11.4.2 第2课时 平面与平面垂直的性质 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

1．已知直线l⊥平面α，则“直线l∥平面β”是“平面α⊥平面β”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A.①当l∥β时，又因为l⊥α，则α⊥β，所以充分性成立；②当α⊥β时，又因为l⊥α，则l∥β或l⊂β，所以必要性不成立．所以“直线l∥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要条件．故选A. 2．已知m，n，l是直线，α，β是平面，α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，m⊥α，则直线m与n的位置关系是(　　) A．异面 B．相交但不垂直 C．平行 D．相交且垂直 解析：选C.因为α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，所以n⊥α.又m⊥α，所以m∥n.故选C. 3.如图所示，三棱锥P­ABC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 解析：选B.因为PA＝PB，AD＝DB，所以PD⊥AB.又因为平面ABC⊥平面PAB，平面ABC∩平面PAB＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC. 4．(2025·丹东期末)如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影点H必在(　　) A．直线AB上 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC内部(不包括边界) 解析：选A.连接AC1(图略). 因为AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，所以AC⊥平面ABC1. 又因为AC⊂平面ABC， 所以平面ABC1⊥平面ABC， 所以点C1在平面ABC上的射影点H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上． 5.(2025·阜新月考)在四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是(　　) A．锐角(非等边)三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 解析：选B.作AE⊥BD于点E，因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AE⊂平面ABD，所以AE⊥平面BCD.又因为BC⊂平面BCD，所以AE⊥BC.因为DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC. 又因为AE∩DA＝A，AE，DA⊂平面ABD， 所以BC⊥平面ABD. 因为AB⊂平面ABD，所以BC⊥AB，即△ABC为直角三角形．故选B. 6．(多选)(2025·潍坊期末)以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ADB和△ADC折成互相垂直的两个平面后，得出的正确结论是(　　) A．BD⊥AC B．△ABC是等边三角形 C．三棱锥D­ABC是正三棱锥 D．平面ADB⊥平面ABC 解析：选ABC.对于A，由题意知，AD⊥BD，又平面ADB⊥平面ADC，平面ADB∩平面ADC＝AD，BD⊂平面ABD，所以BD⊥平面ADC，又因为AC⊂平面ADC，所以BD⊥AC，故A正确； 对于B，C，由A知BD⊥CD，设AB＝AC＝a，因为AD为等腰直角三角形ABC斜边BC上的高，所以AD＝BD＝CD＝a，又因为∠BDC＝90°，所以BC＝＝a， 所以AB＝AC＝BC，所以△ABC为等边三角形，即三棱锥D­ABC是正三棱锥，故B，C正确； 对于D，因为CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ADB，所以CD⊥平面ADB，又CD⊂平面BDC，所以平面BDC⊥平面ADB，假如平面ADB⊥平面ABC， 平面BDC∩平面ABC＝BC，则BC⊥平面ADB，显然是不可能的，所以D错误． 7．已知平面α⊥平面β，a⊂α，b⊂β，且b∥α，a⊥b，则a和β的位置关系是____________． 解析：设α∩β＝m，因为b∥α，b⊂β，所以b∥m.又因为a⊥b，所以a⊥m.因为α⊥β，α∩β＝m，a⊂α，所以a⊥β. 答案：垂直 8.如图所示，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．若CD＝2，平面ABCD⊥平面DCEF，则线段MN的长为____________． 解析：取CD的中点G，连接MG，NG.因为四边形ABCD，DCEF为正方形，且边长为2， 所以MG⊥CD，MG＝2，NG＝. 因为平面ABCD⊥平面DCEF，平面ABCD∩平面DCEF＝CD，MG⊂平面ABCD， 所以MG⊥平面DCEF， 又NG⊂平面DCEF，可得MG⊥NG， 所以MN＝＝. 答案： 9．已知α，β是两个不同的平面，l是平面α与β之外的直线，给出下列三个论断：①l⊥α，②l∥β，③α⊥β. 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：________．(用序号表示) 解析：由l∥β可在平面β内作l′∥l，又l⊥α， 所以l′⊥α， 因为l′⊂β，所以α⊥β，故①②⇒③. 答案：①②⇒③ 10.(13分)如图，在三棱台ABC­DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2. 求证：BF⊥平面ACFD. 证明：延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示． 因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC＝BC，且AC⊥BC，AC⊂平面ABC， 所以AC⊥平面BCK， 又BF⊂平面BCK，因此BF⊥AC. 又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2， 所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK. 又CK∩AC＝C，CK，AC⊂平面ACFD， 所以BF⊥平面ACFD. 11.如图所示，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，且BC1⊥AC，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H，则点H在(　　) A．直线AC上 B．直线AB上 C．直线BC上 D．△ABC内部 解析：选B.连接AC1，因为BC1⊥AC，BA⊥AC，且BC1∩BA＝B，BC1，BA⊂平面ABC1，所以AC⊥平面ABC1，又AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ABC1，因为平面ABC∩平面ABC1＝AB，要过C1作C1H⊥平面ABC， 则只需过C1作C1H⊥AB即可，故点H在直线AB上．故选B. 12．(多选)(2025·大连期末)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC⊥CB，AC＝CB，PA＝PB＝AB，E，M是棱PB上的点，M为EB的中点，F是棱PC上的点，若PB⊥平面AEF，则下列选项正确的有(　　) A.平面AEF⊥平面PAB B．E为PB的中点 C．PF＝3FC D．CM∥平面AEF 解析：选ABD.对于A，因为PB⊥平面AEF，PB⊂平面PAB，所以平面AEF⊥平面PAB，故A正确； 对于B，因为PB⊥平面AEF，AE⊂平面AEF，所以PB⊥AE，又△PAB为等边三角形，所以E为PB的中点，故B正确； 对于C，因为PB⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以PB⊥EF.设△PAB的边长为2，则BC＝，PB＝2. 如图，取AB的中点O，连接CO，PO，则PO＝，CO＝1，因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO⊥AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABC，因为CO⊂平面ABC，所以PO⊥CO，所以PC＝＝2.在△BPC中，由余弦定理，得cos ∠BPC＝＝＝.在Rt△PEF中，cos ∠BPC＝＝＝，所以PF＝，FC＝PC－PF＝2－＝，所以PF＝2FC，故C错误； 对于D，由上知，PF＝2FC，又M为EB的中点，所以PE＝2EM，所以CM∥EF.又EF⊂平面AEF，CM⊄平面AEF，所以CM∥平面AEF，故D正确． 13.如图，棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1，M是四边形D1DCC1内异于C，D的动点，平面AMD⊥平面BMC.则M点的轨迹的长度为________． 解析：因为DM⊂平面D1DCC1，BC⊥平面D1DCC1，故DM⊥BC，又因为平面AMD⊥平面BMC，故要满足题意，只需DM⊥MC即可．又点M在平面D1DCC1内，故点M的轨迹是平面D1DCC1内，以DC为直径的半圆(不包含点D，C).又正方体棱长为2，故该半圆的半径为1，故其轨迹长度为＝π. 答案：π 14．(15分)如图所示，在平行四边形ABCD中，已知AD＝2AB＝2a，BD＝a，AC∩BD＝E，将其沿对角线BD折成直二面角，得到如图所示的三棱锥．求证： (1)AB⊥平面BCD；(7分) (2)平面ACD⊥平面ABD.(8分) 证明：(1)在△ABD中，AB＝a，AD＝2a，BD＝a，所以AB2＋BD2＝AD2， 所以∠ABD＝90°，AB⊥BD. 又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面BCD. (2)因为折叠前四边形ABCD是平行四边形，且AB⊥BD，所以CD⊥BD. 因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD， 因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD， 所以CD⊥平面ABD. 又因为CD⊂平面ACD， 所以平面ACD⊥平面ABD. 15.(15分)(2025·东营期末)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝AB＝CD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC. (1)求证：AC⊥AD；(3分) (2)求证：△ADP为直角三角形；(5分) (3)若PC＝AD＝1，求四棱锥P­ABCD的体积．(7分) 解：(1)证明：作AE⊥DC，E为垂足，如图， 在等腰梯形ABCD中，设AD＝AB＝BC＝CD＝a(a>0)，所以DE＝(CD－AB)＝a，∠ADE＝60°， 所以AC2＝a2＋4a2－2×2a2cos 60°＝3a2， 所以AC2＋AD2＝CD2，所以AC⊥AD. (2)证明：因为PC⊥PD，平面ADP⊥平面PCD，平面ADP∩平面PCD＝PD，PC⊂平面PCD， 所以PC⊥平面ADP，又AD⊂平面ADP， 所以PC⊥AD，又AC⊥AD， AC∩PC＝C，AC，PC⊂平面ACP， 所以AD⊥平面ACP， 因为AP⊂平面ACP，所以AD⊥AP， 所以∠DAP＝90°，即△ADP为直角三角形． (3)由(1)知在等腰梯形ABCD中，AE＝.S△ADC＝×1×＝，S梯形ABCD＝×＝， 所以＝，所以＝. 因为PD⊥PC， 所以PD＝＝，△ADP为直角三角形，所以PA＝＝，又因为PC⊥平面ADP， 所以V三棱锥P­ADC＝V三棱锥C­ADP＝××1××1＝. 所以V四棱锥P­ABCD＝V三棱锥P­ADC＝×＝. 学科网（北京）股份有限公司 $