人教B版 (2019)必修 第四册11.4.2 平面与平面垂直课后复习题

这是一份人教B版 (2019)必修 第四册11.4.2 平面与平面垂直课后复习题，共9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。
一、选择题
1．过两点与已知平面垂直的平面有( )
A．一个 B．无数个
C．一个或无数个 D．可能不存在
C [当两点连线与平面垂直时，有无数个平面与已知平面垂直；当两点连线与平面不垂直时，有且只有一个平面与已知平面垂直．]
2．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
C [因为n⊥β，m∥n，所以m⊥β，又m⊂α，由面面垂直的判定定理，所以α⊥β．]
3．如图所示，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中互相垂直的平面共有( )
A．1对 B．2对
C．3对 D．4对
C [因为AB⊥平面BCD，且AB⊂平面ABC和AB⊂平面ABD，所以平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD．
因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD．
又因为BC⊥CD，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC．
因为CD⊂平面ACD，所以平面ABC⊥平面ACD．
故图中平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面ACD．]
4．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P­BC­A的大小为( )
A．60° B．30°
C．45° D．15°
C [由条件得：PA⊥BC，AC⊥BC．又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，所以∠PCA为二面角P­BC­A的平面角．在Rt△PAC中，由PA＝AC，得∠PCA＝45°．]
5．如图，在三棱锥P­ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，点E，F，G分别是所在棱的中点，则下面结论中错误的是( )
A．平面EFG∥平面PBC
B．平面EFG⊥平面ABC
C．∠BPC是直线EF与直线PC所成的角
D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角
D [A正确，因为点E，F，G分别是所在棱的中点，所以GF∥PC，GE∥CB，因为GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，所以平面EFG∥平面PBC；B正确，因为PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，所以GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，所以GF⊥平面ABC，所以平面EFG⊥平面ABC；C正确，易知EF∥BP，所以∠BPC是直线EF与直线PC所成的角；D错误，因为GE与AB不垂直，所以∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角．]
二、填空题
6．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 [连接BC．因为BD⊥AB，α⊥β，α∩β＝AB，所以BD⊥α．因为BC⊂α，所以BD⊥BC，所以△CBD是直角三角形．
在Rt△BAC中，BC＝eq \r(32＋42)＝5．
在Rt△CBD中，CD＝eq \r(52＋122)＝13．]
7．若P是△ABC所在平面外一点，且△PBC和△ABC都是边长为2的正三角形，PA＝eq \r(6)，那么二面角P­BC­A的大小为 ．
90° [取BC的中点O，连接OA，OP(图略)，则∠POA为二面角P­BC­A的平面角，OP＝OA＝eq \r(3)，PA＝eq \r(6)，所以△POA为直角三角形，∠POA＝90°．]
8．已知正方形ABCD的边长为1，将△ADC沿对角线AC折起，若折叠后平面ACD⊥平面ACB，则此时AC与BD所成角的大小是 ，点B，D之间的距离是 ．
90° 1 [如图所示，取AC的中点O，连接OB，OD．因为DA＝DC，BA＝BC，O为AC的中点，
所以DO⊥AC，BO⊥AC，又DO∩BO＝O，
所以AC⊥平面BOD，又BD⊂平面BOD，
所以AC⊥BD，即此时AC与BD所成的角是90°．
因为平面ACD⊥平面ACB，平面ACD∩平面ACB＝AC，DO⊥AC，所以DO⊥平面ABC，
所以DO⊥OB，又OB＝OD＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(\r(2),2)，
所以BD＝eq \r(OB2＋OD2)＝1．]
三、解答题
9．如图所示，在矩形ABCD中，已知AB＝eq \f(1,2)AD，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起至△A′BE的位置，使A′C＝A′D，求证：平面A′BE⊥平面BCDE．
[证明] 如图所示，取CD的中点M，BE的中点N，连接A′M，A′N，MN，则MN∥BC．
因为AB＝eq \f(1,2)AD，E是AD的中点，
所以AB＝AE，即A′B＝A′E．
所以A′N⊥BE．因为A′C＝A′D，所以A′M⊥CD．
在四边形BCDE中，CD⊥MN，
又MN∩A′M＝M，所以CD⊥平面A′MN．
所以CD⊥A′N．
因为DE∥BC且DE＝eq \f(1,2)BC，
所以BE必与CD相交．
又A′N⊥BE，A′N⊥CD，
所以A′N⊥平面BCDE．
又A′N⊂平面A′BE，
所以平面A′BE⊥平面BCDE．
10．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．
求证：(1)DE∥平面A1C1F．
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F．
[证明] (1)因为D，E分别是AB，BC的中点，
所以DE∥AC，又AC∥A1C1，所以DE∥A1C1，
又因为A1C1⊂平面A1C1F，且DE⊄平面A1C1F，所以DE∥平面A1C1F．
(2)因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，
所以AA1⊥平面A1B1C1，所以AA1⊥A1C1．
又因为A1C1⊥A1B1，且AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，所以A1C1⊥平面AA1B1B，
所以A1C1⊥B1D，又A1F⊥B1D，A1F∩A1C1＝A1，
所以B1D⊥平面A1C1F，
又因为B1D⊂平面B1DE，
所以平面B1DE⊥平面A1C1F．
11．(多选题)在正四面体ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，下面四个结论中正确的是( )
A．BC∥平面AGF
B．EG⊥平面ABF
C．平面AEF⊥平面BCD
D．平面ABF⊥平面BCD
ABD [因为F，G分别是CD，DB的中点，所以GF∥BC，则BC∥平面AGF．故A正确．
因为E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，所以CD⊥AF，CD⊥BF，即CD⊥平面ABF．
因为EG∥CD，所以EG⊥平面ABF．故B正确．
因为E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，
所以CD⊥AF，CD⊥BF，即CD⊥平面ABF．
因为CD⊂面BCD，
所以平面ABF⊥平面BCD．故D正确．
对于选项C，假设平面AEF⊥平面BCD，
因为平面AEF∩平面BCD＝EF，CD⊂平面BCD，CD⊥AF，
所以CD⊥平面AEF，CD⊥EF，与CD，EF夹角为60°矛盾．故C错误．故选ABD．]
12．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E为AD的中点，现分别沿BE，CE将△ABE，△DCE翻折，使得点A，D重合于F，此时二面角E­BC­F的余弦值为 ( )
A．eq \f(3,4) B．eq \f(\r(7),4)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(\r(5),3)
B [取BC的中点O，连接OE，OF，
因为BA＝CD，所以BF＝FC，即△BFC是等腰三角形，
则FO⊥BC，因为BE＝CE，
所以△BEC是等腰三角形，所以EO⊥BC，
则∠FOE是二面角E­BC­F的平面角，
因为EF⊥CF，BF⊥EF，
所以EF⊥平面BCF，EF⊥FO，
则直角三角形EFO中，OE＝AB＝2，EF＝DE＝eq \f(3,2)，
所以OF＝eq \r(OE2－EF2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\UP12(2))＝eq \f(\r(7),2)，
则cs ∠FOE＝eq \f(OF,OE)＝eq \f(\f(\r(7),2),2)＝eq \f(\r(7),4)．]
13．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足条件①BM⊥DM，②DM⊥PC，③BM⊥PC中的 时，平面MBD⊥平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件序号即可)．
②(或③) [因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，
因为底面各边都相等，所以AC⊥BD，
因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，
所以BD⊥PC，所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．]
14．已知正三棱锥P­ABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，则二面角P­AB­C的正切值是 ，点A到侧面PBC的距离是 ．
2 eq \f(6\r(5),5) [如图，作PO⊥底面ABC于点O，连接BO并延长交AC于点D，连接CO并延长交AB于点E，连接PE，PD，则PE⊥AB，CE⊥AB，所以∠PEO是二面角P­AB­C的平面角．因为正三棱锥P­ABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，所以PO＝2，∠PBO＝45°，∠POB＝90°，所以BO＝CO＝2，EO＝1，所以二面角P­AB­C的正切值为tan∠PEO＝eq \f(PO,EO)＝2．易得BD＝3，BC＝2eq \r(3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×3＝3eq \r(3)．易知PD＝eq \r(5)，所以S△PAC＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(5)＝eq \r(15)．设点A到侧面PBC的距离为h，
因为VP­ABC＝VA­PBC，所以eq \f(1,3)×3eq \r(3)×2＝eq \f(1,3)×eq \r(15)×h，解得h＝eq \f(6\r(5),5)，所以点A到侧面PBC的距离为eq \f(6\r(5),5)．]
15．已知△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eq \f(AE,AC)＝eq \f(AF,AD)＝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?
[解] (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eq \f(AE,AC)＝eq \f(AF,AD)＝λ(0＜λ＜1)，
所以不论λ为何值，恒有EF∥CD，所以EF⊥平面ABC．又EF⊂平面BEF，所以不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC．
(2)由(1)知，EF⊥BE，
又平面BEF⊥平面ACD，平面BEF∩平面ACD＝EF，
所以BE⊥平面ACD，所以BE⊥AC．
因为BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，
AB⊥平面BCD，
所以BD＝eq \r(2)，AB＝eq \r(2)tan 60°＝eq \r(6)，
所以AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(7)，
由AB2＝AE·AC得AE＝eq \f(6,\r(7))，
所以λ＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(6,7)，
故当λ＝eq \f(6,7)时，平面BEF⊥平面ACD．