高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直第二课时当堂检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册8.6 空间直线、平面的垂直第二课时当堂检测题，共8页。

[A组 必备知识练]
1．下列命题中正确的是( )
A．平面α和β分别过两条互相垂直的直线，则α⊥β
B．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条平行直线，则α⊥β
C．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条相交直线，则α⊥β
D．若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β
解析：当平面α和β分别过两条互相垂直且异面的直线时，平面α和β有可能平行，故A错；由直线与平面垂直的判定定理知，B，D错，C正确．
答案：C
2．已知α，β表示两个不同的平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β ”是“m⊥β ”的( )
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
解析：若α⊥β，m⊂α，则m与β可能平行或相交，不能推出m⊥β；
若m⊥β，m⊂α，则一定可以推出α⊥β，故“α⊥β ”是“m⊥β ”的必要不充分条件．
答案：C
3．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：当两点连线与α垂直时，经过这条直线与平面α垂直的平面可以有无数个；当两点连线与α不垂直时，则经过该直线与α垂直的平面有且仅有一个．
答案：D
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：对于A，因为AB⊥AD，AB⊥PA，AD∩PA＝A，故AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD；对于B，因为BC⊥AB，BC⊥PA，AB∩PA＝A，故BC⊥平面PAB.又BC⊂平面PBC，所以平面PAB⊥平面PBC；对于D，因为CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD＝A，故CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD，C错误．
答案：C
5.如图，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，则此图形中有________个直角三角形．
解析：由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
故PA⊥BC.又BC⊥AB，AB∩PA＝A，
所以BC⊥平面PAB.又PB⊂平面PAB，
所以BC⊥PB，即△PBC是直角三角形．
又由已知条件，△PAC，△PAB，△ABC均为直角三角形，故共有4个直角三角形．
答案：4
6．若l为一条直线，α，β，γ为三个互不重合的平面，给出下面三个结论：①α⊥γ，β⊥γ⇒α⊥β；②α⊥γ，β∥γ⇒α⊥β；③l∥α，l⊥β⇒α⊥β.其中正确的结论有________．
解析：对于①，α⊥γ，β⊥γ，则α，β可能平行或相交，故①错误．②③正确．
答案：②③
7．如图，过S点引三条长度相等但不共面的线段SA，SB，SC，且∠ASB＝∠ASC＝60°，∠BSC＝90°.求证：平面ABC⊥平面SBC.
证明：取BC的中点O，连接AO，SO.
∵AS＝BS＝CS，∴SO⊥BC.
又∵∠ASB＝∠ASC＝60°，
∴AB＝AC，
从而AO⊥BC，∴∠AOS是二面角A­BC­S的平面角．
设AS＝a，又∠BSC＝90°，则SO＝ eq \f(\r(2),2)a.
又AO＝ eq \r(AB2－BO2)＝ eq \f(\r(2),2)a，
∴AS2＝AO2＋SO2，
∴AO⊥OS，即∠AOS＝90°，
∴平面ABC⊥平面SBC.
8.如图，棱柱ABC­A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B.
求证：平面AB1C⊥平面A1BC1.
证明：因为BCC1B1是菱形，
所以B1C⊥BC1.
又B1C⊥A1B，
且BC1∩A1B＝B，
所以B1C⊥平面A1BC1.
又B1C⊂平面AB1C，
所以平面AB1C⊥平面A1BC1.
[B组 关键能力练]
9.如图所示，已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，M是PC上的任意一点，则下列选项能使得平面MBD⊥平面PCD的是( )
A．M为PC的中点
B．DM⊥BC
C．DM⊥PC
D．DM⊥PB
解析：∵底面ABCD为菱形，则BD⊥AC.
∵PA⊥底面ABCD，则PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC.∵PC⊂平面PAC，
∴BD⊥PC.
若DM⊥PC，则有PC⊥平面MBD.
又PC⊂平面PCD，
∴平面MBD⊥平面PCD.
答案：C
10．已知PA⊥矩形ABCD所在的平面(如图)，则图中互相垂直的平面有( )
A．3对 B．4对
C．5对 D．6对
解析：因为DA⊥AB，DA⊥PA，所以DA⊥平面PAB，同理BC⊥平面PAB，又AB⊥平面PAD，所以DC⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面AC，平面PAB⊥平面AC，平面PBC⊥平面PAB，平面PAB⊥平面PAD，平面PDC⊥平面PAD，共5对．
答案：C
11.如图，点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，有下面四个结论：①三棱锥A­D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.
其中正确结论的序号是________．(写出所有你认为正确结论的序号)
解析：连接AC，A1C1，A1B，AD1，D1C，A1P(图略).因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1.又因为AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1.同理可证AD1∥平面A1BC1.又因为AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，且AC∩AD1＝A，所以平面ACD1∥平面A1BC1.因为A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故②正确．因为BC1∥AD1，所以BC1∥平面ACD1，所以点P到平面ACD1的距离不变．又因为VA­D1PC＝VP­ACD1，所以三棱锥A­D1PC的体积不变，故①正确．连接DB，DC1，DP，B1D(图略).因为DB＝DC1，所以当P为BC1的中点时才有DP⊥BC1，故③错误．因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.又因为AC⊥BD，BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.因为B1D⊂平面BB1D1D，所以B1D⊥AC.同理可证B1D⊥AD1.又因为AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，AC∩AD1＝A，所以B1D⊥平面ACD1.又因为B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确．
答案：①②④
12．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝ eq \f(1,2)AB＝2，E为AB的中点．以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2 eq \r(3)，其中正确结论的序号是________．(写出所有你认为正确结论的序号)
①平面PED⊥平面PCD；
②PC⊥BD；
③二面角P­DC­B的大小为 eq \f(π,4)；
④PC与平面PED所成角的正切值为 eq \r(2).
解析：连接EC，BD(图略).由题易知EC＝2 eq \r(2)，又PE＝2，PC＝2 eq \r(3)，
∴PE2＋EC2＝PC2，∴PE⊥EC.
又PE⊥ED，ED∩EC＝E，
∴PE⊥平面DEBC，∴PE⊥DC.
又DC⊥DE，PE∩DE＝E，
∴DC⊥平面PED.
又DC⊂平面PCD，
∴平面PED⊥平面PCD，故①正确；
∵PE⊥平面DEBC，∴PE⊥BD.
由题意可知四边形EBCD为正方形，
∴BD⊥EC.
∵PE∩EC＝E，PE，EC⊂平面PEC，
∴BD⊥平面PEC，∴PC⊥BD，故②正确；
易知∠PDE即为二面角P­DC­B的平面角．
又PE⊥ED，PE＝ED，
∴∠PDE＝ eq \f(π,4)，故③正确；
易知∠CPD为PC与平面PED所成的角．
又PD＝2 eq \r(2)，CD＝2，CD⊥PD，
∴tan ∠CPD＝ eq \f(CD,PD)＝ eq \f(2,2\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，故④错误．
答案：①②③
13．如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，△ABC为直角三角形，D是边BC的中点，E是边PD的中点，F是线段AB上一动点，PA＝AC＝CB＝2.
(1)当F为AB的中点时，求证：平面CEF⊥平面PAB；
(2)当EF∥平面PAC时，求三棱锥P­CDF的体积．
(1)证明：由AC＝CB，且△ABC为直角三角形，知△ABC为等腰直角三角形，AC⊥BC.
当F为AB的中点时，可得CF⊥AB.
因为PA⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，所以PA⊥CF.
因为PA∩AB＝A，所以CF⊥平面PAB.
因为CF⊂平面CEF，
所以平面CEF⊥平面PAB.
(2)解：如图，取CD的中点G，连接FG，EG.
因为EG为△PDC的中位线，所以EG∥PC.
因为PC⊂平面PAC，EG⊄平面PAC，
所以EG∥平面PAC.
因为EF∥平面PAC，且EG∩EF＝E，所以平面EFG∥平面PAC.
因为平面ABC∩平面PAC＝AC，平面ABC∩平面EFG＝FG，所以FG∥AC，
所以 eq \f(BF,AF)＝ eq \f(BG,CG)＝ eq \f(3,1)，所以F为线段AB靠近点A的四等分点，
所以S△CDF＝ eq \f(1,2)CD·FG＝ eq \f(1,2)CD· eq \f(3,4)AC＝ eq \f(1,2)×1× eq \f(3,4)×2＝ eq \f(3,4)，
所以VP­CDF＝ eq \f(1,3)PA·S△CDF＝ eq \f(1,3)×2× eq \f(3,4)＝ eq \f(1,2).
[C组 素养培优练]
14．如图①，在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝ eq \r(2)，AB⊥AC，AC⊥CD，E为BC的中点．将△ACD沿AC折起，使CD⊥BC，连接BD，得到如图②所示的三棱锥D­ABC.
(1)证明：平面ADE⊥平面BCD；
(2)已知直线DE与平面ABC所成的角为 eq \f(π,4)，求二面角A­BD­C的余弦值．
(1)证明：在三棱锥D­ABC中，因为CD⊥BC，CD⊥AC，AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，所以CD⊥平面ABC.又AE⊂平面ABC，所以AE⊥CD.因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.又BC∩CD＝C，BC，CD⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD.又AE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCD.
(2)解：由(1)可知，∠DEC即为直线DE与平面ABC所成的角，所以∠DEC＝ eq \f(π,4)，故CD＝CE＝1.由(1)知AE⊥平面BCD，过点E作EH⊥BD于点H，有AE⊥EH，连接AH.因为AE⊥BD，AE∩EH＝E，AE，EH⊂平面AEH，所以BD⊥平面AEH，所以AH⊥BD，故∠AHE为二面角A­BD­C的平面角．因为∠B＝∠B，∠BHE＝∠DCB＝90°，所以△BHE∽△BCD，得 eq \f(BE,BD)＝ eq \f(EH,CD)，即 eq \f(1,\r(5))＝ eq \f(EH,1)，得EH＝ eq \f(\r(5),5)，所以在Rt△AEH中，AH＝ eq \r(AE2＋EH2)＝ eq \f(\r(30),5)，故cs ∠AHE＝ eq \f(EH,AH)＝ eq \f(\r(6),6)，所以二面角A­BD­C的余弦值为 eq \f(\r(6),6).