2019_2020学年新教材高中数学课时素养评价三十二平面与平面垂直一新人教A版必修2.doc

课时素养评价 三十二
平面与平面垂直(一)
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分，共16分，多项选择题全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1.已知直线m，n和平面α，β，则下列结论中正确的是 (　　)
①若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β；
②若m∥n，n⊥β，m⊂α，则α⊥β；
③若m⊥n，α∩β=m，n⊂α，则α⊥β；
④若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β.
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
【解析】选B.①错误，当两平面不垂直时，也能在两个平面内找到互相垂直的直线；③错误，当两平面不垂直时，在一个平面内可以找到无数条直线与两平面的交线垂直.
2.如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，则二面角B-PA-C的大小为 (　　)

A.90° B.60° C.45° D.30°
【解析】选A.由题意，∠BAC即为二面角B-AP-C的平面角.
3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截面C1D1AB与底面ABCD所成二面角C1-AB-C的大小为 (　　)

A.30° B.45° C.60° D.90°
【解析】选B.因为AB⊥BC，AB⊥BC1，所以∠C1BC为二面角C1-AB-C的平面角，大小为45°.
4.(多选题)如图所示，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A，B)，直线PA垂直于圆O所在的平面，点M为线段PB的中点，以下四个命题正确的是(　　)

A.PA∥平面MOB
B.MO∥平面PAC
C.OC⊥平面PAC
D.平面PAC⊥平面PBC
【解析】选BD.因为PA⊂平面MOB，故A错误；
因为OM是△PAB的中位线，所以OM∥PA，
又OM⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以OM∥平面PAC，故B正确；
因为AB是直径，所以BC⊥AC，又因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，又PA∩AC=A，
所以BC⊥平面PAC，故C错误；又BC⊂平面PBC，
所以平面PAC⊥平面PBC，故D正确.
二、填空题(每小题4分，共8分)
5.从空间一点P向二面角α-l-β的两个面α，β分别作垂线PE，PF，E，F为垂足，若∠EPF=60°，则二面角α-l-β的平面角的大小是________. 
【解析】若点P在二面角内，则二面角的平面角为120°；若点P在二面角外，则二面角的平面角为60°.
答案：60°或120°
6.四面体PABC中，PA=PB=PC，底面△ABC为等腰直角三角形，AC=BC，O为AB中点，请从以下平面中选出两个相互垂直的平面________.(只填序号)①平面PAB；②平面ABC；③平面PAC；④平面PBC；⑤平面POC. 

【解析】因为四面体PABC中，PA=PB=PC，
底面△ABC为等腰直角三角形，AC=BC，O为AB中点，所以CO⊥AB，PO⊥AB，
CO∩PO=O，
所以AB⊥平面POC，因为AB⊂平面ABC，AB⊂平面PAB，
所以平面POC⊥平面ABC，平面PAB⊥平面POC，
所以两个相互垂直的平面为②⑤或①⑤.
答案：②⑤或①⑤
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1=2，AB=4，E为AB的中点.
求证：平面DD1E⊥平面CD1E.

【证明】在矩形ABCD中，E为AB的中点，
AD=2，AB=4，所以DE=CE=2，
因为CD=4，所以CE⊥DE，
因为D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥CE，因为D1D∩DE=D，所以CE⊥平面D1DE，又CE⊂平面CED1，所以平面DD1E⊥平面CD1E.
8.(14分)(2019·通州高一检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AP=AD，E是棱PD的中点，且AE⊥AB.
求证：平面ABE⊥平面PCD.

【证明】因为AP=AD，E是棱PD的中点，
所以AE⊥PD，因为AB∥CD，AE⊥AB，
所以AE⊥CD，因为PD∩CD=D，
所以AE⊥平面PDC，因为AE⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面PCD.
(15分钟·30分)
1.(4分)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为菱形，M是PC上的一个动点，若要使得平面MBD⊥平面PCD，则应补充的一个条件可以是 (　　)

A.MD⊥MB B.MD⊥PC
C.AB⊥AD D.M是棱PC的中点
【解析】选B.连接AC.因为在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，所以BD⊥PA，BD⊥AC，因为PA∩AC=A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC属于平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.
2.(4分)(多选题)已知三棱锥A-BCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，AB=AD，AB⊥AD，E、F、G分别是所在棱的中点，如图，二面角A-BD-C为直二面角.则下列结论正确的是 (　　)

A.BD⊥AC
B.EG=
C.二面角E-FG-C的度数为150°
D.B到平面ACD的距离为
【解析】选ABC.取BD的中点O，连接AO、CO，取AD的中点H，连接EH，GH.设OA∩EH=M，CO∩FG=N.依题意，得AB=AD=，BD⊥AO，BD⊥CO，

所以BD⊥平面AOC，从而BD⊥AC，故A正确.
易知∠AOC=90°是直二面角A-BD-C的平面角，
且AO=1，CO=，
得AC=2.
易知EFGH为正方形，EF=1，
故EG=，故B正确.
显然∠ONM是二面角E-FG-B的平面角，
在△ONM中，∠MON=90°，OM=，MN=1，故∠ONM=30°，
所以二面角E-FG-C的度数为150°，故C正确.
设B到平面ACD的距离为h，可求得△ACD底边AD上的高h1=.
由VB-ACD=VA-BCD得×××h=××4×1，解得h=，故D不正确.
3.(4分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是CC1的中点，则平面EBD与平面AA1C1C的位置关系是________.  
【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，

因为CC1⊥平面ABCD，所以CC1⊥BD.又AC⊥BD，CC1∩AC=C，所以BD⊥平面AA1C1C.又BD⊂平面EBD，所以平面EBD⊥平面AA1C1C.
答案：垂直
4.(4分)正四面体的侧面与底面所成的二面角的余弦值是________. 
【解析】如图所示，设正四面体ABCD的棱长为1，顶点A在底面BCD上的射影为O，

连接DO并延长交BC于点E，
连接AE，
则E为BC的中点，
故AE⊥BC，DE⊥BC，
所以∠AEO为侧面ABC与底面BCD所成二面角的平面角.
在Rt△AEO中AE=，EO=ED=·=，所以cos∠AEO==.
答案：
5.(14分)(2019·海安高一检测)如图所示，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是平行四边形.

(1)求证：EF∥平面ABCD.
(2)若CF⊥AE，AB⊥AE，求证：平面ABFE⊥平面CDEF.
【证明】(1)因为在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是平行四边形，所以AB∥CD，
因为AB⊄平面CDEF，CD⊂平面CDEF，
所以AB∥平面CDEF，所以AB和EF平行或异面，
因为EF，AB共面于平面ABFE，所以AB∥EF，
因为EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD.
(2)因为CF⊥AE，AB⊥AE，AB∥CD，
所以AE⊥CD，因为CF∩CD=C，
所以AE⊥平面CDEF，因为AE⊂平面ABFE，
所以平面ABFE⊥平面CDEF.

【加练·固】
　　 (2019·汉中高一检测)如图，多面体ABCDEF中，平面ABCD为正方形，
AD⊥DE，AB=2，AE=3，ED=EC=，EF∥DB，且EF=DB.
(1)求证：平面ABCD⊥平面EDC.
(2)求四棱锥C-BDEF的体积.

【解析】(1)因为平面ABCD为正方形，
所以AD⊥DC，又AD⊥DE，且DE∩DC=D，
所以AD⊥平面EDC，又AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面EDC.
(2)连接BE，
由题意知VC-BDEF=VC-BDE=VE-BCD.

取CD的中点O，连接EO，由ED=EC=，得EO⊥DC，由(1)可知，EO⊥平面ABCD，因为CD=2，所以EO=2，
所以VE-BCD=S△BCD·EO=××2×2×2=，所以VC-BDEF=×=2.

1.如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是 (　　)

A.平面BCE⊥平面ABN
B.MC⊥AN
C.平面CMN⊥平面AMN
D.平面BDE∥平面AMN
【解析】选C.分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP=CQ=1，

连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体.
因为BC⊥平面ABN，BC⊂平面BCE，
所以平面BCE⊥平面ABN，故A正确；
连接PB，则PB∥MC，显然PB⊥AN，
所以MC⊥AN，故B正确；
取MN的中点F，连接AF，CF，AC.
因为△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，所以AF⊥MN，CF⊥MN，
所以∠AFC为二面角A-MN-C的平面角，
因为AF=CF=，AC=，
所以AF2+CF2≠AC2，即∠AFC≠，
所以平面CMN与平面AMN不垂直，
故C错误；因为DE∥AN，MN∥BD，
所以平面BDE∥平面AMN，故D正确.
2.(2019·海淀高一检测)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=
∠BAD=90°，AD=2PA=2AB=2BC=2.
(1)求证：平面PCD⊥平面PCA.
(2)在线段PC上是否存在点E，使得平面AED⊥平面PCD？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，因为AD=2PA=2AB=2BC=2，
所以PA=AB=BC=1，∠ABC=∠BAD=90°
由勾股定理易得：PB=CD=AC=.
又因为在△ACD中，
由勾股定理逆定理得CD⊥AC，
又PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥PA，因为PA∩AC=A，所以CD⊥平面PAC，又因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PBC.即平面PCD⊥平面PCA.
(2)在线段PC上存在点E.
假设存在点E，由(1)可知：平面PCD⊥平面PCA，过点A作AE⊥PC交PC于E，连接ED；

则AE⊥平面PCD.在Rt△PAC中由勾股定理得：PC=，所以AE=，
在Rt△PAC中，PA⊥AC，AE⊥PC，
可得PE=；EC=.所以=，
故线段PD上存在点E，=时，
使得平面AED⊥平面PCD.

【加练·固】
　　 如图所示，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BB1，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点.
(1)求证：B1C∥平面A1BD.
(2)求证：B1C1⊥平面ABB1A1.
(3)设E是CC1上一点，试确定E的位置使平面A1BD⊥平面BDE，并说明理由.

【解析】(1)连接AB1，与A1B相交于M，
则M为A1B的中点，连接MD.

因为D为AC的中点，所以B1C∥MD.
又B1C⊄平面A1BD，MD⊂平面A1BD，
所以B1C∥平面A1BD.
(2)因为AB=B1B，
所以四边形ABB1A1为正方形.
所以A1B⊥AB1.又因为AC1⊥平面A1BD，
所以AC1⊥A1B，因为AC1∩AB1=A，
所以A1B⊥平面AB1C1，所以A1B⊥B1C1.
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥B1C1，
因为BB1∩A1B=B，
所以B1C1⊥平面ABB1A1.
(3)当点E为C1C的中点时，平面A1BD⊥平面BDE，因为D，E分别为AC，C1C的中点，所以DE∥AC1.因为AC1⊥平面A1BD，所以DE⊥平面A1BD.又DE⊂平面BDE，所以平面A1BD⊥平面BDE.

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