4.4.2 平面与平面垂直 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（湘教版）

4.4.2　平面与平面垂直 [课时跟踪检测] 1.对于直线m，n和平面α，β，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⊥α，m∥β D.m∥n，m⊥α，n⊥β 解析：选C　根据m⊥n，m∥α，n∥β，有可能出现α∥β的情况，A错误. 根据m⊥n，α∩β=m，n⊥α，不一定得到α⊥β，如图1，B错误. 过m作平面γ与平面β交于直线p，如图2， ∵m∥β，m⊂γ，β∩γ=p，∴m∥p.∵m∥n，n⊥α，∴m⊥α.∴p⊥α.又p⊂β，从而得到α⊥β，C正确. ∵m∥n，m⊥α，∴n⊥α. 而n⊥β，∴α∥β，D错误.故选C. 2.已知平面α⊥平面β，且α∩β=l，要得到直线m⊥平面β，还需要补充以下的条件是 (　　) A.m⊂α B.m∥α C.m⊥l D.m⊂α且m⊥l 解析：选D　选项A、B、C的条件都不能得到直线m⊥平面β.而补充选项D后，可以得到直线m⊥平面β.理由是若两平面垂直，则一个平面内垂直于两平面交线的直线垂直于另一个平面.故选D. 3.已知三棱锥A⁃BCD中，AD⊥BC，AD⊥CD，则有 (　　) A.平面ABC⊥平面ADC B.平面ADC⊥平面BCD C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ABC⊥平面ADB 解析：选B　如图所示，因为AD⊥BC，AD⊥CD，BC∩CD=C，所以AD⊥平面BCD.而AD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BCD. 4.如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，若DH⊥平面ABC于H，那么点H必在 (　　) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 解析：选A　在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD=B，∴AC⊥平面ABD. 又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABD. ∵平面ABC∩平面ABD=AB， ∴点H必在AB上.故选A. 5.如图，三棱台ABC⁃A1B1C1的下底面是正三角形，AB⊥BB1，B1C1⊥BB1，则二面角A⁃BB1⁃C的大小是 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析：选C　在三棱台ABC⁃A1B1C1中，B1C1∥BC，且B1C1⊥BB1，则BC⊥BB1.又AB⊥BB1，且AB∩BC=B，所以B1B⊥平面ABC.所以∠ABC为二面角A⁃BB1⁃C的平面角.因为△ABC为等边三角形，所以∠ABC=60°. 6.(多选)如图，在梯形ABCD中，BC∥AD，∠ABC=90°，AD∶BC∶AB=2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折.在翻折的过程中，可能成立的结论是 (　　) A.DF⊥BC B.BD⊥FC C.平面BDF⊥平面BCF D.平面DCF⊥平面BCF 解析：选BC　因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，故A错误; 设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时，有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB=2∶3∶4，∠BCF为锐角，所以可作出BP⊥CF，从而满足条件，故B正确;当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，故C正确;因为AD∶BC=2∶3，AD∶EF=4∶5，所以点D的投影不可能在CF上，所以平面DCF⊥平面BCF不成立，故D错误. 7.(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C⁃AB⁃D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB.从而∠CED为二面角C⁃AB⁃D的平面角，即∠CED=150°. 显然CE∩DE=E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC， 因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE， 直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE， 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1，DE=，在△CDE中，由余弦定理得 CD===， 由正弦定理得=， 即sin∠DCE==， 显然∠DCE是锐角，cos∠DCE===， 所以tan∠DCE==. 所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为. 8.（5分）空间四边形ABCD中，AB=BC，CD=DA，E是AC的中点，则平面BDE与平面ABC的位置关系是　　　　　　.  解析：如图，∵AB=BC，CD=DA，E是AC的中点，∴AC⊥BE，AC⊥DE.又BE∩DE=E，BE，DE⊂平面BDE，∴AC⊥平面BDE.∵AC⊂平面ABC，∴平面BDE⊥平面ABC. 答案：垂直 9. （5分）如图，正三棱柱ABC⁃A1B1C1的棱长都相等，则二面角A1⁃BC⁃A的余弦值为　　　　　　.  解析：取BC的中点M，连接AM，A1M， 因为△ABC为等边三角形，所以AM⊥BC. 又因为AA1⊥平面ABC，AB，AC，AM⊂平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，AA1⊥AM. 易知△AA1B≌△AA1C.所以A1B=A1C，则A1M⊥BC. 所以二面角A1⁃BC⁃A的平面角为∠AMA1， 设AB=2，则A1A=2，AM=，A1M==， 所以cos∠AMA1===. 答案： 10. （5分）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为轴运动，若平面ADB⊥平面ABC，则CD=　　　　.  解析：如图，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.又CE⊂平面ABC，所以DE⊥CE.因为AB2=AC2+BC2，所以△ABC为直角三角形.由已知可得DE=，EC=1， 在Rt△DEC中，CD==2. 答案：2 11.（5分）已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同的直线，给出下列四个论断： ①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α. 以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：　　　　　　　　　　.(用序号表示)  解析：若m⊥n，n⊥β，m⊥α，则α⊥β.证明：如图，过平面α和平面β外一点P，作PA∥m，PA交α于A，作PB∥n，PB交β于B， 则PA⊥α，PB⊥β，PA⊥PB， 显然α与β不平行，设α∩β=l，则PA⊥l，PB⊥l. 因为PA∩PB=P，PA，PB⊂平面PAB， 所以l⊥平面PAB. 延展平面PAB交l于点M，连接AM，BM， 则l⊥AM，l⊥BM， 则∠AMB是二面角α⁃l⁃β的一个平面角. 因为PA⊥α，AM⊂α，所以PA⊥AM. 同理有PB⊥BM. 又PA⊥PB，所以四边形PAMB为矩形， 则AM⊥BM， 则平面α和平面β所成的二面角的平面角是直二面角，故α⊥β. 若α⊥β，n⊥β，m⊥α，则m⊥n. 证明：因为α⊥β，所以α与β所成二面角的平面角为90°. 因为n⊥β，m⊥α， 所以直线m，n的夹角也为90°，即m⊥n. 若m⊥n，α⊥β，n⊥β， 则m与α相交或m∥α或m⊂α. 若m⊥n，α⊥β，m⊥α， 则n与α相交或n∥α或n⊂α. 答案：①③④⇒②(或②③④⇒①) 12.(10分)如图，四棱锥P⁃ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB. (1)求证：CD⊥AP;（4分） (2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.（6分） 证明：(1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP.又AP⊥AB，AB∩AD=A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以AP⊥平面ABCD.因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP. (2)由(1)知CD⊥AP，又因为CD⊥PD，PD∩AP=P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. ① 因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB， 所以AB⊥AD. 又AP⊥AB，AP∩AD=A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD. ② 由①②得，AB∥CD.因为AB⊂平面PAB， CD⊄平面PAB，所以CD∥平面PAB. 13.(15分)如图，四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1的底面为菱形，AA1⊥底面ABCD， ∠BAD=120°，E，F分别是CD，AA1的中点. (1)求证：DF∥平面B1AE;（7分） (2)求证：平面B1AE⊥平面A1B1BA.（8分） 证明：(1)取AB1的中点G，连接FG，GE，如图所示， 因为F是AA1的中点， 所以FG是△AA1B1的中位线. 所以FG=A1B1， FG∥A1B1. 又四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1的底面为菱形， 所以CD∥A1B1，CD=A1B1. 又E是CD的中点，所以DE=CD=A1B1，DE∥A1B1.所以FG=DE，FG∥DE. 所以四边形GEDF是平行四边形. 所以DF∥EG. 又DF⊄平面B1AE，EG⊂平面B1AE， 所以DF∥平面B1AE. (2)连接AC，在菱形ABCD中，∠BAD=120°， 则∠ADC=60°. 所以△ACD是等边三角形. 所以AE⊥CD，即AE⊥AB. 又AA1⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD， 所以AA1⊥AE. 又AB∩AA1=A，AB，AA1⊂平面A1B1BA， 所以AE⊥平面A1B1BA. 因为AE⊂平面B1AE， 所以平面B1AE⊥平面A1B1BA. 14.(15分)如图，在三棱柱ABC⁃A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB=90°. (1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;（5分） (2)设AB=A1B，AA1=2，求四棱锥A1⁃BB1C1C的高.（10分） 解：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC， 因为∠ACB=90°，所以BC⊥AC，又A1C∩AC=C，A1C，AC⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. (2)如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点H，由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，又平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1，A1H⊂平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱锥A1⁃BB1C1C的高为A1H. 由题意知AB=A1B，BC=BC，∠A1CB=∠ACB=90°，则△ACB≌△A1CB，故CA=CA1. 又AA1=2，∠ACA1=90°， 所以A1C1=CA1=. 在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，所以A1H=CC1=1， 故四棱锥A1⁃BB1C1C的高为1. 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 $