高中湘教版（2019）第4章 立体几何初步4.2 平面优秀作业ppt课件

4.4.2　平面与平面垂直

必备知识基础练

1.已知α,β,γ为平面,若α∥β,α⊥γ,则β,γ的关系是 (　　)

A.平行 B.相交但是不垂直

C.垂直 D.无法确定

答案C

解析由两平面垂直的定义可知当α∥β,α⊥γ时,β⊥γ.

2.(多选题)对于直线m,n和平面α,β,能得出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⊥β,m⊂α 

D.m∥n,m⊥α,n⊥β

答案AC

解析A中,α⊥β;B中,α与β相交但不一定垂直;C中,∵m∥n,n⊥β,∴m⊥β.

又m⊂α,∴α⊥β;D中,α∥β.

3.如果直线l,m与平面α,β,γ满足l=β∩γ,l∥α,m⊂α,m⊥γ,那么必有(　　)

A.α⊥γ和l⊥m B.α∥γ和m∥β

C.m∥β和l⊥m D.α∥β和α⊥γ

答案A

解析由m⊥γ,l⊂γ,可得m⊥l.由m⊂α,m⊥γ,可得α⊥γ.

4.三个平面两两垂直,它们的交线交于一点O,点P到三个面的距离分别是3,4,5,则OP的长为 (　　)

A.5 B.5 

C.3 D.2

答案B

解析∵三个平面两两垂直,∴可以将P与各面的垂足连接并补成一个长方体,∴OP即为该长方体的体对角线,∴OP==5.

5.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,当平面ADB⊥平面ABC时,CD=　　　　　. 

答案2

解析取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⊥AB,所以DE⊥平面ABC,

故DE⊥CE.由已知可得DE=,EC=1,在Rt△DEC中,CD==2.

关键能力提升练

6.(2021甘肃兰州一中高一期末)在三棱锥A-BCD中,若AD⊥BC,AD⊥BD,那么必有(　　)

A.平面ADC⊥平面BCD

B.平面ABC⊥平面BCD

C.平面ABD⊥平面ADC

D.平面ABD⊥平面ABC

答案A

解析在三棱锥A-BCD中,若AD⊥BC,AD⊥BD,且BC∩BD=B,

可得AD⊥平面BCD,由AD⊂平面ABD,可得平面ABD⊥平面BCD,

由AD⊂平面ADC,可得平面ADC⊥平面BCD,故A正确;

若平面ABC⊥平面BCD,又平面ADC⊥平面BCD,AC=平面ABC∩平面ACD,

可得AC⊥平面BCD,AC⊥CD,与AD⊥CD矛盾,故B错误;

若平面ADC⊥平面ABD,又平面ABD⊥平面BCD,可得CD⊥平面ABD,CD⊥BD,不一定成立,故C错误;若平面ABD⊥平面ABC,又平面ABD⊥平面BCD,可得BC⊥平面ABD,则BC⊥BD,不一定成立,故D错误.故选A.

7.(多选题)设m,n,l是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列说法正确的是(　　)

A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n

B.若α⊥β,α∩β=m,l⊥m,则l⊥β

C.若α⊥β,α∩β=m,l⊂α,l⊥m,则l⊥β

D.若α⊥β,则存在直线m⊂α,使m⊥β

答案CD

解析A中,m,n可能平行、垂直、异面;B选项缺少了条件l⊂α;C选项具备了面面垂直的性质定理的全部条件;当m⊂α且直线m与两平面的交线垂直时,一定有m⊥β,故D正确.

故选CD.

8.(2021甘肃兰州一中高一期末)如图,在四面体A-BCD中,已知棱AC的长为,其余各棱长都为1,则二面角A-CD-B的平面角的余弦值为　　　　　. 

答案

解析如图,取CD中点E,AC中点F,连接BE,EF,FB.

由题可知,△BCD边长均为1,则BE⊥CD.在△ACD中,AC=,AD=CD=1,则AD⊥CD,得FE⊥CD.

所以二面角A-CD-B的平面角即∠BFE.

在△BFE中,BE=,EF=,FB=,则∠BFE=90°,所以cos∠BFE=.

9.

如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,当点M满足　　　　　时,平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可) 

答案DM⊥PC(或BM⊥PC,答案不唯一)

解析连接AC,则AC⊥BD.

∵PA⊥底面ABCD,

BD⊂平面ABCD,

∴PA⊥BD.

∵PA∩AC=A,

∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD,而PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.

10.(2021甘肃兰州一中高一期末)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=CC1=6,M是棱CC1的中点.求证:平面AB1M⊥平面ABB1A1.

证明连接A1B交AB1于点O,连接MO,易得O为A1B,AB1的中点.

∵CC1⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴CC1⊥AC.

又M为CC1中点,AC=CC1=6,

∴AM==3.

同理可得B1M=3,∴MO⊥AB1.

连接MB,同理可得A1M=BM=3,

∴MO⊥A1B.又AB1∩A1B=O,AB1,A1B⊂平面ABB1A1,∴MO⊥平面ABB1A1.

又MO⊂平面AB1M,

∴平面AB1M⊥平面ABB1A1.

11.(2021甘肃平凉静宁一中高一期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形.已知AB=AD=PA=PB=2,PD=2.

(1)求点B到平面PAD的距离;

(2)求二面角P-BD-A的平面角的正切值.

解(1)∵PA=PB=AB=2,PA=AD=2,PD=2,

故PA2+AD2=PD2,则AD⊥PA.∵AD⊥AB,PA∩AB=A,

PA,AB⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB.

∵AD⊂平面PAD,∴平面PAB⊥平面PAD.

取PA的中点H,连接BH,则BH⊥PA,即BH⊥平面PAD.

由AB=PA=PB=2,可知BH=,即点B到平面PAD的距离为.

(2)取AB中点O,连接PO,作OE垂直于BD,连接PE,

在△PAB中,PA=PB=AB=2,∴PO⊥AB.

由(1)知AD⊥平面PAB,PO⊂平面PAB,

∴PO⊥AD.

而AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,

∴PO⊥平面ABCD.又BD⊂平面ABCD,

∴PO⊥BD.∵OE⊥BD,

PO∩OE=O,PO,OE⊂平面POE,

∴BD⊥平面POE.

又PE⊂平面POE,∴BD⊥PE.

∴∠PEO为二面角P-BD-A的平面角.

PO=,OE=AC=.

在△POE中,∠POE=90°,

∴tan∠PEO=,

即二面角P-BD-A的平面角的正切值为.

学科素养创新练

12.

如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F分别是AC,AD上的动点,且=λ(0<λ<1).

(1)求证:不论λ为何值,总有平面BEF⊥平面ABC;

(2)当λ为何值时,平面BEF⊥平面ACD?

(1)证明因为AB⊥平面BCD,

所以AB⊥CD.

因为CD⊥BC,且AB∩BC=B,

所以CD⊥平面ABC.

又因为=λ(0<λ<1),

所以不论λ为何值,恒有EF∥CD.

所以EF⊥平面ABC,EF⊂平面BEF.

所以不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.

(2)解由(1)知,BE⊥EF,

因为平面BEF⊥平面ACD,

所以BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC.

因为BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,

所以BD=,AB=tan 60°=.

所以AC=.

由AB2=AE·AC,得AE=.

所以λ=.

故当λ=时,平面BEF⊥平面ACD.