还剩13页未读，
继续阅读
高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直精练
展开
这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直精练，共16页。试卷主要包含了基础巩固，能力提升等内容，欢迎下载使用。
《第六节 空间直线、平面的垂直》同步练习
（课时3 平面与平面垂直）
一、基础巩固
知识点1 二面角
1.[2023河南名校联盟高二开学考试]如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1=BC,P为C1D1的中点,则二面角B-PC1-C的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
2.[2022江西省万载中学期中]已知二面角α-l-β,P∈α,点P到β的距离为m,点P到l的距离为2m,则二面角的α-l-β的大小为( )
A.90° B.60° C.45° D.30°
3.如图,释迦塔全称佛宫寺释迦塔,位于山西省朔州市应县城西北佛宫寺内,俗称应县木塔,是中国现存最高最古老的一座木构塔式建筑,与意大利比萨斜塔、巴黎埃菲尔铁塔并称“世界三大奇塔”.木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥,其侧面和底面所成的锐二面角为30°,则该正八棱锥的高和底面边长之比为(参考数据:tan 22.5°=2-1)( )
A.63 B.32 C.3+16 D.6+36
4.在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将这个菱形沿对角线BD折成60°的二面角,这时线段AC的长度为 .
5.如图,三棱锥P-ABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=3,PB=PC=BC,则二面角P-BC-A的正弦值为 .
知识点2 平面与平面垂直的判定
6.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列说法,其中正确的是( )
A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β
B.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
D.若m⊥α,n⊂β,m⊥n,则α⊥β
7.如图,已知AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD垂直于圆柱的底面,则必有( )
A.平面ABC⊥平面BCD
B.平面BCD⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面BCD⊥平面ABD
8.[2022广东惠州高三段考]如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,AC∩BD=O,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正确的条件即可)
9.在①使三棱锥P-ABC的体积取得最大值,②使AB·AC=3这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并作答.
如图1,△ABC是边长为2的等边三角形,P是BC的中点,将△ABP沿AP翻折形成图2中的三棱锥, ,动点M在棱AC上.
(1)证明:平面PMB⊥平面PAC;
(2)求直线MB与平面PAC所成角的正切值的取值范围.
知识点3 平面与平面垂直的性质
10.下列命题正确的是( )
A.若一个平面内有无数条直线与另一个平面垂直,则这两个平面互相垂直
B.两条直线和一个平面所成的角相等,则这两条直线平行
C.平行于同一条直线的两个平面互相平行
D.垂直于同一个平面的两个平面互相垂直
11.(多选)如图,在三棱锥P-ABC中,能推出AP⊥BC的条件是( )
A.AP⊥PB,BC⊥PB
B.AP⊥PB,AP⊥PC
C.平面BCP⊥平面PAC,BC⊥PC
D.AP⊥平面PBC
12.[2022广西宾阳中学高一段考]如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形,PA=AB=BC=1,∠ABC=90°,∠PAB=120°,AB∥DC,DC=PC=2,则点P到平面ABCD的距离为( )
A.34 B.32 C.2 D.13
13.[2022江苏常州高一期中]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC.
(1)若AB⊥BC,求证:平面A1BC⊥平面A1ABB1;
(2)若平面A1BC⊥平面A1ABB1,求证:AB⊥BC.
二、能力提升
1.[2022山东省东营市第一中学高二上期中]如图,已知大小为60°的二面角α-l-β的棱上有两点A,B,AC⊂α,AC⊥l,BD⊂β,BD⊥l,若AC=3,BD=3,CD=7,则AB的长为( )
A.22 B.40 C.210 D.22
2.[2023浙江A9协作体高三返校联考]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1D1上的点且A1M=12MD1,N是棱CD上的点.记MN与BC所成的角为α,MN与底面ABCD所成的角为β,二面角M-CD-A的平面角为γ,则( )
A.α≥β≥γ B.α≥γ≥β
C.γ≥α≥β D.γ≥β≥α
3.(多选)[2022重庆二外高二上期末]如图所示,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD上一动点,现将△BEC沿BE折起至△BEF,在平面FBA内作FG⊥AB,G为垂足.设CE=s,BG=t,则下列说法正确的是( )
A.若BF⊥平面AEF,则t=12
B.若AF⊥平面BEF,则s=23
C.若平面BEF⊥平面ABED,且s=1,则t=12
D.若平面AFB⊥平面ABED,且s=32,则t=34
4.在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,且四边形ABCD为矩形,∠DPA=π2,AD=23,AB=2,PA=PD,则四棱锥P-ABCD的外接球的体积为 .
5.如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E为线段CD上任意一点.现将△AED沿AE折起,使得平面ABD⊥平面ABCE,则CE的长度的取值范围是 ;在△ABD内,过点D作DK⊥AB,K为垂足,则BK的取值范围是 .
6.[2022河南信阳高一期末]如图,四棱锥S-ABCD中,SA⊥底面ABCD,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,AB=SA=4,点P在SC上,M,N分别是BC,CD的中点.
(1)求证:平面PMN⊥平面SAC;
(2)若二面角P-MN-A的正切值为32,求三棱锥P-MNC的体积.
7.如图,在三棱锥A-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AEAC=AFAD=λ(0<λ<1).
(1)求证:不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC;
(2)当λ为何值时,平面BEF⊥平面ACD?
8.[2022北京丰台区高一下期末]如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2CD=2,并将直角梯形ABCD绕AB边旋转至ABEF.
(1)求证:直线AB⊥平面ADF.
(2)求证:直线CE∥平面ADF.
(3)当平面ABCD⊥平面ABEF时,再从下面三个条件中选择一个作为已知条件,使平面ADE与平面BCE垂直,并证明你的结论.
条件①:AE=3;
条件②:AD=1;
条件③:BE⊥DE.
9.[2022江苏徐州沛县高一联考]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为棱AC的中点,AB=BC,AC=2,AA1=2.
(1)求证:B1C∥平面A1BM.
(2)求证:AC1⊥平面A1BM.
(3)在棱BB1上是否存在点N,使得平面AC1N⊥平面AA1C1C?如果存在,求此时BNBB1的值;如果不存在,请说明理由.
参考答案
一、基础巩固
1.B 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,PC1⊥平面BCC1B1,CC1⊂平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,所以PC1⊥BC1,且PC1⊥CC1,所以∠BC1C即为二面角B-PC1-C的平面角,又BB1=BC,所以CC1=BC,所以∠BC1C=45°.
2.D 如图所示,过P作PO⊥β,垂足为O,则PO=m.作PH⊥l,垂足为H,则PH=2m.连接HO.因为PO⊥β,所以PO⊥l.又PH∩PO=P,所以l⊥平面OPH,所以OH⊥l,所以二面角α-l-β的平面角为∠PHO.在Rt△PHO中,sin∠PHO=POPH=m2m=12,所以∠PHO=30°.故选D.
3.D 如图所示,点P是正八棱锥的顶点,点O是底面的中心,AB是底面的一条边,M是AB的中点,根据题意知∠BOM=22.5°.设AB=a,则OM=BMtan22.5°=2+12a.又二面角P-AB-O的大小为30°,即∠PMO=30°,所以OP=OMtan 30°=6+36a,即正八棱锥的高和底面边长之比为6+36.故选D.
4. 3 解析如图,取BD的中点E,则由菱形的性质可知AE⊥BD,EC⊥BD,故∠AEC为二面角A-BD-C的平面角,所以∠AEC=60°.易得AE=EC=3,则△AEC为等边三角形,所以AC=3.
5.33 解析如图,取BC的中点D,连接PD,AD.因为PB=PC,所以PD⊥BC.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC,所以BC⊥平面PAD,所以BC⊥AD,所以∠PDA为二面角P-BC-A的平面角.因为PB=PC=BC=6,所以PD=32×6=33,所以sin∠PDA=PAPD=333=33,即二面角P-BC-A的正弦值是 33.
6.B A中,α,β可能平行也可能相交,所以A不正确;C中,若α∥β,仍然可以满足m⊥n,m⊂α,n⊂β,所以C不正确;D中,α,β可能平行也可能相交,所以D不正确.故选B.
7.B 因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC.又AD垂直于圆柱的底面,所以AD⊥BC.因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.
8.DM⊥PC(答案不唯一) 解析由题知底面ABCD为菱形,则AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以BD⊥PC.又DM⊥PC,BD∩DM=D,所以PC⊥平面MBD,又PC⊂平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.故答案为DM⊥PC.
9.解析方案一 选择条件①.
(1)因为VP-ABC=VB-APC,且△APC的面积为定值,所以当点B到平面PAC距离最大时,三棱锥B-APC的体积最大,
即当BP⊥平面PAC时,VP-ABC取得最大值.
因为BP⊂平面PMB,所以平面PMB⊥平面PAC.
(2)因为BP⊥平面PAC,
所以∠BMP就是直线MB与平面PAC所成的角.
记∠BMP=θ,则tan θ=BPPM.
由题意得BP=CP=1,AP=3.
当PM=PA=3时,PM最大,tan θ最小,
此时tan θ=BPPM=13=33;
当PM⊥AC时,PM最小,tan θ最大,
此时PM=1×32=32,则tan θ=BPPM=132=233.
所以直线MB与平面PAC所成角的正切值的取值范围是[33,233].
方案二 选择条件②.
(1)在题图2的△ABC中,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠CAB=8-2AB·AC=2,所以BC=2.
因为PB2+PC2=BC2,所以PB⊥PC.
又PB⊥PA,PA∩PC=P,且PA,PC⊂平面PAC,所以PB⊥平面PAC.
因为BP⊂平面PMB,所以平面PMB⊥平面PAC.
(2)同方案一.
10.A
A
√
一个平面内有无数条直线与另一个平面垂直,则这个平面经过了另一个平面的一条垂线,从而得这两个平面垂直.
B
✕
圆锥的任意两条母线所在直线与底面所在平面所成的角相等,而两条母线相交.
C
✕
一条直线l与两个相交平面α,β的交线平行,且l⊄α,l⊄β,满足l∥α,l∥β,而α,β不平行.
D
✕
长方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面ABCD与A1B1C1D1都垂直于侧面ABB1A1,而平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
11.BCD
A
✕
不能推出AP⊥BC.
B
√
因为PB∩PC=P,所以AP⊥平面PBC,所以AP⊥BC.
C
√
因为平面BCP∩平面PAC=PC,BC⊥PC,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥AP.
D
√
因为AP⊥平面PBC,所以AP⊥BC.
12.B 在△PAB中,由PA=AB=1,∠PAB=120°,得PB=3.因为PC=2,BC=1,PB=3,所以PB2+BC2=PC2,即BC⊥PB.因为∠ABC=90°,所以BC⊥AB,又PB∩AB=B,所以BC⊥平面PAB.因为BC⊂平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD.在平面PAB内,过点P作PE⊥AB,交BA的延长线于点E,如图所示,因为平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊥AB,所以PE⊥平面ABCD.因为在Rt△PEA中,PA=1,∠PAE=60°,所以PE=32,所以点P到平面ABCD的距离为32.故选B.
13.证明(1)因为AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,
又AB⊥BC,AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平面AA1B1B,
所以BC⊥平面AA1B1B,又BC⊂平面A1BC,
所以平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(2)过A作AD⊥A1B于点D,
因为平面A1BC⊥平面AA1B1B,又平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AD⊂平面AA1B1B,所以AD⊥平面A1BC.
又BC⊂平面A1BC,所以AD⊥BC.
因为AA1⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,
所以AA1⊥BC,AD⊂平面AA1B1B,AA1⊂平面AA1B1B,AA1∩AD=A,所以BC⊥平面AA1B1B.
又AB⊂平面AA1B1B,所以AB⊥BC.
二、能力提升
1.C 如图,过A作AE∥BD且AE=BD,连接CE,DE,则四边形ABDE是平行四边形,因为BD⊥AB,所以平行四边形ABDE是矩形.因为BD⊥l,所以AE⊥l,而AC⊥l,则∠CAE是二面角α-l-β的平面角,即∠CAE=60°.因为BD=AE=AC=3,所以△ACE为正三角形,所以CE=3.因为ED⊥AE,l⊥AC即ED⊥AC,AE∩AC=A,AE,AC⊂平面AEC,所以ED⊥平面AEC,因为EC⊂平面AEC,所以ED⊥EC,所以在Rt△CED中,ED=72-32=210,所以AB=ED=210,故选C.
2.B 如图,作MH⊥AD于H,则MH∥AA1,A1M=AH,从而HD=MD1,而AA1⊥平面ABCD,因此有MH⊥平面ABCD,过N作NE∥BC交AB于E,过M作MF⊥NE于F,则α=∠MNF,tan∠MNF=MFFN.由正方体性质知∠MDA为二面角M-CD-A的平面角,即γ=∠MDA,tan∠MDA=MHDH=AA123A1D1=32.NE⊂平面ABCD,则MH⊥NE,又MF⊥NE,MF∩MH=M,MF,MH⊂平面MFH,所以NE⊥平面MFH,又HF⊂平面MFH,所以NE⊥HF,所以四边形HDNF是矩形,FN=DH,由MH⊥平面ABCD知∠MNH=β,tan∠MNH=MHHN,由MF≥MH.NH≥FN=HD得MFFN≥MHHD≥MHNH,即tan α≥tan γ≥tan β,因为α,β,γ均为锐角,所以α≥γ≥β,N与D重合时取等号.故选B.
3.AC 对于A,若BF⊥平面AEF,则BF⊥AF,在Rt△AFB中,AB=2,BF=1,则AF=3,∠ABF=60°,又FG⊥AB,则∠FGB=90°,所以t=BG=BFcos 60°=12,故A正确.对于B,若AF⊥平面BEF,则AF⊥BF,AF⊥EF,则AF=3,在Rt△AEF中,AF2+EF2=AE2=AD2+DE2,即(3)2+s2=12+(2-s)2,解得s=12,故B错误.对于C,过点F作FH⊥BE,垂足为H,连接HG,因为平面BEF⊥平面ABED,平面BEF∩平面ABED=BE,所以FH⊥平面ABED,所以FH⊥AB,又AB⊥FG,FG∩FH=F,所以AB⊥平面FHG,所以AB⊥HG.因为s=1,所以在等腰直角三角形EFB中,BH=22,又∠ABE=45°,所以在Rt△BGH中,t=BG=BH·cos 45°=12,故C正确.对于D,若平面AFB⊥平面ABED,因为平面AFB∩平面ABED=AB,AB⊥FG,所以FG⊥平面ABED,所以FG⊥BE,如图,过点F作FH⊥BE,连接HG,因为FG∩FH=F,所以BE⊥平面FGH,所以BE⊥HG.连接CH,则有C,H,G三点共线.因为∠CGB+∠GCB=90°,∠EBC+∠GCB=90°,所以∠CGB=∠EBC,所以Rt△CBG∽Rt△ECB,故BGCB=CBEC,又CB=1,s=EC=32,所以t=BG=23,故D错误.故选AC.
4.32π3 解析如图,连接AC,BD,设AC∩BD=O.取AD的中点E,连接OE,OP,PE.因为底面ABCD为矩形,所以O为矩形ABCD的外接圆的圆心.由题知OE∥AB,OE=12AB=1,PE=12AD=3,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊥AD,PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以PE⊥OE,所以PO=PE2+OE2=3+1=2.因为OA=OB=OC=OD=12AC=12(23)2+22=2=PO,所以O为外接球的球心,外接球的半径R=2,所以外接球的体积V=43πR3=43π×23=323π.
5.[0,1) (1,32] 解析当平面ABD⊥平面ABCE时,点D在平面ABCE内的射影恰好在直线AB上,则将△ADE沿AE翻折到平面ABCE内时,点D一定在直线AB的下方.当E为CD的中点时,∠EAD=45°,所以∠EAD>45°,则ED>AD=1,即ED∈(1,2],所以CE的长度的取值范围是[0,1).如图,连接EK,过点E作EN⊥AB交AB于点N,则NB=CE<1.在Rt△AKD中,AD=1,所以AK<1,且DK2=AD2-AK2=1-AK2,所以点K在点N的左侧,则KN=2-AK-CE.由DK⊥AB,平面ABD⊥平面ABCE,且平面ABD∩平面ABCE=AB,所以DK⊥平面ABCE,又EK⊂平面ABCE,所以DK⊥EK.设AK=t,CE=x,x∈[0,1),则DE2=DK2+KE2,所以(2-x)2=(1-t2)+[(2-t-x)2+1],即t=12-x∈[12,1),BK=AB-AK=2-t∈(1,32].
6.解析(1)连接BD.因为SA⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,所以SA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,
又SA∩AC=A,SA⊂平面SAC,AC⊂平面SAC,所以BD⊥平面SAC.
又M,N分别是BC,CD的中点,所以BD∥MN,
所以MN⊥平面SAC.
因为MN⊂平面PMN,所以平面PMN⊥平面SAC.
(2)如图1,设MN∩AC=Q,连接PQ,
因为MN⊥平面SAC,AC⊂平面SAC,PQ⊂平面SAC,
所以MN⊥AC,MN⊥PQ,
所以∠PQA为二面角P-MN-A的平面角,则tan∠PQA=32.
如图2,作PH⊥AC,H为垂足,
则PHHQ=32,设QH=2x,则PH=3x.
由底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,AB=4,则AC=4,
由(1)知,Q为AC上靠近点C的四等分点,则CQ=1.
因为SA∥PH,所以PHSA=HCAC,即3x4=2x+14,
所以x=1,所以PH=3.
所以VP-MNC=13S△MNC·PH=13×12×2×2sin 120°×3=3.
7.解析(1)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AEAC=AFAD=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,所以平面BEF⊥平面ABC.
所以不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由(1),知BE⊥EF.若平面BEF⊥平面ACD,
因为平面BEF∩平面ACD=EF,BE⊂平面BEF,则BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC.
因为BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,
所以BD=2,AB=2tan 60°=6,所以AC=AB2+BC2=7.
由AB2=AE·AC,得AE=67,所以λ=AEAC=67,
故当λ=67时,平面BEF⊥平面ACD.
8.解析(1)由题意知AB⊥AD,AB⊥AF,
又AD∩AF=A,AD,AF⊂平面ADF,所以AB⊥平面ADF.
(2)依题意可得DC∥FE且DC=FE,
所以四边形DCEF为平行四边形,所以CE∥DF,
又DF⊂平面ADF,CE⊄平面ADF,
所以CE∥平面ADF.
(3)因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AB⊥AD,AD⊂平面ABCD,
所以AD⊥平面ABEF,
又BE⊂平面ABEF,所以AD⊥BE.
方案一 选择条件①.
过点E作EM⊥AB,交AB于点M,易得M为AB的中点,所以BE=AE=3,
此时cos∠AEB=AE2+BE2-AB22AE·BE=3+3-42×3×3=13,
所以60°<∠AEB<90°.
如图,过点E作EH⊥AE交AB的延长线于点H,连接CH.
因为AD⊥平面ABEF,EH⊂平面ABEF,所以AD⊥EH,
又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,所以EH⊥平面ADE,
又EH⊂平面HCE,所以平面HCE⊥平面ADE,
显然平面BCE与平面ADE不垂直.
方案二 选择条件②.
因为AD=1,所以AF=1,
所以AE=AF2+EF2=2,BE=12+12=2,
所以AE2+BE2=AB2,即AE⊥BE.
又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,所以BE⊥平面ADE,
又BE⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面ADE.
方案三 选择条件③.
因为BE⊥DE,BE⊥AD,AD∩DE=D,AD,AE⊂平面ADE,所以EB⊥平面ADE,
又BE⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面ADE.
9.解析(1)连接AB1,与A1B交于点O,连接OM,如图,
在△B1AC中,M,O分别为AC,AB1的中点,
所以OM∥B1C,又OM⊂平面A1BM,B1C⊄平面A1BM,
所以B1C∥平面A1BM.
(2)因为AA1⊥平面ABC,BM⊂平面ABC,所以AA1⊥BM.
又M为棱AC的中点,AB=BC,所以BM⊥AC.
因为AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1,所以BM⊥平面ACC1A1.
又AC1⊂平面ACC1A1,所以BM⊥AC1.
因为AC=2,所以AM=1.又AA1=2,
在Rt△ACC1和Rt△A1AM中,tan∠AC1C=tan∠A1MA=2,
所以∠AC1C=∠A1MA,即∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°,所以A1M⊥AC1.
又BM∩A1M=M,BM,A1M⊂平面A1BM,所以AC1⊥平面A1BM.
(3)当点N为BB1的中点,即BNBB1=12时,平面AC1N⊥平面AA1C1C.
证明如下:设AC1的中点为D,连接DM,DN,如图所示,
因为D,M分别为AC1,AC的中点,
所以DM∥CC1且DM=12CC1,又N为BB1的中点,
所以DM∥BN且DM=BN,
所以四边形BNDM为平行四边形,故BM∥DN,
由(2)知,BM⊥平面ACC1A1,所以DN⊥平面ACC1A1.
又DN⊂平面AC1N,所以平面AC1N⊥平面ACC1A1.
《第六节 空间直线、平面的垂直》同步练习
（课时3 平面与平面垂直）
一、基础巩固
知识点1 二面角
1.[2023河南名校联盟高二开学考试]如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1=BC,P为C1D1的中点,则二面角B-PC1-C的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
2.[2022江西省万载中学期中]已知二面角α-l-β,P∈α,点P到β的距离为m,点P到l的距离为2m,则二面角的α-l-β的大小为( )
A.90° B.60° C.45° D.30°
3.如图,释迦塔全称佛宫寺释迦塔,位于山西省朔州市应县城西北佛宫寺内,俗称应县木塔,是中国现存最高最古老的一座木构塔式建筑,与意大利比萨斜塔、巴黎埃菲尔铁塔并称“世界三大奇塔”.木塔顶部可以近似地看成一个正八棱锥,其侧面和底面所成的锐二面角为30°,则该正八棱锥的高和底面边长之比为(参考数据:tan 22.5°=2-1)( )
A.63 B.32 C.3+16 D.6+36
4.在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,将这个菱形沿对角线BD折成60°的二面角,这时线段AC的长度为 .
5.如图,三棱锥P-ABC中,已知PA⊥平面ABC,PA=3,PB=PC=BC,则二面角P-BC-A的正弦值为 .
知识点2 平面与平面垂直的判定
6.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列说法,其中正确的是( )
A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β
B.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
D.若m⊥α,n⊂β,m⊥n,则α⊥β
7.如图,已知AB是圆柱上底面的一条直径,C是上底面圆周上异于A,B的一点,D为下底面圆周上一点,且AD垂直于圆柱的底面,则必有( )
A.平面ABC⊥平面BCD
B.平面BCD⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD
D.平面BCD⊥平面ABD
8.[2022广东惠州高三段考]如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,AC∩BD=O,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正确的条件即可)
9.在①使三棱锥P-ABC的体积取得最大值,②使AB·AC=3这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并作答.
如图1,△ABC是边长为2的等边三角形,P是BC的中点,将△ABP沿AP翻折形成图2中的三棱锥, ,动点M在棱AC上.
(1)证明:平面PMB⊥平面PAC;
(2)求直线MB与平面PAC所成角的正切值的取值范围.
知识点3 平面与平面垂直的性质
10.下列命题正确的是( )
A.若一个平面内有无数条直线与另一个平面垂直,则这两个平面互相垂直
B.两条直线和一个平面所成的角相等,则这两条直线平行
C.平行于同一条直线的两个平面互相平行
D.垂直于同一个平面的两个平面互相垂直
11.(多选)如图,在三棱锥P-ABC中,能推出AP⊥BC的条件是( )
A.AP⊥PB,BC⊥PB
B.AP⊥PB,AP⊥PC
C.平面BCP⊥平面PAC,BC⊥PC
D.AP⊥平面PBC
12.[2022广西宾阳中学高一段考]如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形,PA=AB=BC=1,∠ABC=90°,∠PAB=120°,AB∥DC,DC=PC=2,则点P到平面ABCD的距离为( )
A.34 B.32 C.2 D.13
13.[2022江苏常州高一期中]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC.
(1)若AB⊥BC,求证:平面A1BC⊥平面A1ABB1;
(2)若平面A1BC⊥平面A1ABB1,求证:AB⊥BC.
二、能力提升
1.[2022山东省东营市第一中学高二上期中]如图,已知大小为60°的二面角α-l-β的棱上有两点A,B,AC⊂α,AC⊥l,BD⊂β,BD⊥l,若AC=3,BD=3,CD=7,则AB的长为( )
A.22 B.40 C.210 D.22
2.[2023浙江A9协作体高三返校联考]如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1D1上的点且A1M=12MD1,N是棱CD上的点.记MN与BC所成的角为α,MN与底面ABCD所成的角为β,二面角M-CD-A的平面角为γ,则( )
A.α≥β≥γ B.α≥γ≥β
C.γ≥α≥β D.γ≥β≥α
3.(多选)[2022重庆二外高二上期末]如图所示,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD上一动点,现将△BEC沿BE折起至△BEF,在平面FBA内作FG⊥AB,G为垂足.设CE=s,BG=t,则下列说法正确的是( )
A.若BF⊥平面AEF,则t=12
B.若AF⊥平面BEF,则s=23
C.若平面BEF⊥平面ABED,且s=1,则t=12
D.若平面AFB⊥平面ABED,且s=32,则t=34
4.在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,且四边形ABCD为矩形,∠DPA=π2,AD=23,AB=2,PA=PD,则四棱锥P-ABCD的外接球的体积为 .
5.如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E为线段CD上任意一点.现将△AED沿AE折起,使得平面ABD⊥平面ABCE,则CE的长度的取值范围是 ;在△ABD内,过点D作DK⊥AB,K为垂足,则BK的取值范围是 .
6.[2022河南信阳高一期末]如图,四棱锥S-ABCD中,SA⊥底面ABCD,底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,AB=SA=4,点P在SC上,M,N分别是BC,CD的中点.
(1)求证:平面PMN⊥平面SAC;
(2)若二面角P-MN-A的正切值为32,求三棱锥P-MNC的体积.
7.如图,在三棱锥A-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AEAC=AFAD=λ(0<λ<1).
(1)求证:不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC;
(2)当λ为何值时,平面BEF⊥平面ACD?
8.[2022北京丰台区高一下期末]如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,AB=2CD=2,并将直角梯形ABCD绕AB边旋转至ABEF.
(1)求证:直线AB⊥平面ADF.
(2)求证:直线CE∥平面ADF.
(3)当平面ABCD⊥平面ABEF时,再从下面三个条件中选择一个作为已知条件,使平面ADE与平面BCE垂直,并证明你的结论.
条件①:AE=3;
条件②:AD=1;
条件③:BE⊥DE.
9.[2022江苏徐州沛县高一联考]如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为棱AC的中点,AB=BC,AC=2,AA1=2.
(1)求证:B1C∥平面A1BM.
(2)求证:AC1⊥平面A1BM.
(3)在棱BB1上是否存在点N,使得平面AC1N⊥平面AA1C1C?如果存在,求此时BNBB1的值;如果不存在,请说明理由.
参考答案
一、基础巩固
1.B 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,PC1⊥平面BCC1B1,CC1⊂平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,所以PC1⊥BC1,且PC1⊥CC1,所以∠BC1C即为二面角B-PC1-C的平面角,又BB1=BC,所以CC1=BC,所以∠BC1C=45°.
2.D 如图所示,过P作PO⊥β,垂足为O,则PO=m.作PH⊥l,垂足为H,则PH=2m.连接HO.因为PO⊥β,所以PO⊥l.又PH∩PO=P,所以l⊥平面OPH,所以OH⊥l,所以二面角α-l-β的平面角为∠PHO.在Rt△PHO中,sin∠PHO=POPH=m2m=12,所以∠PHO=30°.故选D.
3.D 如图所示,点P是正八棱锥的顶点,点O是底面的中心,AB是底面的一条边,M是AB的中点,根据题意知∠BOM=22.5°.设AB=a,则OM=BMtan22.5°=2+12a.又二面角P-AB-O的大小为30°,即∠PMO=30°,所以OP=OMtan 30°=6+36a,即正八棱锥的高和底面边长之比为6+36.故选D.
4. 3 解析如图,取BD的中点E,则由菱形的性质可知AE⊥BD,EC⊥BD,故∠AEC为二面角A-BD-C的平面角,所以∠AEC=60°.易得AE=EC=3,则△AEC为等边三角形,所以AC=3.
5.33 解析如图,取BC的中点D,连接PD,AD.因为PB=PC,所以PD⊥BC.因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC,所以BC⊥平面PAD,所以BC⊥AD,所以∠PDA为二面角P-BC-A的平面角.因为PB=PC=BC=6,所以PD=32×6=33,所以sin∠PDA=PAPD=333=33,即二面角P-BC-A的正弦值是 33.
6.B A中,α,β可能平行也可能相交,所以A不正确;C中,若α∥β,仍然可以满足m⊥n,m⊂α,n⊂β,所以C不正确;D中,α,β可能平行也可能相交,所以D不正确.故选B.
7.B 因为AB是圆柱上底面的一条直径,所以AC⊥BC.又AD垂直于圆柱的底面,所以AD⊥BC.因为AC∩AD=A,所以BC⊥平面ACD.又BC⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD.
8.DM⊥PC(答案不唯一) 解析由题知底面ABCD为菱形,则AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以BD⊥PC.又DM⊥PC,BD∩DM=D,所以PC⊥平面MBD,又PC⊂平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.故答案为DM⊥PC.
9.解析方案一 选择条件①.
(1)因为VP-ABC=VB-APC,且△APC的面积为定值,所以当点B到平面PAC距离最大时,三棱锥B-APC的体积最大,
即当BP⊥平面PAC时,VP-ABC取得最大值.
因为BP⊂平面PMB,所以平面PMB⊥平面PAC.
(2)因为BP⊥平面PAC,
所以∠BMP就是直线MB与平面PAC所成的角.
记∠BMP=θ,则tan θ=BPPM.
由题意得BP=CP=1,AP=3.
当PM=PA=3时,PM最大,tan θ最小,
此时tan θ=BPPM=13=33;
当PM⊥AC时,PM最小,tan θ最大,
此时PM=1×32=32,则tan θ=BPPM=132=233.
所以直线MB与平面PAC所成角的正切值的取值范围是[33,233].
方案二 选择条件②.
(1)在题图2的△ABC中,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠CAB=8-2AB·AC=2,所以BC=2.
因为PB2+PC2=BC2,所以PB⊥PC.
又PB⊥PA,PA∩PC=P,且PA,PC⊂平面PAC,所以PB⊥平面PAC.
因为BP⊂平面PMB,所以平面PMB⊥平面PAC.
(2)同方案一.
10.A
A
√
一个平面内有无数条直线与另一个平面垂直,则这个平面经过了另一个平面的一条垂线,从而得这两个平面垂直.
B
✕
圆锥的任意两条母线所在直线与底面所在平面所成的角相等,而两条母线相交.
C
✕
一条直线l与两个相交平面α,β的交线平行,且l⊄α,l⊄β,满足l∥α,l∥β,而α,β不平行.
D
✕
长方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面ABCD与A1B1C1D1都垂直于侧面ABB1A1,而平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
11.BCD
A
✕
不能推出AP⊥BC.
B
√
因为PB∩PC=P,所以AP⊥平面PBC,所以AP⊥BC.
C
√
因为平面BCP∩平面PAC=PC,BC⊥PC,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥AP.
D
√
因为AP⊥平面PBC,所以AP⊥BC.
12.B 在△PAB中,由PA=AB=1,∠PAB=120°,得PB=3.因为PC=2,BC=1,PB=3,所以PB2+BC2=PC2,即BC⊥PB.因为∠ABC=90°,所以BC⊥AB,又PB∩AB=B,所以BC⊥平面PAB.因为BC⊂平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD.在平面PAB内,过点P作PE⊥AB,交BA的延长线于点E,如图所示,因为平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊥AB,所以PE⊥平面ABCD.因为在Rt△PEA中,PA=1,∠PAE=60°,所以PE=32,所以点P到平面ABCD的距离为32.故选B.
13.证明(1)因为AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,
又AB⊥BC,AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平面AA1B1B,
所以BC⊥平面AA1B1B,又BC⊂平面A1BC,
所以平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(2)过A作AD⊥A1B于点D,
因为平面A1BC⊥平面AA1B1B,又平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AD⊂平面AA1B1B,所以AD⊥平面A1BC.
又BC⊂平面A1BC,所以AD⊥BC.
因为AA1⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,
所以AA1⊥BC,AD⊂平面AA1B1B,AA1⊂平面AA1B1B,AA1∩AD=A,所以BC⊥平面AA1B1B.
又AB⊂平面AA1B1B,所以AB⊥BC.
二、能力提升
1.C 如图,过A作AE∥BD且AE=BD,连接CE,DE,则四边形ABDE是平行四边形,因为BD⊥AB,所以平行四边形ABDE是矩形.因为BD⊥l,所以AE⊥l,而AC⊥l,则∠CAE是二面角α-l-β的平面角,即∠CAE=60°.因为BD=AE=AC=3,所以△ACE为正三角形,所以CE=3.因为ED⊥AE,l⊥AC即ED⊥AC,AE∩AC=A,AE,AC⊂平面AEC,所以ED⊥平面AEC,因为EC⊂平面AEC,所以ED⊥EC,所以在Rt△CED中,ED=72-32=210,所以AB=ED=210,故选C.
2.B 如图,作MH⊥AD于H,则MH∥AA1,A1M=AH,从而HD=MD1,而AA1⊥平面ABCD,因此有MH⊥平面ABCD,过N作NE∥BC交AB于E,过M作MF⊥NE于F,则α=∠MNF,tan∠MNF=MFFN.由正方体性质知∠MDA为二面角M-CD-A的平面角,即γ=∠MDA,tan∠MDA=MHDH=AA123A1D1=32.NE⊂平面ABCD,则MH⊥NE,又MF⊥NE,MF∩MH=M,MF,MH⊂平面MFH,所以NE⊥平面MFH,又HF⊂平面MFH,所以NE⊥HF,所以四边形HDNF是矩形,FN=DH,由MH⊥平面ABCD知∠MNH=β,tan∠MNH=MHHN,由MF≥MH.NH≥FN=HD得MFFN≥MHHD≥MHNH,即tan α≥tan γ≥tan β,因为α,β,γ均为锐角,所以α≥γ≥β,N与D重合时取等号.故选B.
3.AC 对于A,若BF⊥平面AEF,则BF⊥AF,在Rt△AFB中,AB=2,BF=1,则AF=3,∠ABF=60°,又FG⊥AB,则∠FGB=90°,所以t=BG=BFcos 60°=12,故A正确.对于B,若AF⊥平面BEF,则AF⊥BF,AF⊥EF,则AF=3,在Rt△AEF中,AF2+EF2=AE2=AD2+DE2,即(3)2+s2=12+(2-s)2,解得s=12,故B错误.对于C,过点F作FH⊥BE,垂足为H,连接HG,因为平面BEF⊥平面ABED,平面BEF∩平面ABED=BE,所以FH⊥平面ABED,所以FH⊥AB,又AB⊥FG,FG∩FH=F,所以AB⊥平面FHG,所以AB⊥HG.因为s=1,所以在等腰直角三角形EFB中,BH=22,又∠ABE=45°,所以在Rt△BGH中,t=BG=BH·cos 45°=12,故C正确.对于D,若平面AFB⊥平面ABED,因为平面AFB∩平面ABED=AB,AB⊥FG,所以FG⊥平面ABED,所以FG⊥BE,如图,过点F作FH⊥BE,连接HG,因为FG∩FH=F,所以BE⊥平面FGH,所以BE⊥HG.连接CH,则有C,H,G三点共线.因为∠CGB+∠GCB=90°,∠EBC+∠GCB=90°,所以∠CGB=∠EBC,所以Rt△CBG∽Rt△ECB,故BGCB=CBEC,又CB=1,s=EC=32,所以t=BG=23,故D错误.故选AC.
4.32π3 解析如图,连接AC,BD,设AC∩BD=O.取AD的中点E,连接OE,OP,PE.因为底面ABCD为矩形,所以O为矩形ABCD的外接圆的圆心.由题知OE∥AB,OE=12AB=1,PE=12AD=3,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊥AD,PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以PE⊥OE,所以PO=PE2+OE2=3+1=2.因为OA=OB=OC=OD=12AC=12(23)2+22=2=PO,所以O为外接球的球心,外接球的半径R=2,所以外接球的体积V=43πR3=43π×23=323π.
5.[0,1) (1,32] 解析当平面ABD⊥平面ABCE时,点D在平面ABCE内的射影恰好在直线AB上,则将△ADE沿AE翻折到平面ABCE内时,点D一定在直线AB的下方.当E为CD的中点时,∠EAD=45°,所以∠EAD>45°,则ED>AD=1,即ED∈(1,2],所以CE的长度的取值范围是[0,1).如图,连接EK,过点E作EN⊥AB交AB于点N,则NB=CE<1.在Rt△AKD中,AD=1,所以AK<1,且DK2=AD2-AK2=1-AK2,所以点K在点N的左侧,则KN=2-AK-CE.由DK⊥AB,平面ABD⊥平面ABCE,且平面ABD∩平面ABCE=AB,所以DK⊥平面ABCE,又EK⊂平面ABCE,所以DK⊥EK.设AK=t,CE=x,x∈[0,1),则DE2=DK2+KE2,所以(2-x)2=(1-t2)+[(2-t-x)2+1],即t=12-x∈[12,1),BK=AB-AK=2-t∈(1,32].
6.解析(1)连接BD.因为SA⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,所以SA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,
又SA∩AC=A,SA⊂平面SAC,AC⊂平面SAC,所以BD⊥平面SAC.
又M,N分别是BC,CD的中点,所以BD∥MN,
所以MN⊥平面SAC.
因为MN⊂平面PMN,所以平面PMN⊥平面SAC.
(2)如图1,设MN∩AC=Q,连接PQ,
因为MN⊥平面SAC,AC⊂平面SAC,PQ⊂平面SAC,
所以MN⊥AC,MN⊥PQ,
所以∠PQA为二面角P-MN-A的平面角,则tan∠PQA=32.
如图2,作PH⊥AC,H为垂足,
则PHHQ=32,设QH=2x,则PH=3x.
由底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,AB=4,则AC=4,
由(1)知,Q为AC上靠近点C的四等分点,则CQ=1.
因为SA∥PH,所以PHSA=HCAC,即3x4=2x+14,
所以x=1,所以PH=3.
所以VP-MNC=13S△MNC·PH=13×12×2×2sin 120°×3=3.
7.解析(1)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AEAC=AFAD=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,所以平面BEF⊥平面ABC.
所以不论λ为何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由(1),知BE⊥EF.若平面BEF⊥平面ACD,
因为平面BEF∩平面ACD=EF,BE⊂平面BEF,则BE⊥平面ACD,所以BE⊥AC.
因为BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°,
所以BD=2,AB=2tan 60°=6,所以AC=AB2+BC2=7.
由AB2=AE·AC,得AE=67,所以λ=AEAC=67,
故当λ=67时,平面BEF⊥平面ACD.
8.解析(1)由题意知AB⊥AD,AB⊥AF,
又AD∩AF=A,AD,AF⊂平面ADF,所以AB⊥平面ADF.
(2)依题意可得DC∥FE且DC=FE,
所以四边形DCEF为平行四边形,所以CE∥DF,
又DF⊂平面ADF,CE⊄平面ADF,
所以CE∥平面ADF.
(3)因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AB⊥AD,AD⊂平面ABCD,
所以AD⊥平面ABEF,
又BE⊂平面ABEF,所以AD⊥BE.
方案一 选择条件①.
过点E作EM⊥AB,交AB于点M,易得M为AB的中点,所以BE=AE=3,
此时cos∠AEB=AE2+BE2-AB22AE·BE=3+3-42×3×3=13,
所以60°<∠AEB<90°.
如图,过点E作EH⊥AE交AB的延长线于点H,连接CH.
因为AD⊥平面ABEF,EH⊂平面ABEF,所以AD⊥EH,
又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,所以EH⊥平面ADE,
又EH⊂平面HCE,所以平面HCE⊥平面ADE,
显然平面BCE与平面ADE不垂直.
方案二 选择条件②.
因为AD=1,所以AF=1,
所以AE=AF2+EF2=2,BE=12+12=2,
所以AE2+BE2=AB2,即AE⊥BE.
又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,所以BE⊥平面ADE,
又BE⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面ADE.
方案三 选择条件③.
因为BE⊥DE,BE⊥AD,AD∩DE=D,AD,AE⊂平面ADE,所以EB⊥平面ADE,
又BE⊂平面BCE,所以平面BCE⊥平面ADE.
9.解析(1)连接AB1,与A1B交于点O,连接OM,如图,
在△B1AC中,M,O分别为AC,AB1的中点,
所以OM∥B1C,又OM⊂平面A1BM,B1C⊄平面A1BM,
所以B1C∥平面A1BM.
(2)因为AA1⊥平面ABC,BM⊂平面ABC,所以AA1⊥BM.
又M为棱AC的中点,AB=BC,所以BM⊥AC.
因为AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1,所以BM⊥平面ACC1A1.
又AC1⊂平面ACC1A1,所以BM⊥AC1.
因为AC=2,所以AM=1.又AA1=2,
在Rt△ACC1和Rt△A1AM中,tan∠AC1C=tan∠A1MA=2,
所以∠AC1C=∠A1MA,即∠AC1C+∠C1AC=∠A1MA+∠C1AC=90°,所以A1M⊥AC1.
又BM∩A1M=M,BM,A1M⊂平面A1BM,所以AC1⊥平面A1BM.
(3)当点N为BB1的中点,即BNBB1=12时,平面AC1N⊥平面AA1C1C.
证明如下:设AC1的中点为D,连接DM,DN,如图所示,
因为D,M分别为AC1,AC的中点,
所以DM∥CC1且DM=12CC1,又N为BB1的中点,
所以DM∥BN且DM=BN,
所以四边形BNDM为平行四边形,故BM∥DN,
由(2)知,BM⊥平面ACC1A1,所以DN⊥平面ACC1A1.
又DN⊂平面AC1N,所以平面AC1N⊥平面ACC1A1.
相关试卷
【同步练习】高中数学人教A版(2019)必修第二册--8.6.3平面与平面垂直 课时作业（含解析）： 这是一份【同步练习】高中数学人教A版(2019)必修第二册--8.6.3平面与平面垂直 课时作业（含解析），共9页。试卷主要包含了下列能确定两个平面垂直的是等内容，欢迎下载使用。
人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后练习题： 这是一份人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直课后练习题，共12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。
高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直同步达标检测题： 这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直同步达标检测题，文件包含863平面与平面垂直提升练-2020-2021学年下学期高一数学同步课堂人教A版2019必修第二册解析版doc、863平面与平面垂直提升练-2020-2021学年下学期高一数学同步课堂人教A版2019必修第二册原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
