【数学】2020届一轮复习北师大版平面与平面垂直的性质作业

【数学】2020届一轮复习北师大版平面与平面垂直的性质作业

‎2020届一轮复习北师大版 平面与平面垂直的性质 作业 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.(2018·马鞍山高二检测)已知平面α,β及直线a满足α⊥β,α∩β=AB,a∥α,a⊥AB,则　(　　)‎ A.a⊂β B.a⊥β C.a∥β D.a与β相交但不垂直 ‎【解析】选B.由题意,α中存在直线b,b∥a,‎ 因为a⊥AB,所以b⊥AB,‎ 因为α⊥β,α∩β=AB,所以b⊥β,‎ 因为b∥a,所以a⊥β.‎ ‎2.设α-l-β是直二面角,直线a⊂α,直线b⊂β,a,b与l都不垂直,那么 ‎　(　　)‎ A.a与b可能垂直,但不可能平行 B.a与b可能垂直,也可能平行 C.a与b不可能垂直,但可能平行 D.a与b不可能垂直,也不可能平行 ‎【解析】选C.当a,b都与l平行时,则a∥b,所以A,D错,如图,若a⊥b,过a上一点P在α内作a′⊥l,因为α⊥β,所以a′⊥β,又b⊂β,所以a′⊥b,所以b⊥α,而l⊂α,所以b⊥l,与b和l不垂直矛盾,所以B错.‎ ‎3.如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α内,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,则动点C的轨迹是　(　　)‎ 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.因为平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,平面PAC∩平面PBC=PC,AC⊂平面PAC,‎ 所以AC⊥平面PBC.‎ 又因为BC⊂平面PBC,‎ 所以AC⊥BC.所以∠ACB=90°.‎ 所以动点C的轨迹是以AB为直径的圆,除去A和B两点.‎ ‎4.如图,A,B,C,D为空间四点,在△ABC中,AB=2,AC=BC=,等边三角形ADB以AB为轴运动,当平面ADB⊥平面ABC时,CD=　(　　)‎ A.1 B. C. D.2‎ ‎【解析】选D.取AB的中点E,连接DE,CE,因为△ADB是等边三角形,所以DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时,因为平面ADB∩平面ABC=AB,‎ 所以DE⊥平面ABC.所以DE⊥CE.‎ 由已知可得DE=,EC=1,‎ 在Rt△DEC中,CD==2.‎ ‎5.已知平面α⊥平面β,α∩β=l,在l上取线段AB=4,AC,BD分别在平面α和平面β内,且AC⊥AB,DB⊥AB,AC=3,BD=12,则CD的长度为　(　　)‎ A.13 B. C.12 D.15‎ ‎【解析】选A.如图,连接AD.‎ 可得AC⊥β,DB⊥α.在Rt△ABD中,‎ AD===‎ ‎=4.‎ 在Rt△CAD中,CD===13.‎ ‎【延伸探究】已知直二面角α-l-β,点A∈α,AC⊥l,C为垂足,B∈β,BD⊥l,D为垂足,若AB=2,AC=BD=1,则CD的长为________.‎ ‎【解析】如图,连接BC,‎ 因为二面角α-l-β为直二面角,AC⊂α,且AC⊥l,所以AC⊥β,又BC⊂β,所以AC⊥BC,所以BC2=AB2-AC2=3,又BD⊥CD,所以CD==.‎ 答案:‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎6.边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则折叠后AC的长为________.‎ ‎【解析】如图所示,取BD的中点O,连接A′O,CO,‎ 则∠A′OC是二面角A′-BD-C的平面角.‎ 即∠A′OC=90°,‎ 又A′O=CO=a,‎ 所以A′C==a,‎ 即折叠后AC的长(A′C)为a.‎ 答案:a ‎7.(2018·徐州高二检测)若α⊥β,α∩β=l,点P∈α,P∉l,则下列命题中正确的为________.(只填序号)‎ ‎①过P垂直于l的平面垂直于β;‎ ‎②过P垂直于l的直线垂直于β;‎ ‎③过P垂直于α的直线平行于β;‎ ‎④过P垂直于β的直线在α内.‎ ‎【解析】由题意和面面垂直的性质定理知,①④正确;过点P且垂直于l的直线有可能垂直于α,故②不正确;过点P且垂直于α的直线一定平行于在β内与交线垂直的直线,故③正确.‎ 答案:①③④‎ ‎8.(2018·大同高一检测)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,‎ 因为平面ABD⊥平面BCD,‎ 所以AO⊥平面BCD,‎ 则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角.‎ 因为∠BAD=90°,AB=AD,所以∠ADO=45°.‎ 答案:45°‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.(2017·江苏高考)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.‎ 求证:(1)EF∥平面ABC.‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ ‎【证明】(1)在平面ABD内,因为AB⊥AD,EF⊥AD,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,BC⊂平面BCD,BC⊥BD,‎ 所以BC⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD,所以BC⊥AD.‎ 又AB⊥AD,BC∩AB=B,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AD⊥平面ABC,‎ 又因为AC⊂平面ABC,所以AD⊥AC.‎ ‎10.如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD为正方形,AE⊥平面CDE,已知AE=3,DE=4.　‎ ‎(1)求证:平面ADE⊥平面ABCD.‎ ‎(2)求直线BE与平面ABCD所成的角的正弦值.‎ ‎【解析】(1)因为AE⊥平面CDE,CD⊂平面CDE,‎ 所以AE⊥CD.‎ 因为CD⊥AD,AE∩AD=A,AD,AE⊂平面ADE,所以CD⊥平面ADE.‎ 又CD⊂平面ABCD,‎ 所以平面ADE⊥平面ABCD.‎ ‎(2)过点E作EH⊥AD于H,连接BH.‎ 由(1),知平面ADE⊥平面ABCD,‎ 又平面ADE∩平面ABCD=AD,‎ 所以EH⊥平面ABCD,‎ 所以BH为BE在平面ABCD内的射影,‎ 所以∠EBH为BE与平面ABCD所成的角.‎ 又CD∥AB,所以AB⊥平面ADE,‎ 所以AB⊥AE,所以△ABE为直角三角形.‎ 又AE=3,DE=4,所以AD=5,‎ 所以AB=5,所以BE=,且HE=,‎ 所以sin∠EBH==,‎ 即直线BE与平面ABCD所成的角的正弦值为.‎ ‎【补偿训练】如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.‎ ‎(1)求证:AD⊥PB.‎ ‎(2)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?并证明你的结论.‎ ‎【解析】(1)设G为AD的中点,连接BG,PG,因为△PAD为正三角形,所以PG⊥AD.‎ 在菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD的中点,‎ 所以BG⊥AD.‎ 又BG∩PG=G,所以AD⊥平面PGB.‎ 因为PB⊂平面PGB,所以AD⊥PB.‎ ‎(2)当F为PC的中点时,平面DEF⊥平面ABCD.‎ 证明如下:‎ 在△PBC中,因为F是PC的中点,E是BC的中点,所以EF∥PB.‎ 在菱形ABCD中,GB∥DE,而FE⊂平面DEF,DE⊂平面DEF,EF∩DE=E,‎ 所以平面DEF∥平面PGB,‎ 由(1)得PG⊥平面ABCD,‎ 而PG⊂平面PGB,‎ 所以平面PGB⊥平面ABCD,‎ 所以平面DEF⊥平面ABCD.‎ ‎(20分钟　40分)‎ 一、选择题(每小题5分,共10分)‎ ‎1.如图所示,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在底面ABC上的射影H必在　(　　)‎ A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 ‎【解析】选A.连接AC1,‎ 因为AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,‎ 所以AC⊥平面ABC1,‎ 又因为AC⊂平面ABC,‎ 所以平面ABC1⊥平面ABC,‎ 所以C1在平面ABC上的射影H必在平面ABC1与平面ABC的交线AB上.‎ ‎2.(2019·淮南高一检测)如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,‎ ‎∠BAD=90°,将△ABD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成四面体A-BCD,则在四面体A-BCD中,下列结论正确的是　(　　)‎ A.平面ABD⊥平面ABC B.平面ADC⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ADC⊥平面ABC ‎【解析】选D.因为在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,所以BD⊥CD.又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,故CD⊥平面ABD,则CD⊥AB,又AD⊥AB,所以AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面ADC.‎ ‎【补偿训练】如图,边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G,已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形(A′不与A,F重合),则下列说法中正确的是　(　　)‎ ‎①动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上;‎ ‎②BC∥平面A′DE;‎ ‎③三棱锥A′-FED的体积有最大值.‎ A.①　　 B.①②　　 C.①②③　 　D.②③‎ ‎【解析】选C.①中由已知可得平面A′FG⊥平面ABC,所以点A′在平面ABC上的射影在线段AF上.‎ ‎②BC∥DE,BC⊄平面A′DE,DE⊂平面A′DE,所以BC∥平面A′DE.‎ ‎③当平面A′DE⊥平面ABC时,三棱锥A′-FED的体积达到最大.‎ 二、填空题(每小题5分,共10分)‎ ‎3.(2018·江西高二检测)如图,两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,设M,N分别是BD和AE的中点,那么①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE异面.其中正确结论的序号是________.　‎ ‎【解析】因为两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,M,N分别是BD和AE的中点,取AD的中点G,连接MG,NG,易得AD⊥平面MNG,进而得到AD⊥MN,故①正确;连接AC,CE,根据三角形中位线定理,可得MN∥CE,由线面平行的判定定理,可得②MN∥平面CDE及③MN∥CE正确;④MN,CE异面错误.‎ 答案:①②③‎ ‎4.(2018·合肥高一检测)如图,平行四边形ABCD中,AB⊥BD,沿BD将△ABD折起,使平面ABD⊥平面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】因为平面ABD⊥平面BCD,‎ 平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊥BD,‎ 所以AB⊥平面BCD.‎ 所以平面ABC⊥平面BCD,‎ 因为AB⊥BD,AB∥CD,所以CD⊥BD.‎ 又因为平面ABD⊥平面BCD,‎ 所以CD⊥平面ABD,‎ 所以平面ACD⊥平面ABD,共3对.‎ 答案:3‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎5.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别为AB,B1C1的中点.　(1)求证:MN∥平面AA1C1C.‎ ‎(2)若CC1=CB1,CA=CB,平面CC1B1B⊥平面ABC,求证:AB⊥平面CMN.‎ ‎(3)若直线A1B1与平面CMN的交点为D,试确定的值.‎ ‎【解题指南】(1)取A1C1的中点P,连接AP,NP.证得四边形AMNP为平行四边形.再由线面平行的判定定理即可得到.‎ ‎(2)运用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质和判定定理,即可得证.‎ ‎(3)经N点向A1B1作垂线,垂足为D,连接DM,可证ND∥CM,取A1B1的中点E,连接C1E,则ND∥C1E,由于N为C1B1的中点,E为A1B1的中点,利用三角形中位线定理即可得的值.‎ ‎【解析】(1)取A1C1的中点P,连接AP,NP.‎ 因为C1N=NB1,C1P=PA1,‎ 所以NP∥A1B1,NP=A1B1.‎ 在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB,A1B1=AB.故NP∥AB,且NP=AB.‎ 因为M为AB的中点,所以AM=AB.‎ 所以NP=AM,且NP∥AM.‎ 所以四边形AMNP为平行四边形.‎ 所以MN∥AP.‎ 因为AP⊂平面AA1C1C,MN⊄平面AA1C1C,‎ 所以MN∥平面AA1C1C.‎ ‎(2)因为CA=CB,M为AB的中点,所以CM⊥AB.‎ 因为CC1=CB1,N为B1C1的中点,所以CN⊥B1C1.在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC∥B1C1,所以CN⊥BC.‎ 因为平面CC1B1B⊥平面ABC,平面CC1B1B∩平面ABC=BC.CN⊂平面CC1B1B,‎ 所以CN⊥平面ABC.‎ 因为AB⊂平面ABC,‎ 所以CN⊥AB.‎ 因为CM⊂平面CMN,CN⊂平面CMN,CM∩CN=C,所以AB⊥平面CMN.‎ ‎(3)经N点向A1B1作垂线,设垂足为D,连接DM,‎ 因为ND⊥A1B1,AB∥A1B1,‎ 所以ND∥CM,点D符合要求,‎ 取A1B1的中点E,连接C1E,则C1E∥CM,‎ 所以ND∥C1E,‎ 因为N为C1B1的中点,E为A1B1的中点,‎ 所以=,=,‎ 所以=.‎ ‎6.(2018·天水高一检测)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,‎ ‎∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.　‎ ‎(1)证明:CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值.‎ ‎【解析】(1)在题图1中,因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点,∠BAD=,‎ 所以BE⊥AC.‎ 即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,‎ 从而BE⊥平面A1OC,‎ 又易得CD∥BE,‎ 所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,‎ 且平面A1BE∩平面BCDE=BE,‎ 又由(1),A1O⊥BE,‎ 所以A1O⊥平面BCDE,‎ 即A1O是四棱锥A1-BCDE的高.‎ 由题图1知,A1O=AB=a,‎ 平行四边形BCDE的面积S=a2.‎ 从而四棱锥A1-BCDE的体积为V=×S×A1O=×a2×a=a3,由a3=36,得a=6.‎ ‎【补偿训练】如图,在矩形ABCD中,AB=2AD,E是AB的中点,沿DE将△ADE折起.‎ ‎(1)如果二面角A-DE-C是直二面角,求证:AB=AC.‎ ‎(2)如果AB=AC,求证:平面ADE⊥平面BCDE.‎ ‎【证明】(1)过点A作AM⊥DE于点M,‎ 因为二面角A-DE-C是直二面角,‎ 则AM⊥平面BCDE,‎ 所以AM⊥BC.又AD=AE,‎ 所以M是DE的中点,取BC中点N,连接MN,AN,则MN⊥BC.‎ 又AM⊥BC,AM∩MN=M,‎ 所以BC⊥平面AMN,所以AN⊥BC.‎ 又因为N是BC中点,所以AB=AC.‎ ‎(2)取BC的中点N,连接AN,‎ 因为AB=AC,所以AN⊥BC.‎ 取DE的中点M,连接MN,AM,‎ 所以MN⊥BC.又AN∩MN=N,‎ 所以BC⊥平面AMN,所以AM⊥BC.‎ 又M是DE的中点,AD=AE,‎ 所以AM⊥DE.又因为DE与BC是平面BCDE内的相交直线,所以AM⊥平面BCDE.‎ 因为AM⊂平面ADE,‎ 所以平面ADE⊥平面BCDE.‎