高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用第1课时课后测评

8.6.3　平面与平面垂直

第1课时　平面与平面垂直的判定定理

课后·训练提升

基础巩固

1.从空间一点P向二面角α-l-β的两个半平面α,β所在的平面分别作垂线PE,PF,E,F为垂足,若∠EPF=60°,则该二面角的大小为(　　)

A.60° B.120° C.60°或120° D.不确定

答案C

2.如图,AB是圆的直径,PA垂直于圆所在的平面,C是圆上一点(不同于点A,B),PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为(　　)

A.60° B.30°

C.45° D.15°

解析由题意,易知∠PCA是二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,PA=AC,所以∠PCA=45°.

答案C

3.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=PC,△ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB的中点.下列说法错误的是(　　)

A.平面PAB⊥平面ABC

B.平面PAB⊥平面POC

C.平面POC⊥平面ABC

D.平面PCA⊥平面PCB

解析因为PA=PB,AC=BC,O为AB的中点,所以PO⊥AB,CO⊥AB.

又PO∩CO=O,所以AB⊥平面POC.

又AB⊂平面PAB,AB⊂平面ABC,所以平面PAB⊥平面POC,平面POC⊥平面ABC.故B,C正确.

因为△ABC为等腰直角三角形,O为AB的中点,所以AO=CO.

又PA=PC,所以△PAO≌△PCO,

所以∠POA=∠POC=90°,即PO⊥CO.

又PO⊥AB,AB∩CO=O,所以PO⊥平面ABC,

又PO⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC.

故A正确.故选D.

答案D

4.如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,PD⊥底面ABCD,点E在棱PB上,下列说法错误的是(　　)

A.当且仅当E为PB的中点时,平面PBD⊥平面AEC

B.当E在棱PB上移动时,总有平面PBD⊥平面AEC

C.当且仅当E为PB的中点时,平面AEC⊥平面ABCD

D.若AE⊥PB,则平面AEC⊥平面PBC

解析因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.

又PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AC.

又PD∩BD=D,所以AC⊥平面PBD.

又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面PBD.

故当E在棱PB上移动时,总有平面PBD⊥平面AEC.

故A错误.故选A.

答案A

5.如图,将等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角,此时∠B'AC=60°,则这个二面角大小是(　　)

A.30° B.45°

C.60° D.90°

解析如图,连接B'C,则△AB'C为等边三角形.由题意可知,∠B'DC为所求二面角的平面角.

设AD=a,则B'C=AC=a,B'D=DC=a,所以B'C2=B'D2+DC2,所以∠B'DC=90°.故选D.

答案D

6.如图,在四面体P-ABC中,△ABC与△PBC均为边长为2的正三角形,PA=3,D为PA的中点,则二面角D-BC-A的大小为　　　　　,二面角B-PA-C的余弦值为　　　　　. 

答案60°　-

7.如图,在三棱锥P-ABC中,D,E分别为PC,AC的中点,BA=BC,PA⊥AC.

求证:平面BDE⊥平面PAC.

证明∵D,E分别为PC,AC的中点,∴DE∥PA.

又PA⊥AC,∴DE⊥AC.

∵BA=BC,E为AC的中点,∴BE⊥AC.

又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BDE.

又AC⊂平面PAC,∴平面BDE⊥平面PAC.

8.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD=60°,E是CD的中点,PA⊥底面ABCD,PA=.

(1)证明:平面PBE⊥平面PAB;

(2)求二面角A-BE-P的平面角的大小.

(1)证明连接BD(图略),因为四边形ABCD是菱形,∠BCD=60°,所以△BCD是等边三角形.

因为E是CD的中点,所以BE⊥CD.

又AB∥CD,所以BE⊥AB.

因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BE.

又PA∩AB=A,所以BE⊥平面PAB.

又BE⊂平面PBE,所以平面PBE⊥平面PAB.

(2)解由(1)知,BE⊥平面PAB,所以BE⊥PB.

又AB⊥BE,所以∠PBA是二面角A-BE-P的平面角.

在Rt△PAB中,tan∠PBA=,

所以∠PBA=60°.

故二面角A-BE-P的平面角的大小是60°.

9.图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.

(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;

(2)求图2中的四边形ACGD的面积.

(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,

故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.

又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)解取CG的中点M,连接EM,DM.

因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,

所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.

由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°,得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.

在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.

所以四边形ACGD的面积为4.

能力提升

1.如图,AB为圆O的直径,点C在圆周上(异于点A,B),PA垂直于圆O所在的平面,点M为PB的中点,下列结论正确的是(　　)

A.PA∥平面MOB

B.平面MOC⊥平面PAB

C.OC⊥平面PAC

D.平面PAC⊥平面PBC

解析PA⊂平面MOB,故A错误;

当点C在圆周上运动时,平面MOC与平面PAB不一定垂直,故B错误;

因为AB为圆O的直径,所以BC⊥AC,又PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC,又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以OC与平面PAC不垂直,故C错误;

又BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC,故D正确.

答案D

2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,M为BB1的中点,则下列结论错误的是(　　)

A.D1O∥平面A1BC1

B.MO⊥平面A1BC1

C.二面角M-AC-B等于60°

D.异面直线BC1与AC所成的角等于60°

解析对于A,连接B1D1,交A1C1于点E,连接BE,OB(图略),则四边形D1OBE为平行四边形,故D1O∥BE,又D1O⊄平面A1BC1,BE⊂平面A1BC1,故D1O∥平面A1BC1,故A正确;

对于B,连接B1D,BD(图略),因为O为底面ABCD的中心,M为BB1的中点,所以MO∥B1D,易证B1D⊥平面A1BC1,则MO⊥平面A1BC1,故B正确;

对于C,易知BO⊥AC,MO⊥AC,则∠MOB为二面角M-AC-B的平面角,而tan∠MOB=,故∠MOB≠60°,故C错误;

对于D,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D正确.

答案C

3.如图,平面角为锐角的二面角α-EF-β,A∈EF,AG⊂α,∠GAE=45°,若AG与β所成的角为30°,则二面角α-EF-β的大小为　　　　　. 

解析如图,作GH⊥β于点H,作HB⊥EF于点B,连接AH,GB,则GB⊥EF,∠GAH为AG与β所成的角,故∠GBH为二面角α-EF-β的平面角,∠GAH=30°.

设AG=a,则GB=a,GH=a,故sin∠GBH=,所以∠GBH=45°,故二面角α-EF-β的大小为45°.

答案45°

4.如图,在矩形ABCD中,AB=,BC=2,E为BC的中点,把△ABE和△CDE分别沿AE,DE折起,使点B与点C重合于点P.

(1)求证:平面PDE⊥平面PAD;

(2)求二面角P-AD-E的大小.

(1)证明由题意可知,AP⊥PE,DP⊥PE.

又AP∩DP=P,∴PE⊥平面PAD.

又PE⊂平面PDE,∴平面PDE⊥平面PAD.

(2)解如图,取AD的中点F,连接PF,EF,则PF⊥AD,EF⊥AD,

∴∠PFE为二面角P-AD-E的平面角.

又PE⊥平面PAD,∴PE⊥PF.

∵EF=AB=,PE=1,

∴sin∠PFE=,∴∠PFE=45°.

∴二面角P-AD-E的大小为45°.

5.已知四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AD,M,N分别是AB,PC的中点.求证:平面MND⊥平面PCD.

证明如图,取PD的中点E,连接AE,NE.

∵E,N分别是PD,PC的中点,

∴EN∥CD,EN=CD.

又ABCD,AM=AB,

∴ENAM,

∴四边形AMNE是平行四边形,

∴MN∥AE.

∵PA⊥平面ABCD,

∴PA⊥CD.

又CD⊥AD,PA∩AD=A,

∴CD⊥平面PAD,

∴CD⊥AE.

∵PA=AD,E是PD的中点,

∴AE⊥PD.

又CD∩PD=D,∴AE⊥平面PCD.

又MN∥AE,∴MN⊥平面PCD.

又MN⊂平面MND,

∴平面MND⊥平面PCD.

6.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,AD=2PA=2AB=2BC=2.

(1)求证:平面PCD⊥平面PAC.

(2)在线段PC上是否存在点E,使得平面AED⊥平面PCD?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.

(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.

由题意可知,AB=BC=1,又∠ABC=90°,

所以∠BAC=45°,AC=.

又∠BAD=90°,所以∠CAD=45°.

在△ACD中,由余弦定理,得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos∠CAD=2,所以AC2+CD2=AD2,

所以AC⊥CD.

又PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.

又CD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAC.

(2)解过点A作AE⊥PC于点E,连接ED.

由(1)知,CD⊥平面PAC,则CD⊥AE.

又PC∩CD=C,

则AE⊥平面PCD.

又AE⊂平面AED,

故平面AED⊥平面PCD.

在Rt△PAC中,因为PA=1,AC=,

所以PC=,AE=.

又AE⊥PC,所以PE=,EC=,所以.

故线段PC上存在点E,使得平面AED⊥平面PCD,此时.