人教版新课标A必修22.1 空间点、直线、平面之间的位置关系习题

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课后提升作业 十六

平面与平面垂直的性质

(45分钟　70分)

一、选择题(每小题5分，共40分)

1.已知平面α⊥平面β，α∩β=l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是　(　　)

A.AB∥m      B.AC⊥m

C.AB∥β      D.AC⊥β

【解析】选D.因为m∥α，m∥β，α∩β=l，

所以m∥l.

因为AB∥l，所以AB∥m.故A一定正确.

因为AC⊥l，m∥l，所以AC⊥m.

从而B一定正确.

因为A∈α，AB∥l，l⊂α，所以B∈α.

所以AB⊄β，l⊂β.所以AB∥β.

故C也正确.

因为AC⊥l，当点C在平面α内时，AC⊥β成立，当点C不在平面α内时，AC⊥β不成立.故D不一定成立.

2.(2015·安徽高考)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是　(　　)

A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行

B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行

C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线

D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面

【解析】选D.

3.(2016·杭州高二检测)设α，β，γ是三个互不重合的平面，m，n是直线，给出下列命题：①α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β；③若m，n在γ内的射影互相垂直，则m⊥n；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n，其中正确命题的个数为　(　　)

A.0   B.1   C.2   D.3

【解析】选B.①：根据面面垂直的判定可知：①错误；②：根据线面平行的判定可知，②正确；③：如正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB1与AD1在底面A1B1C1D1的射影互相垂直，而AB1与AD1的夹角为，③错误；④：m，n可能斜交，可能平行，可能异面，可能垂直，④错误，所以正确命题的个数为1个.

4.如图所示，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为和，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足分别为A′，B′，则AB∶A′B′等于　(　　)

A.2∶1

B.3∶1

C.3∶2

D.4∶3

【解题指南】利用面面垂直的性质定理找AB与两平面α，β所成的角，再利用直角三角形的知识表示出AB的值与A′B′的值，进而求出AB∶A′B′的值.

【解析】选A.如图，由已知得AA′⊥平面β，

∠ABA′=，BB′⊥平面α，

∠BAB′=，设AB=a，则BA′=a，BB′=a，

在Rt△BA′B′中，A′B′=a，所以=.

【补偿训练】在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PCA=90°，△ABC是边长为4的正三角形，PC=4，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为　(　　)

A.2　　　  B.2　　 　C.4　　　 D.4

【解析】选B.连接CM，则由题意PC⊥平面ABC，可得PC⊥CM，所以PM=，要求PM的最小值只需求出CM的最小值即可，在△ABC中，当CM⊥AB时CM有最小值，此时有CM=4×=2，所以PM的最小值为2.

5.线段AB的两端在直二面角α-l-β的两个面内，并与这两个面都成30°角，则异面直线AB与l所成的角是　(　　)

A.30°   B.45°   C.60°   D.75°

【解题指南】过B作l的平行线BC，将直线l与AB所成角转化为AB与BC所成角.

【解析】选B.设AB=a，在平面α内，作AA′⊥l于A′，

则AA′⊥β，连A′B，则∠ABA′=30°.

在Rt△AA′B中，AB=a，

所以AA′=a.

同理作BB′⊥l于B′，连AB′，则∠BAB′=30°，

所以BB′=a，AB′=a，

所以A′B′==a，

过B作BCA′B′.

连接A′C，则A′CBB′，连接AC，在Rt△AA′C中，

AC==a.

由BC⊥平面AA′C，所以△ABC为直角三角形，

且AC=BC，所以∠ABC=45°，为l与AB所成角.

6.(2016·菏泽高一检测)已知两条不重合的直线m，n和两个不重合的平面α，β，有下列命题：

①若m⊥n，m⊥α，则n∥α；

②若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β；

③若m，n是两条异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β；

④若α⊥β，α∩β=m，n⊂β，n⊥m，则n⊥α.其中正确命题的个数是　(　　)

A.1   B.2   C.3   D.4

【解析】选C.①若m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，故①错误；②因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β，则α∥β，故②正确；③过直线m作平面γ交平面β于直线c，因为m，n是两条异面直线，所以设n∩c=O；因为m∥β，m⊂γ，γ∩β=c，所以m∥c；因为m⊂α，c⊄α，所以c∥α，因为n⊂β，c⊂β，n∩c=O，c∥α，n∥α，所以α∥β，故③正确；④由面面垂直的性质定理：因为α⊥β，α∩β=m，n⊂β，n⊥m，所以n⊥α，故④正确.

7.如图所示，三棱锥P-ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是　(　　)

A.一条线段

B.一条直线

C.一个圆

D.一个圆，但要去掉两个点

【解析】选D.因为平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，平面PAC∩平面PBC=PC，

AC⊂平面PAC，所以AC⊥平面PBC.

又因为BC⊂平面PBC，所以AC⊥BC.所以∠ACB=90°.

所以动点C的轨迹是以AB为直径的圆，除去A和B两点.

8.(2015·浙江高考)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β　(　　)

A.若l⊥β，则α⊥β

B.若α⊥β，则l⊥m

C.若l∥β，则α∥β

D.若α∥β，则l∥m

【解析】选A.选项A中，由平面与平面垂直的判定，故正确；选项B中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；选项C中，l∥β时，α，β可以相交；选项D中，α∥β时，l，m也可以异面.

【补偿训练】设α，β，γ为平面，l，m，n为直线，则能得到m⊥β的一个条件为　(　　)

A.α⊥β，α∩β=l，m⊥l　　  B.n⊥α，n⊥β，m⊥α

C.α∩γ=m，α⊥γ，β⊥γ   D.α⊥γ，β⊥γ，m⊥α

【解析】选B.如图①知A错；如图②知C错；如图③，在正方体中，两侧面α与β相交于l，都与底面γ垂直，γ内的直线m⊥α，但m与β不垂直，故D错；由n⊥α，n⊥β知α∥β，又m⊥α，故m⊥β，因此B正确.

二、填空题(每小题5分，共10分)

9.(2016·桂林高二检测)如图所示，在四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′-BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是________.

(1)A′C⊥BD.(2)∠BA′C=90°.

(3)CA′与平面A′BD所成的角为30°.

(4)四面体A′-BCD的体积为.

【解析】若A′C⊥BD，又BD⊥CD，

则BD⊥平面A′CD，则BD⊥A′D，显然不可能，故(1)错误.

因为BA′⊥A′D，BA′⊥CD，故BA′⊥平面A′CD，

所以BA′⊥A′C，所以∠BA′C=90°，故(2)正确.

因为平面A′BD⊥平面BCD，BD⊥CD，

所以CD⊥平面A′BD，CA′与平面A′BD所成的角为∠CA′D，

因为A′D=CD，

所以∠CA′D=，故(3)错误.

四面体A′-BCD的体积为V=S△BDA′·h=××1=，

因为AB=AD=1，DB=，

所以A′C⊥BD，综上(2)(4)成立.

答案：(2)(4)

10.斜三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AC=BC=2，∠A1AC=∠C1CB=60°，且平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，则A1B=________.

【解析】取CC1中点M，连A1M与BM，

因为AA1=AC=BC=2，∠A1AC=∠C1CB=60°，

所以△A1CC1是等边三角形，

四边形ACC1A1≌四边形CBB1C1，

所以A1M⊥CC1，

BM⊥CC1，所以A1M=BM=.

又平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，

所以∠A1MB为二面角的平面角，且∠A1MB=90°.

所以A1B=.

答案：

三、解答题(每小题10分，共20分)

11.如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB=BC=CA=，AD=CD=1.

(1)求证：BD⊥AA1.

(2)在棱BC上取一点E，使得AE∥平面DCC1D1，求的值.

【解题指南】(1)利用面面垂直的性质，证明BD⊥平面AA1C1C，可得BD⊥AA1.

(2)点E为BC的中点，即=1，再证明AE∥DC，利用线面平行的判定，可得AE∥平面DCC1D1.

【解析】(1)在四边形ABCD中，因为BA=BC，DA=DC，所以BD⊥AC，平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面ACC1A1∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ACC1A1，又AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AA1.

(2)点E为BC的中点，即=1，

下面给予证明：在三角形ABC中，因为AB=AC，且E为BC的中点，所以AE⊥BC，又在四边形ABCD中，AB=BC=CA=，DA=DC=1，所以∠ACB=60°，∠ACD=30°，所以DC⊥BC，即平面ABCD中有AE∥DC.因为DC⊂平面DCC1D1，AE⊄平面DCC1D1，所以AE∥平面DCC1D1.

12.(2016·重庆高二检测)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=

90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点.

(1)证明：平面BDC1⊥平面BDC.

(2)平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比.

【解析】(1)设AC=1，因为D为AA1的中点，AC=BC=AA1，

所以AC=AD=A1D=A1C1=1，

所以DC=DC1=，又CC1=2，

所以DC2+D=C，

所以C1D⊥DC，因为BC⊥AC，BC⊥C1C，AC∩C1C=C，

所以BC⊥平面A1ACC1，C1D⊂平面A1ACC1，所以C1D⊥BC，

因为DC∩BC=C，

所以C1D⊥平面BDC，

又C1D⊂平面BDC1，

所以平面BDC1⊥平面BDC.

(2)过C1作C1H⊥A1B1于H点，

因为平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，

平面A1B1C1∩平面ABB1A1=A1B1，

所以C1H⊥平面ABB1A1，

由(1)知，

在等腰Rt△A1B1C1中，C1H=，

所以=·(A1D+BB1)·A1B1·C1H=，

=·AC·BC·CC1=1，

所以这两部分体积的比为1∶1.

【能力挑战题】

如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD，

(1)证明：平面AEC⊥平面BED.

(2)若∠ABC=120°，AE⊥EC，三棱锥E-ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积.

【解析】(1)因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.

因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE，又BD∩BE=B，故AC⊥平面BED.

又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.

(2)设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，可得AG=GC=x，GB=GD=.

因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG=x.

由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE=x.

由已知得，三棱锥E-ACD的体积

VE-ACD=×AC·GD·BE=x3=.

故x=2.从而可得AE=EC=ED=.

所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.

故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2.

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