2018-2019学年度高中数学人教A版必修二课时作业：2.3.2　平面与平面垂直的判定+Word版含解析

2.3.2　平面与平面垂直的判定
【选题明细表】
知识点、方法
题号
二面角的概念及求解
3,6,8,9,10
面面垂直的定义及判定定理的理解
1
面面垂直的判定
4,5
综合问题
2,7,11,12
基础巩固
1.下列说法中,正确的是(　B　)
(A)垂直于同一直线的两条直线互相平行
(B)平行于同一平面的两个平面平行
(C)垂直于同一平面的两个平面互相平行
(D)平行于同一平面的两条直线互相平行
解析:A.垂直于同一直线的两条直线可能平行、相交或异面.
B.正确.
C.垂直于同一平面的两个平面可能相交、也可能平行.
D.平行于同一平面的两条直线可能相交、平行或异面.
只有B正确.
2.(2018·江西三市联考)设a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则(　C　)
(A)若a∥α,b∥α,则a∥b (B)若a∥α,a∥β,则α∥β
(C)若a∥b,a⊥α,则b⊥α (D)若a∥α,α⊥β,则a⊥β
解析:选项A.若a∥α,b∥α,则a∥b,或a,b异面或a,b相交,A错;选项B.若a∥α,a∥β,则α∥β,或α∩β=b,B错;选项C.若a∥b,
a⊥α,则b⊥α,C正确;选项D.若a∥α,α⊥β,则a?β或a∥β或a⊥β,D错.故选C.
3.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于A,B)且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为(　C　)
(A)60° (B)30°
(C)45° (D)15°
解析:易得BC⊥平面PAC,所以∠PCA是二面角P-BC-A的平面角,在Rt△PAC中,PA=AC,所以∠PCA=45°.
故选C.
4.如图所示,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,则图中互相垂直的平面有(　D　)
(A)2对 (B)3对
(C)4对 (D)5对
解析:由PA⊥矩形ABCD知,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAB⊥平面ABCD;由AB⊥平面PAD知,平面PAB⊥平面PAD;由BC⊥平面PAB知,平面
PBC⊥平面PAB;由DC⊥平面PAD知,平面PDC⊥平面PAD.故题图中互相垂直的平面有5对.选D.
5.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成几何体A-BCD,则在几何体A-BCD中,下列结论正确的是(　D　)
(A)平面ABD⊥平面ABC
(B)平面ADC⊥平面BDC
(C)平面ABC⊥平面BDC
(D)平面ADC⊥平面ABC
解析:由已知得BA⊥AD,CD⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,所以CD⊥平面ABD,
从而CD⊥AB,故AB⊥平面ADC.
又AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.选D.
6.如图所示,在△ABC中,AD⊥BC,△ABD的面积是△ACD的面积的2倍.沿AD将△ABC翻折,使翻折后BC⊥平面ACD,此时二面角B-AD-C的大小为(　C　)
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
解析:由已知得,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.
7.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC=　　　　.?
解析:因为在原△ABC中,AD⊥BC,
所以折叠后有AD⊥BD,AD⊥CD,
所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角.
因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°.
在Rt△BCD中,∠BDC=90°,BD=CD=,
所以BC==1.
答案:1
8.如图所示,α∩β=CD,P为二面角内部一点.PA⊥α,PB⊥β,垂足分别为A,B.
(1)证明:AB⊥CD;
(2)若△PAB为等边三角形,求二面角α-CD-β的大小.
(1)证明:因为
所以CD⊥平面PAB,所以AB⊥CD.
(2)解:如图所示,设平面PAB∩CD=O,
则由(1)可知,OB⊥CD,OA⊥CD,从而∠BOA是二面角α-CD-β的平
面角.
因为PA⊥OA,PB⊥OB,所以∠AOB+∠APB=180°.
因为△PAB为等边三角形,
所以∠APB=60°.
故二面角α-CD-β的平面角为120°.
能力提升
9.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,则下列结论中错误的是(　D　)
(A)D1O∥平面A1BC1
(B)MO⊥平面A1BC1
(C)异面直线BC1与AC所成的角等于60°
(D)二面角M-AC-B等于90°
解:对于选项A,连接B1D1,交A1C1于E,连接BO,则四边形D1OBE为平行四边形,所以D1O∥BE,因为D1O?平面A1BC1,BE?平面A1BC1,所以D1O∥平面A1BC1,故正确;
对于选项B,连接B1D,因为O为底面ABCD的中心,M为棱BB1的中点,所以MO∥B1D,易证B1D⊥平面A1BC1,所以MO⊥平面A1BC1,故正确;
对于选项C,因为AC∥A1C1,所以∠A1C1B为异面直线BC1与AC所成的角,因为△A1C1B为等边三角形,
所以∠A1C1B=60°,故正确;对于选项D,因为BO⊥AC,MO⊥AC,所以 ∠MOB为二面角M-AC-B的平面角,显然不等于90°,故不正确.综上知,选D.
10.正方体ABCD-A1B1C1D1中,截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1-BD-A的正切值等于　　　　.?
解析:设AC与BD相交于O点,因为ABCD-A1B1C1D1为正方体,
所以AO⊥BD,又AA1⊥平面ABCD,
所以AA1⊥BD,又AO∩AA1=A,
所以BD⊥平面A1AO,
所以BD⊥A1O,
所以∠A1OA为二面角A1-BD-A的平面角,设正方体的棱长为a,在直角
△A1AO中,AA1=a,AO=a,
所以tan∠A1OA==.
答案:
11.如图所示,已知正方形ABCD的边长为2,AC∩BD=O.将三角形ABD沿BD折起,得到三棱锥A-BCD.
(1)求证:平面AOC⊥平面BCD,
(2)若三棱锥A-BCD的体积为,求AC的长.
(1)证明:折叠前,因为四边形ABCD是正方形,
所以BD⊥AO,BD⊥CO.
在折叠后的△ABD和△BCD中,
仍有BD⊥AO,BD⊥CO.
因为AO∩CO=O,AO?平面AOC,CO?平面AOC,
所以BD⊥平面AOC.
因为BD?平面BCD,所以平面AOC⊥平面BCD.
(2)解:设三棱锥A-BCD的高为h,
由于三棱锥A-BCD的体积为,
所以S△BCDh=.
因为S△BCD=BC×CD=×2×2=2,
所以h=以下分两种情形求AC的长.
①当∠AOC为钝角时,如图①,过点A作CO的垂线AH交CO的延长线于点H,
由(1)知BD⊥平面AOC,所以BD⊥AH.
又CO⊥AH,且CO∩BD=O,
所以AH⊥平面BCD.
所以AH为三棱锥A-BCD的高,即AH=.
在Rt△AOH中,因为AO=,
所以OH===.
在Rt△ACH中,因为CO=,
所以CH=CO+OH=+=,
所以AC===.
②当∠AOC为锐角时,如图②,过点A作CO的垂线AN交CO于点N,由(1)知BD⊥平面AOC,所以BD⊥AN.又CO⊥AN,且CO∩BD=O,CO?平面BCD,BD?平面BCD,所以AN⊥平面BCD.
所以AN为三棱锥A-BCD的高,即AN=.
在Rt△AON中,因为AO=,
所以ON===.
在Rt△ACN中,因为CO=,
所以CN=CO-ON=-=,
所以AC===.
综上可知,AC的长为或.
探究创新
12.如图所示,在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BB1,AC1⊥平面A1BD,D为AC的中点.
(1)求证:B1C∥平面A1BD;
(2)求证:B1C1⊥平面ABB1A1;
(3)设E是CC1上一点,试确定E的位置使平面A1BD⊥平面BDE,并说明理由.
(1)证明:连接AB1,与A1B相交于M,则M为A1B的中点,连接MD.
又D为AC的中点,所以B1C∥MD.
又B1C?平面A1BD,MD?平面A1BD,
所以B1C∥平面A1BD.
(2)证明:因为AB=B1B,
所以四边形ABB1A1为正方形.
所以A1B⊥AB1.
又因为AC1⊥平面A1BD,
所以AC1⊥A1B.
所以A1B⊥平面AB1C1,
所以A1B⊥B1C1.
又在棱柱ABC-A1B1C1中BB1⊥B1C1,
所以B1C1⊥平面ABB1A.
(3)解:当点E为C1C的中点时,平面A1BD⊥平面BDE,
因为D,E分别为AC,C1C的中点,
所以DE∥AC1.
因为AC1⊥平面A1BD,
所以DE⊥平面A1BD.
又DE?平面BDE,
所以平面A1BD⊥平面BDE.