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课时跟踪检测（三十三） 平面与平面垂直的判定
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这是一份课时跟踪检测（三十三） 平面与平面垂直的判定，共7页。
1．经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有( )
A．0个 B．1个
C．无数个 D．1个或无数个
解析：选D 当两点连线与平面α垂直时，可作无数个垂面，否则，只有1个．故选D.
2．若一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小关系是( )
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．不确定
解析：选C 若方向相同则相等，若方向相反则互补．故选C.
3．如图所示，在△ABC中，AD⊥BC，△ABD的面积是△ACD的面积的2倍，沿AD将△ABC翻折，使翻折后BC⊥平面ACD，此时二面角BADC的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 由已知BD＝2CD，翻折后，在Rt△BCD中，∠BDC＝60°，而AD⊥BD，CD⊥AD，故∠BDC是二面角BADC的平面角，其大小为60°.故选C.
4.在四棱锥PABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中错误的是( )
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：选C 由面面垂直的判定定理知，平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PBC，平面PCD⊥平面PAD，A、B、D正确．故选C.
5．自二面角内任意一点分别向两个面引垂线，则两垂线所成的角与二面角的平面角的关系是( )
A．相等 B．互补
C．互余 D．相等或互补
解析：选D 如图，BD，CD为AB，AC所在平面与α，β的交线，则∠BDC为二面角αlβ的平面角，且∠ABD＝∠ACD＝90°，所以∠A＋∠BDC＝180°.此时两角互补；当∠BDC＝90°时，此时∠A＝∠BDC，两角相等．故选D.
6．若P是△ABC所在平面外一点，而△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________．
解析：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°.
答案：90°
7．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后BC＝________.
解析：由题意知，BD⊥AD，CD⊥AD，
所以∠BDC为二面角BADC的平面角，由于平面ABD⊥平面ACD，所以∠BDC＝90°，
连接BC(图略)，则BC＝ eq \r(BD2＋DC2)
＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝1.
答案：1
8．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝2 eq \r(3)，CC1＝eq \r(2)，则二面角C1BDC的大小为________．
解析：如图，取BD中点O，连接OC，OC1，
∵AB＝AD＝2 eq \r(3)，
∴CO⊥BD，CO＝eq \r(6).
∵CD＝BC，∴C1D＝C1B，
∴C1O⊥BD.
∴∠C1OC为二面角C1BDC的平面角．
tan ∠C1OC＝eq \f(C1C,OC)＝eq \f(\r(2),\r(6))＝eq \f(\r(3),3).
∴∠C1OC＝30°，即二面角C1BDC的大小为30°.
答案：30°
9．如图，已知三棱锥PABC，∠ACB＝90°，D为AB的中点，且△PDB是正三角形，PA⊥PC.
求证：(1)PA⊥平面PBC；
(2)平面PAC⊥平面ABC.
证明：(1)因为△PDB是正三角形，
所以∠BPD＝60°，
因为D是AB的中点，
所以AD＝BD＝PD.
又∠ADP＝120°，所以∠DPA＝30°，
所以∠DPA＋∠BPD＝90°，
所以PA⊥PB.又PA⊥PC，PB∩PC＝P，
所以PA⊥平面PBC.
(2)因为PA⊥平面PBC，所以PA⊥BC.
因为∠ACB＝90°，
所以AC⊥BC.又PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
10．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明：(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，
四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1＝AB，
所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC.
因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，
BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
B级——面向全国卷高考高分练
1．如果直线l，m与平面α，β，γ满足：l＝β∩γ，l∥α，m⊂α和m⊥γ，那么必有( )
A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥β
C．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ
解析：选A B错，有可能m与β相交；C错，有可能m与β相交；D错，有可能α与β相交．故选A.
2．在四面体ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，ABDC为直二面角，E是CD的中点，则∠AED等于( )
A．90° B．45°
C．60° D．30°
解析：选A 如图，设AB＝BC＝CD＝AD＝a，取BD中点F，连接AF，CF.
由题意可得AF＝CF＝eq \f(\r(2),2)a，∠AFC＝90°.
在Rt△AFC中，可得AC＝a，∴△ACD为正三角形．
∵E是CD的中点，∴AE⊥CD，∴∠AED＝90°.故选A.
3．在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC
D．平面PAE⊥平面ABC
解析：选C 如图所示，∵BC∥DF，BC⊄平面PDF，DF⊂平面PDF，
∴BC∥平面PDF，∴A正确；由BC⊥PE，BC⊥AE，PE∩AE＝E，得BC⊥平面PAE，∴DF⊥平面PAE，∴B正确；∴平面ABC⊥平面PAE(BC⊥平面PAE)，∴D正确．故选C.
4．在三棱锥PABC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．2eq \r(3) B．2eq \r(7)
C．4eq \r(3) D．4eq \r(7)
解析：选B 如图，连接CM，则由题意知PC⊥平面ABC，所以PC⊥CM.所以PM＝eq \r(PC2＋CM2).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×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，所以PM的最小值为2eq \r(7).故选B.
5.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________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
解析：由定理可知，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.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
6．如图，检查工件的相邻两个面是否垂直时，只要用曲尺的一边紧靠在工件的一个面上，另一边在工件的另一个面上转动，观察尺边是否和这个面密合就可以了，其原理是利用了______________．
解析：如图所示，因为OA⊥OB，OA⊥OC，OB⊂β，OC⊂β，且OB∩OC＝O，根据线面垂直的判定定理，可得OA⊥β，又OA⊂α，根据面面垂直的判定定理，可得α⊥β.
答案：面面垂直的判定定理
7.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥BC，D为棱CC1上任一点．
求证：(1)直线A1B1∥平面ABD；
(2)平面ABD⊥平面BCC1B1.
证明：(1)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，
所以A1B1∥AB.
因为A1B1⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
所以直线A1B1∥平面ABD.
(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，
所以AB⊥BB1.
又因为AB⊥BC，BB1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，且BB1∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCC1B1.
又因为AB⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCC1B1.
C级——拓展探索性题目应用练
如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq \(DF,\s\up7())的中点．
(1)设P是eq \(CE,\s\up7())上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角EAGC的大小．
解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，
所以BE⊥平面ABP，
又BP⊂平面ABP，
所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，
因此∠CBP＝30°.
(2)如图，取eq \(CE,\s\up7())的中点H，连接EH，GH，CH.
因为∠EBC＝120°，
所以四边形BEHC为菱形，
所以AE＝GE＝AC＝GC＝ eq \r(32＋22)＝eq \r(13).
取AG中点M，连接EM，CM，EC，
则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM＝1，所以EM＝CM＝eq \r(13－1)＝2eq \r(3).
在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cs 120°＝12，
所以EC＝2eq \r(3)，因此△EMC为等边三角形，
故所求的角为60°.
1．经过平面α外一点和平面α内一点与平面α垂直的平面有( )
A．0个 B．1个
C．无数个 D．1个或无数个
解析：选D 当两点连线与平面α垂直时，可作无数个垂面，否则，只有1个．故选D.
2．若一个二面角的两个半平面分别平行于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小关系是( )
A．相等 B．互补
C．相等或互补 D．不确定
解析：选C 若方向相同则相等，若方向相反则互补．故选C.
3．如图所示，在△ABC中，AD⊥BC，△ABD的面积是△ACD的面积的2倍，沿AD将△ABC翻折，使翻折后BC⊥平面ACD，此时二面角BADC的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：选C 由已知BD＝2CD，翻折后，在Rt△BCD中，∠BDC＝60°，而AD⊥BD，CD⊥AD，故∠BDC是二面角BADC的平面角，其大小为60°.故选C.
4.在四棱锥PABCD中，已知PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为矩形，则下列结论中错误的是( )
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：选C 由面面垂直的判定定理知，平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面PBC，平面PCD⊥平面PAD，A、B、D正确．故选C.
5．自二面角内任意一点分别向两个面引垂线，则两垂线所成的角与二面角的平面角的关系是( )
A．相等 B．互补
C．互余 D．相等或互补
解析：选D 如图，BD，CD为AB，AC所在平面与α，β的交线，则∠BDC为二面角αlβ的平面角，且∠ABD＝∠ACD＝90°，所以∠A＋∠BDC＝180°.此时两角互补；当∠BDC＝90°时，此时∠A＝∠BDC，两角相等．故选D.
6．若P是△ABC所在平面外一点，而△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________．
解析：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°.
答案：90°
7．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠，使平面ABD⊥平面ACD，则折叠后BC＝________.
解析：由题意知，BD⊥AD，CD⊥AD，
所以∠BDC为二面角BADC的平面角，由于平面ABD⊥平面ACD，所以∠BDC＝90°，
连接BC(图略)，则BC＝ eq \r(BD2＋DC2)
＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝1.
答案：1
8．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝2 eq \r(3)，CC1＝eq \r(2)，则二面角C1BDC的大小为________．
解析：如图，取BD中点O，连接OC，OC1，
∵AB＝AD＝2 eq \r(3)，
∴CO⊥BD，CO＝eq \r(6).
∵CD＝BC，∴C1D＝C1B，
∴C1O⊥BD.
∴∠C1OC为二面角C1BDC的平面角．
tan ∠C1OC＝eq \f(C1C,OC)＝eq \f(\r(2),\r(6))＝eq \f(\r(3),3).
∴∠C1OC＝30°，即二面角C1BDC的大小为30°.
答案：30°
9．如图，已知三棱锥PABC，∠ACB＝90°，D为AB的中点，且△PDB是正三角形，PA⊥PC.
求证：(1)PA⊥平面PBC；
(2)平面PAC⊥平面ABC.
证明：(1)因为△PDB是正三角形，
所以∠BPD＝60°，
因为D是AB的中点，
所以AD＝BD＝PD.
又∠ADP＝120°，所以∠DPA＝30°，
所以∠DPA＋∠BPD＝90°，
所以PA⊥PB.又PA⊥PC，PB∩PC＝P，
所以PA⊥平面PBC.
(2)因为PA⊥平面PBC，所以PA⊥BC.
因为∠ACB＝90°，
所以AC⊥BC.又PA∩AC＝A，
所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
10．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.
求证：(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
证明：(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.
因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C.
(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，
四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1＝AB，
所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC.
因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，
BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
B级——面向全国卷高考高分练
1．如果直线l，m与平面α，β，γ满足：l＝β∩γ，l∥α，m⊂α和m⊥γ，那么必有( )
A．α⊥γ且l⊥m B．α⊥γ且m∥β
C．m∥β且l⊥m D．α∥β且α⊥γ
解析：选A B错，有可能m与β相交；C错，有可能m与β相交；D错，有可能α与β相交．故选A.
2．在四面体ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，ABDC为直二面角，E是CD的中点，则∠AED等于( )
A．90° B．45°
C．60° D．30°
解析：选A 如图，设AB＝BC＝CD＝AD＝a，取BD中点F，连接AF，CF.
由题意可得AF＝CF＝eq \f(\r(2),2)a，∠AFC＝90°.
在Rt△AFC中，可得AC＝a，∴△ACD为正三角形．
∵E是CD的中点，∴AE⊥CD，∴∠AED＝90°.故选A.
3．在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是( )
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC
D．平面PAE⊥平面ABC
解析：选C 如图所示，∵BC∥DF，BC⊄平面PDF，DF⊂平面PDF，
∴BC∥平面PDF，∴A正确；由BC⊥PE，BC⊥AE，PE∩AE＝E，得BC⊥平面PAE，∴DF⊥平面PAE，∴B正确；∴平面ABC⊥平面PAE(BC⊥平面PAE)，∴D正确．故选C.
4．在三棱锥PABC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．2eq \r(3) B．2eq \r(7)
C．4eq \r(3) D．4eq \r(7)
解析：选B 如图，连接CM，则由题意知PC⊥平面ABC，所以PC⊥CM.所以PM＝eq \r(PC2＋CM2).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×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，所以PM的最小值为2eq \r(7).故选B.
5.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________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)
解析：由定理可知，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.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
6．如图，检查工件的相邻两个面是否垂直时，只要用曲尺的一边紧靠在工件的一个面上，另一边在工件的另一个面上转动，观察尺边是否和这个面密合就可以了，其原理是利用了______________．
解析：如图所示，因为OA⊥OB，OA⊥OC，OB⊂β，OC⊂β，且OB∩OC＝O，根据线面垂直的判定定理，可得OA⊥β，又OA⊂α，根据面面垂直的判定定理，可得α⊥β.
答案：面面垂直的判定定理
7.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥BC，D为棱CC1上任一点．
求证：(1)直线A1B1∥平面ABD；
(2)平面ABD⊥平面BCC1B1.
证明：(1)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，
所以A1B1∥AB.
因为A1B1⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，
所以直线A1B1∥平面ABD.
(2)因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，
所以AB⊥BB1.
又因为AB⊥BC，BB1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，且BB1∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCC1B1.
又因为AB⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCC1B1.
C级——拓展探索性题目应用练
如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq \(DF,\s\up7())的中点．
(1)设P是eq \(CE,\s\up7())上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角EAGC的大小．
解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，
所以BE⊥平面ABP，
又BP⊂平面ABP，
所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，
因此∠CBP＝30°.
(2)如图，取eq \(CE,\s\up7())的中点H，连接EH，GH，CH.
因为∠EBC＝120°，
所以四边形BEHC为菱形，
所以AE＝GE＝AC＝GC＝ eq \r(32＋22)＝eq \r(13).
取AG中点M，连接EM，CM，EC，
则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM＝1，所以EM＝CM＝eq \r(13－1)＝2eq \r(3).
在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cs 120°＝12，
所以EC＝2eq \r(3)，因此△EMC为等边三角形，
故所求的角为60°.
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