课时跟踪检测（三十四） 平面与平面垂直的性质

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1．下列命题中错误的是( )
A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
解析：选D 由平面与平面垂直的有关性质可以判断出D项错误．故选D.
2.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1的棱AB上任取一点E，作EF⊥A1B1于F，则EF与平面A1B1C1D1的关系是( )
A．平行
B．EF⊂平面A1B1C1D1
C．相交但不垂直
D．垂直
解析：选D 由于正方体中面ABB1A1⊥面ABCD，所以根据面面垂直的性质定理可知，EF与平面A1B1C1D1相交且垂直．故选D.
3．已知平面α⊥平面β，直线l⊥平面α，则l与β的位置关系是( )
A．垂直 B．平行
C．l⊂β D．平行或l⊂β
解析：选D 如图l∥β或l⊂β.故选D.
4．已知m，n，l是直线，α，β是平面，α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，m⊥α，则直线m与n的位置关系是( )
A．异面 B．相交但不垂直
C．平行 D．相交且垂直
解析：选C ∵α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，∴n⊥α.又m⊥α，∴m∥n.故选C.
5．如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA＝PB，AD＝DB，则( )
A．PD⊂平面ABC
B．PD⊥平面ABC
C．PD与平面ABC相交但不垂直
D．PD∥平面ABC
解析：选B 因为PA＝PB，AD＝DB，所以PD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC.故选B.
6．如图，沿直角三角形ABC的中位线DE将平面ADE折起，使得平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱锥A­BCDE，则平面ABC与平面ACD的关系________．
解析：因为AD⊥DE，平面ADE⊥平面BCDE，且平面ADE∩平面BCDE＝DE，所以AD⊥平面BCDE，又BC⊂平面BCDE，所以AD⊥BC，又BC⊥CD，CD∩AD＝D，所以BC⊥平面ACD，又BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ACD.
答案：垂直
7．如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为eq \f(π,4)和eq \f(π,6). 过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′＝________.
解析：由已知条件可知∠BAB′＝eq \f(π,4)，∠ABA′＝eq \f(π,6)，设AB＝2a，则BB′＝2asineq \f(π,4)＝eq \r(2)a，A′B＝2acseq \f(π,6)＝eq \r(3)a，
∴在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a，∴AB∶A′B′＝2∶1.
答案：2∶1
8．如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，沿BD将△ABD折起，使面ABD⊥面BCD，连接AC，则在四面体ABCD的四个面中，互相垂直的平面的对数为________．
解析：因为面ABD⊥面BCD，面ABD∩面BCD＝直线BD，AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD.所以平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，因为AB⊥BD，AB∥CD，所以CD⊥BD.又因为面ABD⊥面BCD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD，共3对．
答案：3
9.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PCD⊥平面ABCD.
求证：AD⊥平面PCD.
证明：在矩形ABCD中，AD⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，
平面PCD∩平面ABCD＝CD，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面PCD.
10.如图所示，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面SDC⊥底面ABCD，求证：平面SCD⊥平面SBC.
证明：∵底面ABCD是矩形，∴BC⊥CD.
又平面SDC⊥平面ABCD，
平面SDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面SCD.
又∵BC⊂平面SBC，
∴平面SCD⊥平面SBC.
B级——面向全国卷高考高分练
1．已知直线m，n和平面α，β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加的条件是( )
A．m∥n B．n⊥m
C．n∥α D．n⊥α
解析：选B 由面面垂直的性质定理知，要使n⊥β，应有n与交线m垂直，∴应增加条件n⊥m.故选B.
2．已知平面α，β，γ，则下列命题中正确的是( )
A．α⊥β，β⊥γ，则α∥γ
B．α∥β，β⊥γ，则α⊥γ
C．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，β⊥γ，则a⊥b
D．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥α
解析：选B A中α，γ可以相交；C中如图：a与b不一定垂直；D中b仅垂直于α的一条直线a，不能判定b⊥α.故选B.
3．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 如图，AB∥l∥m，A正确；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m，B正确；AB∥l⇒AB∥β，C正确．故选D.
4．如图所示，三棱锥P­ABC的底面在平面α上，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C运动形成的图形是( )
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 ∵平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，AC⊂平面PAC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AC⊥平面PBC. 又∵BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC.∴∠ACB＝90°.∴动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆，除去A和B两点．故选D.
5.如图，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是________．
解析：过A作AO⊥BD于O点，∵平面ABD⊥平面BCD，∴AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．
∵∠BAD＝90°，AB＝AD.∴∠ADO＝45°.
答案：45°
6.如图，平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝A′B′，A∈α，B∈β，AA′⊥A′B′，BB′⊥A′B′，且AA′＝3，BB′＝4，A′B′＝2，则三棱锥A­A′BB′的体积V＝__________.
解析：∵α⊥β，α∩β＝A′B′，AA′⊂α，AA′⊥A′B′，
∴AA′⊥β.
∴V＝eq \f(1,3)S△A′BB′·AA′＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)A′B′×BB′))×AA′
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×4×3＝4.
答案：4
7．如图，四棱锥P­ABCD的底面是边长为a的菱形，∠BCD＝120°，平面PCD⊥平面ABCD，PC＝a，PD＝eq \r(2)a，E为PA的中点．
求证：平面EDB⊥平面ABCD.
证明：设AC∩BD＝O，连接EO，则EO∥PC.
∵PC＝CD＝a，PD＝eq \r(2)a，
∴PC2＋CD2＝PD2，
∴PC⊥CD.
∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
∴PC⊥平面ABCD，
∴EO⊥平面ABCD.
又EO⊂平面EDB，
故有平面EDB⊥平面ABCD.
C级——拓展探索性题目应用练
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：∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.
∵CD⊥BC且AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.
又eq \f(AE,AC)＝eq \f(AF,AD)＝λ(0<λ<1)，
∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC.
又EF⊂平面BEF，
∴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，
∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.
∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，
AB⊥平面BCD，
∴BD＝eq \r(2)，AB＝eq \r(2)tan 60°＝eq \r(6)，
∴AC＝ eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(7)，
由AB2＝AE·AC得AE＝eq \f(6,\r(7))，
∴λ＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(6,7)，
故当λ＝eq \f(6,7)时，平面BEF⊥平面ACD.