(多选)在正四面体P-ABC中,D,E,F分别是AB,BC,CA的中点,则下面结论成立的是 (　　) A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面ABC D.平面PAE⊥平面ABC 解析:选ABD　如图所示,∵BC∥DF,BC⊄平面PDF,DF⊂平面PDF,∴BC∥平面PDF, ∴A正确.由BC⊥PE,BC⊥AE,PE∩AE=E,得BC⊥平面PAE,∴DF⊥平面PAE,∴B正确.∴平面ABC⊥平面PAE(BC⊥平面PAE),∴D正确.若平面PDF⊥平面ABC,设DF∩AE=O,连接PO,易知PO⊥平面ABC,即点P在平面ABC的射影为点O,而在正四面体P-ABC中,点P在平面ABC的射影为正三角形ABC的中心,矛盾,∴C错误. 6.将两个相同的正棱锥的底面重叠组成的几何体称为“正双棱锥”.如图,在正双三棱锥P-ABC-Q中,PA,PB,PC两两互相垂直,则二面角P-AB-Q的余弦值为 (　　) A.- B.- C.- D.- 解析:选D　如图,取AB中点D,连接PD,QD,PQ,交平面ABC于点O,连接OD,由正棱锥性质及对称性易知O为△ABC的中心,且PD⊥AB,DQ⊥AB,故∠PDQ为二面角P-AB-Q的平面角,设正三棱锥侧棱长为2,易得AB=2,PD=DQ=,OD=AB=,则PQ=2PO=2=,在△PDQ中,由余弦定理得cos∠PDQ==-.故选D. 7.(多选)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为线段A1B上的动点(不含端点),则下列结论正确的是 (　　) A.平面CBP⊥平面BB1P B.DC1⊥PC C.三棱锥C1-D1PC的体积为定值 D.∠APD1的取值范围是 解析:选ABC　连接PB1(图略),∵CB⊥平面BB1P,CB⊂平面CBP,∴平面CBP⊥平面BB1P,故A正确;连接DC1,CD1(图略),由DC1⊥对角面BCD1A1,可得DC1⊥PC,故B正确; 连接C1P(图略),=,底面积为定值,高BC为定值,因此体积为定值,故C正确;连接AD1,设正方体的棱长为1,BP=x(0<x<),在△APB中,∠ABP=,由余弦定理得AP2=AB2+BP2-2AB·BP·cos=x2+1-x.易知A1D1⊥A1P,则在Rt△D1A1P中,A1P=-x(0<x<),D1P2=A1+A1P2=1+(-x)2=x2-2x+3,由余弦定理得cos∠APD1===,当x=时,∠APD1为直角,当<x<时,cos∠APD1<0,此时∠APD1为钝角,故D错误. 8.米斗是称量粮食的量器,是古代官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具.如图为一倒正四棱台型米斗,高为40 cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50 cm的球O的球面上,且一个底面的中心与球O的球心重合,则该正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选D　由题意,作出正四棱台的对角面,如图, AD为正四棱台上底面正方形对角线,BC为正四棱台下底面正方形对角线,O为外接球球心,且为线段BC的中点,则OD=OA=OB=OC=50,过点D作DE⊥BC,垂足为E, 则∠DCE即为所求角.因为OD=50,DE=40, 所以OE=30,所以EC=20,所以DC=20, 所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为.故选D. 9.(5分)如图,二面角α-l-β的大小是60°,线段AB⊂α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是　　　　. 解析:如图,作AO⊥β于O,AC⊥l于C,连接OB,OC,则OC⊥l.设AB与β所成的角为θ,则∠ABO=θ.由图得sin θ==·=sin 30°sin 60°=. 答案: 10.(5分)如图,已知AB⊥平面BCD,BC⊥CD,则图中互相垂直的平面共有　　　　对. 解析:∵AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABC,AB⊂平面ABD,∴平面ABC⊥平面BCD,平面ABD⊥平面BCD.∵BC⊥CD,∴DC⊥平面ABC.又DC⊂平面ADC,∴平面ADC⊥平面ABC,∴共有3对互相垂直的平面. 答案:3 11.(5分)在四面体A-BCD中,AB=BC=CD=AD,∠BAD=∠BCD=90°,A-BD-C为直二面角,E是CD的中点,则∠AED=　　　　　.  解析:如图,设AB=BC=CD=AD=a,取BD中点F,连接AF,CF.由题意可得,AF=CF=a,∠AFC=90°.在Rt△AFC中,可得AC=a,∴△ACD为正三角形.∵E是CD的中点,∴AE⊥CD,∴∠AED=90°. 答案:90° 12.(5分)如图,AC⊥平面BCD,BD⊥CD,AC=AD,则平面 ABD 与平面 BCD 所成的二面角的大小为　　　　. 解析:因为AC⊥平面 BCD,BD⊂平面 BCD, 所以BD⊥AC. 又因为BD⊥CD,AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD,所以BD⊥平面 ACD. 因为AD⊂平面 ACD,所以AD⊥BD. 所以∠ADC即为平面 ABD 与平面 BCD 所成二面角的平面角. 在Rt△ACD中,AC=AD,所以∠ADC=30°. 答案:30° 13.(10分)如图,在直角三角形ABC中,AB=BC,D为AC的中点,以BD为折痕将△ABD折起,使点A到达点P的位置,且PB⊥CD.求证:平面PBD⊥平面BCD. 证明:∵在直角三角形ABC中,AB=BC,D为AC的中点, ∴BD⊥CD,又∵PB⊥CD,BD∩PB=B, ∴CD⊥平面PBD.∵CD⊂平面BCD. ∴平面PBD⊥平面BCD. 14.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,AC,BD相交于点O,点E为PC的中点,OP=OC,PA⊥PD. 求证:(1)直线PA∥平面BDE;(5分) (2)平面BDE⊥平面PCD.(5分) 证明:(1)如图,连接OE,因为O为平行四边形ABCD对角线的交点, 所以O为AC的中点. 又E为PC的中点, 所以OE∥PA. 因为OE⊂平面BDE, PA⊄平面BDE,所以直线PA∥平面BDE. (2)因为OE∥PA,PA⊥PD,所以OE⊥PD. 因为OP=OC,E为PC的中点,所以OE⊥PC. 又PD⊂平面PCD,PC⊂平面PCD,PC∩PD=P, 所以OE⊥平面PCD. 因为OE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面PCD. 15.(15分)如图,把等腰直角三角形ABC沿斜边AB所在直线旋转至△ABD的位置,使CD=AC. (1)求证:平面ABD⊥平面ABC;(7分) (2)求二面角C-BD-A的余弦值.(8分) 解:(1)证明:如图,取AB的中点O,连接OD,OC. ∵△ABD是等腰直角三角形, ∴DO⊥AB,且DO=AD.同理得CO⊥AB,且CO=AC. ∵AD=AC,∴DO=CO=AC.∵CD=AC,∴DO2+CO2=CD2. ∴△CDO为等腰直角三角形,DO⊥CO. 又AB∩CO=O,∴DO⊥平面ABC. 又DO⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面ABC. (2)取BD的中点E,连接CE,OE. 易知△BCD为等边三角形,∴CE⊥BD. 又△BOD为等腰直角三角形,∴OE⊥BD. ∴∠OEC为二面角C-BD-A的平面角. 由(1)易证得CO⊥平面ABD,∴CO⊥OE. ∴△COE为直角三角形. 设BC=1,则CE=,OE=, ∴cos∠OEC==, 即二面角C-BD-A的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $