新教材2023高中数学第八章立体几何初步8.6空间直线平面的垂直8.6.3平面与平面垂直第1课时二面角平面与平面垂直的判定分层演练新人教A版必修第二册

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8.6 空间直线、平面的垂直 8.6.3 平面与平面垂直 第1课时 二面角、平面与平面垂直的判定
A级　基础巩固
1.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的一个条件(　　)
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
解析:因为n⊥β,m∥n,所以m⊥β.因为m⊂α,由面面垂直的判定定理,所以α⊥β.
答案:C
2.若从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.无法确定
解析:如图所示,BD,CD分别为AB,AC所在平面与α,β的交线,则∠BDC为二面角α-l-β的平面角,且∠ABD=∠ACD=90°,所以∠A+∠BDC=180°.

答案:B
3.空间四边形ABCD中,若AD⊥BC,BD⊥AD,则 (　　)
A.平面ABC⊥平面ADC
B.平面ABC⊥平面ADB
C.平面ABC⊥平面DBC
D.平面ADC⊥平面DBC
解析:因为BC⊥AD,AD⊥BD,BC∩BD=B,所以AD⊥平面BCD.因为AD⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面DBC.
答案:D
4.如图所示,在三棱锥P-ABC中,若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则在三棱锥 P-ABC的四个面中,互相垂直的面有3对.

解析:平面PAB⊥平面PAC,平面PAB⊥平面PBC,
平面PAC⊥平面PBC.
5.如图所示,AC⊥平面BCD,BD⊥CD,AC=AD,求平面 ABD 与平面 BCD 所成的二面角的大小.

解:因为AC⊥平面 BCD,BD⊂平面 BCD,所以BD⊥AC.
因为BD⊥CD,AC∩CD=C,所以BD⊥平面 ACD.
因为AD⊂平面 ACD,所以AD⊥BD,
所以∠ADC即为平面 ABD 与平面 BCD 所成二面角的平面角.
在Rt△ACD中,AC=AD,所以∠ADC=30°,
所以平面ABD与平面BCD所成的二面角为30°.
B级　能力提升
6.(2022·全国乙卷,理)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 (　　)
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
解析:如图,对于选项A,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,又AC⊥BD,所以EF⊥BD,又易知DD1⊥EF,BD∩DD1=D,从而EF⊥平面BDD1,又EF⊂平面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故选项A正确;
对于选项B,因为平面A1BD∩平面BDD1=BD,所以由选项A知,平面B1EF⊥平面A1BD不成立,故选项B错误;
对于选项C,由题意知直线AA1与直线B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC不平行,故选项C错误;
对于选项D,连接AB1,B1C,易知平面AB1C∥平面A1C1D,又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1,所以平面A1C1D与平面B1EF不平行,故选项D错误.
故选A.

答案:A
7.如图所示,二面角α-l-β的大小是60°,线段AB⊂α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是.

解析:如图所示,作AO⊥β于点O,过点O作OC⊥l于点C,连接OB,AC,由线面垂直、线线垂直可得AC⊥l.设AB与β所成的角为θ,则∠ABO=θ, 所以sin θ==·=sin 30°·sin 60°=.

8.如图所示,几何体是某圆柱的一部分,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 的中点.
(1)设P是 上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.

解:(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB⊂平面ABP,AP⊂平面ABP,
AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.
因为BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP.
因为∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.
(2)如图所示,取 的中点H,连接EH,GH,CH.
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.

因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,
所以AE=GE=AC=GC==.
因为AM=1,所以EM=CM==2.
在△BEC中,∠EBC=120°,
由余弦定理,得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,
所以EC=2=EM=CM,所以△EMC为等边三角形,
所以所求二面角为60°.
C级　挑战创新
9.多选题如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC=BC=3,PA=
PB=PC=5,D,E,F分别为AB,AC,BC的中点,则以下结论正确的是
(　　)

A.平面PDE⊥平面ABC
B.平面PAF⊥平面ABC
C.AB∥平面PFE
D.三棱锥P-ABC的外接球表面积为2π
解析:如图,对于A,设AF与DE的交点为M,
则AF和DE垂直,若平面PDE⊥平面ABC,
那么根据面面垂直的性质定理,必有AF⊥平面PDE,
此时须有AM⊥PM成立,
又因为M是AF的中点,此时须有PA=PF成立,
上式显然不成立,所以A不正确;
对于B,由于AC=AB, PC=PB,
因此AF⊥BC且PF⊥BC,AF∩PF=F,
又AF,PF⊂平面PAF,故BC⊥平面PAF,
而BC⊂平面ABC,所以平面PAF⊥平面ABC,所以B正确;
对于C,由于EF∥AB,EF⊂平面PEF,AB⊄平面PEF,
因此AB∥平面PFE,所以C正确;
对于D,作PN⊥平面ABC,垂足为N,
则N为等边三角形ABC的重心,所以AN=3, PN=4,
设三棱锥P-ABC的外接球球心为O,则O在PN上,
连接AO,设三棱锥P-ABC的外接球半径为R,
则在△AON中,R2=(4-R)2+32 ,解得R=,
因此其外接球表面积为,所以D不正确.
故选BC.

答案:BC
10.探索性问题如图所示,已知在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=1,BC=2,CD=1+,过点A作AE⊥CD,垂足为E.现将△ADE沿AE折叠,使得DE⊥EC.
(1)求证:BC⊥平面CDE.
(2)在线段AE上是否存在一点R,使得平面BDR⊥平面BDC?若存在,求出点R的位置;若不存在,请说明理由.

(1)证明:因为AE⊥CD,所以AE⊥CE,AE⊥DE.
因为CE∩DE=E,所以AE⊥平面CDE.
由已知易得AE∥BC,所以BC⊥平面CDE.
(2)解:存在,当点R满足AR=AE时,平面BDR⊥平面BDC.

理由:如图所示,过点E作EF⊥CD交CD于点F,易得CF=CD.
由(1)可知BC⊥平面CDE,则BC⊥EF,所以EF⊥平面BCD.
过点F作FG∥BC交BD于点G,连接GR,则FG=BC.
因为AR=AE,且BC∥AE,所以四边形EFGR是平行四边形,
所以EF∥GR,所以GR⊥平面BCD.
因为GR⊂平面BDR,所以平面BDR⊥平面BDC.