人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直第1课时课时练习

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直第1课时课时练习，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A组·素养自测
一、选择题
1．下列命题中正确的是( C )
A．若平面α和β分别过两条互相垂直的直线，则α⊥β
B．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条平行直线，则α⊥β
C．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条相交直线，则α⊥β
D．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β
[解析] 当平面α和β分别过两条互相垂直且异面的直线时，平面α和β有可能平行，故A错误；由直线与平面垂直的判定定理和平面与平面垂直的判定定理知，B，D错误，C正确．
2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1－BD－A的正切值等于( C )
A.eq \f(\r(3),3) B．eq \f(\r(2),2)
C.eq \r(2) D．eq \r(3)
[解析] 如图所示，连接AC交BD于O，连接A1O，∠A1OA为二面角A1－BD－A的平面角．设A1A＝a，则AO＝eq \f(\r(2),2)a，
所以tan∠A1OA＝eq \f(a,\f(\r(2),2)a)＝eq \r(2).
3．已知直线l，两个不同的平面α，β，下列命题正确的是( A )
A．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
B．若α⊥β，l⊥α，则l∥β
C．若l∥α，l∥β，则α∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
[解析] 因为l∥α，则在平面α内存在直线a使得l∥a，又l⊥β，所以a⊥β，
由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故A正确；若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故B错误；若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故C错误；若α⊥β，l∥α，则l⊥β或l∥β或l⊂β或l与β相交(不垂直)，故D错误；故选A.
4．已知直线a，b与平面α，β，γ，下面能使α⊥β成立的条件是( D )
A．α⊥γ，β⊥γ B．α∩β＝a，b⊥a，b⊂β
C．a∥β，a∥α D．a∥α，a⊥β
[解析] 由a∥α，知α内必有直线l与a平行，而a⊥β，所以l⊥β，所以α⊥β.
5．(多选题)在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中正确的是( ABD )
A．平面PAB⊥平面PAD
B．平面PAB⊥平面PBC
C．平面PBC⊥平面PCD
D．平面PCD⊥平面PAD
[解析] 对于A选项，AB⊥PA，AB⊥AD，且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD；对于B选项，由BC⊥AB，BC⊥PA，且AB∩PA＝A，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB；对于D选项，CD⊥AD，CD⊥PA，且PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.
二、填空题
6．如果规定：x＝y，y＝z，则x＝z，叫做x，y，z关于相等关系具有传递性，那么空间三个平面α，β，γ关于相交、垂直、平行这三种关系中具有传递性的是_平行__.
[解析] 由平面与平面的位置关系及两个平面平行、垂直的定义、判定定理，知平面平行具有传递性，相交、垂直都不具有传递性．
7.在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，如右图所示，则在三棱锥P－ABC的四个面中，互相垂直的面有_3__对．
[解析] ∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，∴PA⊥平面PBC，
∵PA⊂平面PAB，PA⊂平面PAC，
∴平面PAB⊥平面PBC，平面PAC⊥平面PBC.同理可证：平面PAB⊥平面PAC.
8．如图所示，平面α⊥平面β，在α与β交线上取线段AB＝4，AC，BD分别在平面α和β内，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝3，BD＝12，则CD＝_13__.
[解析] 连接BC.∵BD⊥AB，α⊥β，α∩β＝AB，
∴BD⊥α，∵BC⊂α，∴BD⊥BC，∴△CBD是直角三角形．
在Rt△BCD中，CD＝eq \r(52＋122)＝13.
三、解答题
9.如图所示，△ABC为正三角形，CE⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝AC＝2BD，M是AE的中点．
(1)求证：DE＝DA；
(2)求证：平面BDM⊥平面ECA.
[证明] (1)取EC的中点F，连接DF.
∵CE⊥平面ABC，
∴CE⊥BC.易知DF∥BC，∴CE⊥DF.
∵BD∥CE，∴BD⊥平面ABC.
在Rt△EFD和Rt△DBA中，
EF＝eq \f(1,2)CE＝DB，DF＝BC＝AB，
∴Rt△EFD≌Rt△DBA.故DE＝DA.
(2)取AC的中点N，连接MN、BN，则MN綉CF.
∵BD綉CF，∴MN綉BD，
∴N∈平面BDM.
∵EC⊥平面ABC，∴EC⊥BN.
又∵AC⊥BN，EC∩AC＝C，∴BN⊥平面ECA.
又∵BN⊂平面BDM，∴平面BDM⊥平面ECA.
10. (2022·河北衡水中学高一联考)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，∠PAB＝120°，DC＝PC＝2，PA＝AB＝BC＝1.
(1)证明：平面PAB⊥平面PBC；
(2)求四棱锥P－ABCD的体积．
[解析] (1)证明：在△PAB中，由PA＝AB＝1，∠PAB＝120°，得PB＝eq \r(3).
因为PC＝2，BC＝1，
所以PB2＋BC2＝PC2，即BC⊥PB.
因为∠ABC＝90°，所以BC⊥AB.
因为PB∩AB＝B，PB⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.
又BC⊂平面PBC，
所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)在平面PAB内，过点P作PE⊥AB，交BA的延长线于点E，如图所示．
由(1)知BC⊥平面PAB，所以BC⊥PE.
因为AB∩BC＝B，所以PE⊥平面ABCD.
因为在Rt△PEA中，PA＝1，∠PAE＝60°，
所以PE＝eq \f(\r(3),2).
因为四边形ABCD是直角梯形，所以四棱锥P－ABCD的体积为VP－ABCD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×(1＋2)×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4).
B组·素养提升
一、选择题
1．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长都相等，则二面角A1－BC－A的余弦值为( B )
A.eq \f(\r(2),2)B.eq \f(\r(21),7)
C.eq \f(\r(7),7)D.eq \f(2\r(7),7)
[解析] 取BC的中点M，连接AM，A1M，
因为△ABC为等边三角形，则AM⊥BC，
又因为AA1⊥平面ABC，AB，AC，AM⊂平面ABC，则AA1⊥AB，AA1⊥AC，AA1⊥AM，
可知△AA1B≌△AA1C，可得A1B＝A1C，则A1M⊥BC，
所以二面角A1－BC－A的平面角为∠AMA1，
设AB＝2，则A1A＝2，AM＝eq \r(3)，A1M＝eq \r(A1A2＋AM2)＝eq \r(7)，
所以cs∠AMA1＝eq \f(AM,A1M)＝eq \f(\r(3),\r(7))＝eq \f(\r(21),7).
故选B.
2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1C1上的点，则下列直线中一定与CE垂直的是( B )
A．AC B．BD
C．A1D1 D．A1A
[解析] 在正方体中，AA1⊥平面ABCD，∴AA1⊥BD.
又正方形ABCD中，BD⊥AC，且AA1∩AC＝A，
∴BD⊥平面AA1C1C.
∵E∈A1C1，∴E∈平面AA1C1C，
∴CE⊂平面AA1C1C，∴BD⊥CE.
3．(多选题)如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中则有( AD )
A．AH⊥△EFH所在平面
B．AG⊥△EFH所在平面
C．平面EFH⊥平面AEF
D．平面AFH⊥平面EFH
[解析] 由平面图得：AH⊥HE，AH⊥HF，∴AH⊥平面HEF且平面AFH⊥平面EFH，故选AD.
二、填空题
4．在三棱锥S－ABC中，AC⊥平面SBC，已知SC＝a，BC＝eq \r(3)a，SB＝2a，则二面角S－AC－B的大小为_90°__.
[解析] 因为AC⊥平面SBC，SC，BC⊂平面SBC，
∴AC⊥SC，AC⊥BC，
∴二面角S－AC－B的平面角为∠SCB.
又SC＝a，BC＝eq \r(3)a，SB＝2a，
所以SB2＝SC2＋BC2，
故△SCB为直角三角形，
∴∠SCB＝90°.
5．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD.底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_BM⊥PC(其他合理即可)__时，平面MBD⊥平面PCD.(注：只要填写一个你认为正确的条件即可)
[解析] ∵四边形ABCD的边长相等，
∴四边形ABCD为菱形．∵AC⊥BD，
又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，
∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
若PC⊥平面BMD，则PC垂直于平面BMD中两条相交直线．
∴当BM⊥PC时，PC⊥平面BDM.
∴平面PCD⊥平面BDM.
三、解答题
6．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．证明：平面BED⊥平面ACD.
[证明] 因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
C组·探索创新
如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求点C到平面C1DE的距离．
[解析] (1)证明：连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq \f(1,2)B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq \f(1,2)A1D.
由题设知A1B1綉DC，可得B1C綉A1D，故ME綉ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.
(2)过点C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，所以DE⊥平面C1CE，
故DE⊥CH.从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即为点C到平面C1DE的距离．
由已知可得CE＝1，C1C＝4，所以C1E＝eq \r(17)，故CH＝eq \f(4\r(17),17).从而点C到平面C1DE的距离为eq \f(4\r(17),17).