2024人教版高中数学必修第二册同步练习题--8.6.3 平面与平面垂直（含解析）

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2024人教版高中数学必修第二册同步练习题
8.6.3　平面与平面垂直
基础过关练
题组一　二面角
1.(多选题)(2023广东佛山华侨中学月考)下列命题中正确的是(　　)
A.两个相交平面组成的图形叫做二面角
B.二面角的平面角θ的取值范围是0°≤θ≤90°
C.二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系
D.异面直线a,b分别和一个二面角的两个半平面垂直,则a,b所成的角与这个二面角相等或互补
2.(2022湘豫名校联考)将正方形ABCD沿着对角线AC折成一个直二面角,此时BD=2,则AB=(　　)
A.　　　　D.2
3.(2022山西九师联盟联考)已知二面角α-l-β的大小为130°,两条异面直线a,b满足a α,b β,且a⊥l,b⊥l,则a,b所成角的大小为　　　　.
4.(2023江苏常州华罗庚中学月考)二面角α-l-β为60°,A,B是棱l上的两点,AC,BD分别在平面α,β内,AC⊥l,BD⊥l,且AB=AC=2,BD=4,则CD的长为　　　　.
5.如图,在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=3,PB=PC=BC=6.则二面角P-BC-A的正弦值为　　　　.
题组二　平面与平面垂直的判定
6.(2023安徽蚌埠统考)设α,β是两个不同的平面,a,b是两条不同的直线,则下列说法中正确的是(　　)
A.若a⊥α,b⊥β,a⊥b,则α⊥β
B.若a⊥α,b β,a⊥b,则α⊥β
C.若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α⊥β
D.若a⊥α,a⊥b,α∩β=b,则α⊥β
7.(多选题)(2023山东青岛期中)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,下列结论正确的是(　　)
A.AC∥平面A1BC1
B.AD⊥平面A1BC1
C.A1C1⊥AD1
D.平面A1BC1⊥平面BB1D1D
8.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=PC,底面ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB的中点,以下平面中,两两垂直的有　　　　　　.(填序号)
①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;⑤平面POC.
9.(2023山西运城期中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)证明:平面PAM⊥平面PBD;
(2)若PD=DC=2,求四棱锥P-ABCD的体积.
题组三　平面与平面垂直的性质
10.(2023山东潍坊昌邑第一中学月考)如图所示,四边形ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,且PA⊥AD,下列结论中不正确的是(　　)
A.PD⊥BD　　　　B.PD⊥CD C.PB⊥BC　　　　D.PA⊥BD
11.(2023福建永安第三中学月考)正方形ACDE所在的平面与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G分别是线段AE,BC的中点,则CD与GF所成角的余弦值为(　　)
A.
12.如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AB,求证:PA⊥BC.
13.(2023山西大同月考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,设E,F分别为PC,BD的中点.
(1)求证:EF∥平面PAD;
(2)求证:平面PAB⊥平面PDC.
能力提升练
题组一　二面角
1.(2022湖南三湘名校教育联盟、五市十校教研教改共同体期中)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AD,E为侧棱DD1上一点,若直线BD1∥平面AEC,则二面角E-AC-B的正切值为(　　)
A.
2.(2021山东济南统考)已知在菱形ABCD中,AB=BD=2,将△ABD沿BD折起,使二面角A-BD-C的大小为60°,则三棱锥A-BCD的体积为　　(　　)
A.
3.(2022四川南充高级中学月考,)在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为菱形,PA=AB=2,PB=2,∠ABC=60°,且平面PAC⊥平面ABCD.
(1)证明:PA⊥平面ABCD;
(2)若M为PC上一点,且PC⊥BM,求二面角M-BD-A的余弦值.
4.(2023安徽宣城三校联考)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,沿DE将△ADE折起,使得点A到点P的位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合).
(1)证明:平面EMN⊥平面PBC;
(2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的正切值为 若存在,请确定点N的位置;若不存在,请说明理由.
题组二　平面与平面垂直的判定
5.如图,直三棱柱ABC-DEF的底面是边长为2的正三角形,侧棱AD=1,P是线段CF的延长线上的一点,平面PAB分别与DF,EF相交于M,N.
(1)求证:MN∥平面CDE;
(2)当PF为何值时,平面PAB⊥平面CDE
6.(2023浙江温州开学考试,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形且∠ABC=.
(1)求PD的值;
(2)若,是否存在λ,使得平面CDH⊥平面PAB 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
题组三　平面与平面垂直的性质
7.(2022河南开封模拟)已知边长为4的菱形ABCD中,∠ABC=60°,E为AB边的中点,将△ABC沿对角线AC翻折,在翻折过程中,记直线AC与DE所成的角为θ.当平面ABC⊥平面ADC时,tan θ=(　　)
A.3　　　　B.2
8.如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C的运动轨迹是(　　)
A.一条线段 B.一条直线
C.一个圆 D.一个圆,但要去掉两个点
9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC.设D为A1C的中点,三棱锥D-ABC的体积为,平面A1BC⊥平面ABB1A1,则三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的表面积为　　　　.
10.(2023四川眉山期中,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥底面ABCD.若E为BC的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD 并证明你的结论.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.CD 2.D 6.A 7.AD 10.A 11.C
1.CD　对于A,从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,故A错误;
对于B,二面角的平面角θ的取值范围是0°≤θ≤180°,故B错误;
对于C,由定义知二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系,故C正确;
对于D,因为a,b分别垂直于两个半平面,所以a,b也垂直于二面角的棱,因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以a,b所成的角与这个二面角相等或互补,故D正确.
故选CD.
2.D　如图,取AC的中点O,连接OB,OD,
由正方形的性质得△ACD,△ABC为等腰直角三角形,所以OD⊥AC,OB⊥AC,
所以∠BOD是二面角B-AC-D的平面角,
因为正方形ABCD沿着对角线AC折成一个直二面角,所以∠BOD=.
易知OB=OD=AB,
所以=4,解得AB=2.故选D.
3.答案　50°
解析　如图,在直线l上任取一点O,作OA∥b,OB∥a,由a α,b β,且a⊥l,b⊥l,得∠AOB是二面角α-l-β的平面角,则有∠AOB=130°,
因为OA∥b,OB∥a,所以a,b所成角的大小为180°-130°=50°.
4.答案　4
解析　∵二面角α-l-β为60°,AC⊥l,BD⊥l,
∴的夹角为60°,
∴的夹角为120°,
则|)2
=)
=4+4+16+2×=16,
∴||=4,即CD的长为4.
5.答案　
解析　取BC的中点D,连接PD,AD,
因为PB=PC,所以PD⊥BC.
因为PA⊥平面ABC,AD,BC 平面ABC,
所以PA⊥AD,PA⊥BC,
因为PA∩PD=P,PD,PA 平面PAD,
所以BC⊥平面PAD,
因为AD 平面PAD,所以BC⊥AD,
所以∠PDA即为二面角P-BC-A的平面角,
因为PB=PC=BC=6,所以PD=6×,
则在Rt△PAD中,sin∠PDA=,
即二面角P-BC-A的正弦值是.
6.A　对于A,若a⊥α,a⊥b,则b∥α或b α,又b⊥β,所以α⊥β,故A正确;
对于B,若a⊥α,b β,a⊥b,则α与β相交或平行,故B错误;
对于C,若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β,故C错误;
对于D,若a⊥α,a⊥b,α∩β=b,则α与β相交,不一定垂直,故D错误.
故选A.
7.AD　易知AC∥A1C1,因为AC 平面A1BC1,A1C1 平面A1BC1,所以AC∥平面A1BC1,故A正确;
因为AD∥BC,BC与BC1不垂直,所以AD与BC1不垂直,故B不正确;
因为AD1∥BC1,所以AD1与A1C1所成的角等于BC1,与A1C1所成的角,易得△A1BC1是正三角形,所以∠A1C1B=60°,故AD1与A1C1不垂直,故C不正确;
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面A1B1C1D1,又A1C1 平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1,又B1D1⊥A1C1,BB1∩B1D1=B1,所以A1C1⊥平面BB1D1D,因为A1C1 平面A1BC1,所以平面A1BC1⊥平面BB1D1D.
故选AD.
8.答案　①②,①⑤,②⑤
解析　∵PA=PB,AC=BC,O为AB的中点,
∴OP⊥AB,OC⊥AB,
又OP∩OC=O,∴AB⊥平面POC,
∵AB 平面PAB,AB 平面ABC,
∴平面PAB⊥平面POC,平面ABC⊥平面POC.
∵底面ABC为等腰直角三角形,PA=PB=PC,
∴PC2=PA2=PO2+OA2=PO2+OC2,
∴PO⊥OC,又PO⊥OA,OC∩OA=O,
∴PO⊥平面ABC,
∵PO 平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABC.
9.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,AM 底面ABCD,所以PD⊥AM,
又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD 平面PBD,
所以AM⊥平面PBD.
因为AM 平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)由(1)可知AM⊥平面PBD,因为BD 平面PBD,所以AM⊥BD,
所以△ABD∽△BMA,故.
因为BM=BC,AD=BC,AB=2,所以BC2=4,即BC=2.
故四棱锥P-ABCD的体积V=S矩形ABCD·PD=.
10.A　因为平面PAD⊥平面ABCD,且两平面的交线为AD,PA⊥AD,PA 平面PAD,
所以PA⊥平面ABCD,又BD 平面ABCD,所以PA⊥BD,故D中结论正确;
若PD⊥BD,则由PA⊥BD,PA∩PD=P,PA,PD 平面PAD,可得BD⊥平面PAD,又AD 平面PAD,所以BD⊥AD,这与四边形ABCD为矩形矛盾,故A中结论不正确;
因为平面PAD⊥平面ABCD,两平面的交线为AD,AD⊥CD,CD 平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,又PD 平面PAD,所以PD⊥CD,故B中结论正确;
因为PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA⊥CB,又BC⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又PB 平面PAB,所以PB⊥BC,故C中结论正确.
故选A.
11.C　连接AG,如图所示.
∵四边形ACDE为正方形,∴AE⊥AC,AE∥CD.
则CD与GF所成的角等于AE与GF所成的角.
∵平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,AE⊥AC,AE 平面ACDE,∴AE⊥平面ABC.
∵AG 平面ABC,∴AE⊥AG.
∵AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G分别是线段AE,BC的中点,
∴AG=,AF=1,
∴FG=,
∴cos∠AFG=.
∴CD与GF所成角的余弦值为.
故选C.
12.证明　过点B作BD⊥AC于点D.
∵平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC,BD 平面ABC,∴BD⊥平面PAC,
又PA 平面PAC,∴PA⊥BD,
∵PA⊥AB,AB∩BD=B,AB,BD 平面ABC,
∴PA⊥平面ABC,
∵BC 平面ABC,∴PA⊥BC.
13.证明　(1)连接AC,易知F为AC与BD的交点,且F为AC的中点,∵E为PC的中点,
∴EF∥PA,又PA 平面PAD,EF 平面PAD,
∴EF∥平面PAD.
(2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊥AD,CD 平面ABCD,
∴CD⊥平面PAD,又PA 平面PAD,∴CD⊥PA.
∵PA=PD=AD,
∴△PAD是等腰直角三角形,且∠APD=,即PA⊥PD,
又CD∩PD=D,且CD,PD 平面PCD,
∴PA⊥平面PDC,∵PA 平面PAB,
∴平面PAB⊥平面PDC.
能力提升练
1.B 2.A 7.C 8.D
1.B　连接BD,交AC于点F,连接EF,因为BD1∥平面AEC,BD1 平面BDD1,平面BDD1∩平面AEC=EF,所以BD1∥EF.
因为F为BD的中点,所以E为DD1的中点.
易证AC⊥平面BDD1,
所以∠EFD为二面角E-AC-D的平面角,
设AD=a,则ED=a,DF=a,
在Rt△EFD中,tan∠EFD=,
又二面角E-AC-B与二面角E-AC-D互补,
所以二面角E-AC-B的正切值为-.
故选B.
2.A　如图,取BD的中点E,连接AE,CE,则∠AEC=60°,
∵四边形ABCD是菱形,AB=BD=2,
∴AE=CE=,又∠AEC=60°,∴△AEC为等边三角形,作AM⊥CE于M,则AM=.
∵BD⊥AE,BD⊥CE,AE∩CE=E,∴BD⊥平面ACE,
又BD 平面BDC,∴平面ACE⊥平面BDC,
∵平面ACE∩平面BDC=CE,AM⊥CE,AM 平面ACE,
∴AM⊥平面BDC.
∵S△BCD=BC·DC·sin 60°=,
∴VA-BCD=AM·S△BCD=.
故选A.
3.解析　(1)证明:∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC.
∵平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,BD 平面ABCD,∴BD⊥平面PAC,
∵PA 平面PAC,∴BD⊥PA.
∵PA=AB=2,PB=2,∴PA2+AB2=PB2,∴AB⊥PA.
又AB∩BD=B,AB,BD 平面ABCD,
∴PA⊥平面ABCD.
(2)设AC∩BD=O,连接OM,
由(1)知BD⊥平面PAC,∵OM 平面PAC,
∴OM⊥BD,
又AO⊥BD,∴∠AOM是二面角M-BD-A的平面角.由BD⊥平面PAC,知BD⊥PC,
又BM⊥PC,BD∩BM=B,∴PC⊥平面BDM,
又OM 平面BDM,∴OM⊥PC.
在Rt△PAC中,PA=AC=2,∴∠PCA=45°,
∴∠MOC=45°,
∴cos∠AOM=cos(180°-∠MOC)=cos 135°=-.
∴二面角M-BD-A的余弦值为-.
4.解析　(1)证明:易得DE⊥AB,所以PE⊥ED,又PE⊥EB,EB∩ED=E,EB,ED 平面EBCD,
所以PE⊥平面EBCD,
因为BC 平面EBCD,
所以PE⊥BC.
因为BC⊥EB,EB∩PE=E,PE,EB 平面PEB,
所以BC⊥平面PEB,
因为EM 平面PEB,
所以BC⊥EM.
因为PE=EB,M为PB的中点,所以EM⊥PB.
因为BC∩PB=B,BC,PB 平面PBC,
所以EM⊥平面PBC.
(平面EMN是动平面,欲证平面EMN⊥平面PBC,需要从动平面EMN内找一条平面PBC的垂线)
因为EM 平面EMN,
所以平面EMN⊥平面PBC.
(2)假设存在点N满足题意,如图,过M作MQ⊥EB于Q,
因为PE⊥EB,所以PE∥MQ,
由(1)知PE⊥平面EBCD,所以MQ⊥平面EBCD,
因为EN 平面EBCD,所以MQ⊥EN.
过Q作QR⊥EN于R,连接MR,
因为MQ∩QR=Q,所以EN⊥平面MQR,
因为MR 平面MQR,所以EN⊥MR,
所以∠MRQ为二面角B-EN-M的平面角.
设PE=EB=BC=2,则MQ=1,EQ=1,
设BN=x(0易知Rt△EBN∽Rt△ERQ,
所以,
所以,得RQ=,
所以tan∠MRQ=,
解得x=1,
即N为BC的中点.
故存在点N使得二面角B-EN-M的正切值为,N为BC的中点.
5.解析　(1)证明:由题意得AB∥DE,AB 平面DEF,DE 平面DEF,∴AB∥平面DEF.
∵平面PAB∩平面DEF=MN,AB 平面PAB,∴AB∥MN,∴DE∥MN,又MN 平面CDE,DE 平面CDE,∴MN∥平面CDE.
(2)分别取线段AB,DE的中点G,H,连接CG,GH,CH,PG,则GH∥CP,∴P,C,G,H四点共面.
易得Rt△PCA≌Rt△PCB,∴PA=PB,∴PG⊥AB.
∵AB∥DE,∴PG⊥DE.
若PG⊥CH,则PG⊥平面CDE,则平面PAB⊥平面CDE.
此时∠CPG=∠HCG,则△PCG∽△CGH,∴.
∵△ABC是边长为2的正三角形,
∴CG=2sin 60°=.
又GH=1,∴PC==3,
∴PF=PC-FC=2,
∴当PF=2时,平面PAB⊥平面CDE.
6.解析　(1)取线段AB的中点E,连接CE,PE,
因为四边形ABCD是边长为2的菱形,
所以BC=2,BE=1.在△BCE中,由余弦定理可得CE2=BC2+BE2-2BC·BE·cos=3,
∴BE2+CE2=BC2,
∴BE⊥CE,即CE⊥AB.
∵PB=PA,E是AB的中点,∴PE⊥AB.
∵PE∩CE=E,PE,CE 平面PCE,
∴AB⊥平面PCE.
∵PC 平面PCE,∴PC⊥AB,
∵CD∥AB,∴PC⊥CD.
∴PD=.
(2)过点C作CM⊥PE于点M,
∵AB⊥平面PCE,AB 平面PAB,
∴平面PAB⊥平面PCE.
∵平面PAB∩平面PCE=PE,CM 平面PCE,CM⊥PE,
∴CM⊥平面PAB.
过点M作HN∥AB,分别交PA,PB于点N,H,连接CH,DN,
∵CD∥AB,∴HN∥CD,
∴C,D,N,H四点共面.
∵CM 平面CDNH,
∴平面CDNH⊥平面PAB.
∵PA=PB=4,AE=1,PE⊥AB,
∴PE=.
由(1)知CE=,在△PCE中,由余弦定理的推论可得cos∠PCE=,
∴sin∠PCE=,
∵S△PCE=PC·CEsin∠PCE=CM·PE,
∴CM=,
∴EM=,
又HN∥AB,
∴λ=.
故存在λ=满足题意.
7.C　取BC的中点F,AC的中点O,连接OD,OE,OF,EF,DF,如图所示,
由题可知,△ACD为正三角形,
所以OD⊥AC,OD=2,
因为平面ABC⊥平面ADC,平面ABC∩平面ADC=AC,OD 平面ADC,
所以OD⊥平面ABC,所以OD⊥OE,OD⊥OF.
因为E,F,O分别为AB,BC,AC的中点,
所以OE=EF=OF=2,EF∥AC,
所以DE==4,∠DEF(或其补角)即为异面直线AC与DE所成的角,
在△DEF中,cos∠DEF=,
所以tan θ=.
故选C.
8.D　∵平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,AC 平面PAC,平面PAC∩平面PBC=PC,
∴AC⊥平面PBC.
∵BC 平面PBC,
∴AC⊥BC,∴∠ACB=90°,
∴动点C的运动轨迹是以AB为直径的圆(除去A,B两点).
9.答案　27π
解析　取A1B的中点E,连接AE,如图.
因为AA1=AB,所以AE⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,且AE 平面ABB1A1,
所以AE⊥平面A1BC,
又BC 平面A1BC,所以AE⊥BC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
因为BC 平面ABC,所以AA1⊥BC.
因为AE,AA1 平面ABB1A1,AA1∩AE=A,
所以BC⊥平面ABB1A1,
又AB 平面ABB1A1,
所以BC⊥AB.
设AA1=AB=BC=a,易得D到平面ABC的距离为a,则VD-ABC=S△ABC·AB·BC·,所以a=3,
所以AA1=AB=BC=3.
所以三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径R=,
所以三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的表面积S=4πR2=4π×=27π.
10.解析　当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下:
设G为AD的中点,连接PG,BG,如图.
∵E,F分别为BC,PC的中点,∴FE∥PB.
在菱形ABCD中,ADBC,
∵G,E分别为AD,BC的中点,
∴GDBE,∴四边形BEDG为平行四边形,
∴GB∥DE.
∵FE,DE 平面DEF,EF∩DE=E,PB,GB 平面PGB,PB∩GB=B,
∴平面DEF∥平面PGB.
∵△PAD为正三角形,G为AD的中点,
∴PG⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG 平面PAD,
∴PG⊥平面ABCD.
又PG 平面PGB,
∴平面PGB⊥平面ABCD,
∴平面DEF⊥平面ABCD.
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