2019_2020学年新教材高中数学第八章立体几何初步8.6.3平面与平面垂直应用案巩固提升新人教A版必修第二册.doc

8.6.3 平面与平面垂直

[A　基础达标]
1.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：选D.当两点连线与平面α垂直时，可作无数个垂面，否则，只有1个.
2.从空间一点P向二面角α­l­β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α­l­β的平面角的大小是（　　）
A.60° B.120°
C.60°或120° D.不确定
解析：选C.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°.

3.已知直线a，b与平面α，β，γ，下列能使α⊥β成立的条件是（　　）
A.α⊥γ，β⊥γ B.α∩β＝a，b⊥a，b⊂β
C.a∥β，a∥α D.a∥α，a⊥β
解析：选D.由a∥α，知α内必有直线l与a平行.而a⊥β，所以l⊥β，所以α⊥β.
4.在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC，AD＝CD，则BD与CC1（　　）
A.平行 B.共面
C.垂直 D.不垂直
解析：选C.如图所示，在四边形ABCD中，因为AB＝BC，AD＝CD.
所以BD⊥AC.
因为平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，
BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面AA1C1C.
又CC1⊂平面AA1C1C，
所以BD⊥CC1，故选C.
5.如图，正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD上的动点，则（　　）

A.存在点G，使PG⊥EF成立
B.存在点G，使FG⊥EP成立
C.不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立
D.不存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立
解析：选C.正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，
P是线段AB的中点，G是直线BD上的动点，
在A中，不存在点G，使PG⊥EF成立，故A错误；
在B中，不存在点G，使FG⊥EP成立，故B错误；
在C中，不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立，故C正确；
在D中，存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立，故D错误.故选C.
6.已知PA⊥矩形ABCD所在的平面（如图），则图中互相垂直的平面有　　　　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：5
7.如图，在三棱锥P­ABC内，侧面PAC⊥底面ABC，且∠PAC＝90°，PA＝1，AB＝2，则PB＝　　　　Ｗ.
解析：因为侧面PAC⊥底面ABC，交线为AC，∠PAC＝90°（即PA⊥AC），PA⊂平面PAC，
所以PA⊥平面ABC，
所以PA⊥AB，所以PB＝＝＝.
答案：
8.如图，直二面角α­l­β，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　　　Ｗ.
解析：如图，连接BC，
因为二面角α­l­β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：
9.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BSC.
证明：取BC的中点D，连接SD、AD（图略），由SA＝SB＝SC，∠ASB＝∠ASC＝60°，得AB＝AC＝SA.
所以AD⊥BC，SD⊥BC，
所以∠ADS是二面角A­BC­S的平面角.
又∠BSC＝90°，令SA＝1，
则SD＝，AD＝，所以SD2＋AD2＝SA2.
所以∠ADS＝90°，所以平面ABC⊥平面BSC.
10.如图，三棱台DEF­ABC中， AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.
（1）求证：BD∥平面FGH；
（2）若CF⊥BCAB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.
证明：
（1）如图所示，连接DG，设CD∩GF＝M，连接MH.
在三棱台DEF­ABC中，AB＝2DE，所以AC＝2DF.
因为G是AC的中点，
所以DF∥GC，且DF＝GC，
所以四边形CFDG是平行四边形，所以DM＝MC.因为BH＝HC，所以MH∥BD.
又BD⊄平面FGH，MH⊂平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
（2）因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.
因为AB⊥BC，所以GH⊥BC.
又H为BC的中点，
所以EF∥HC，EF＝HC，
所以四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.
因为CF⊥BC，所以HE⊥BC.
又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，
所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD，
所以平面BCD⊥平面EGH.
[B　能力提升]
11.将锐角A为60°，边长为a的菱形沿BD折成60°的二面角，则折叠后A与C之间的距离为（　　）
A.a B.a
C.a D.a
解析：选C.设折叠后点A到A1的位置，取BD的中点E，连接A1E，CE.
则BD⊥CE，BD⊥A1E.
于是∠A1EC为二面角A1­BD­C的平面角.
故∠A1EC＝60°.
因为A1E＝CE，所以△A1EC是等边三角形.
所以A1E＝CE＝A1C＝a.
12.如图，在四面体PABC中，AB＝AC，PB＝PC，D，E，F分别是棱AB，BC，CA的中点，则下列结论中不一定成立的是（　　）
A.BC∥平面PDF
B.DF⊥平面PAE
C.平面PDF⊥平面PAE
D.平面PDF⊥平面ABC
解析：选D.因为D，F分别为AB，AC的中点，则DF为△ABC的中位线，则BC∥DF，依据线面平行的判定定理，可知BC∥平面PDF，A成立.又E为BC的中点，且PB＝PC，AB＝AC，则BC⊥PE，BC⊥AE，依据线面垂直的判定定理，可知BC⊥平面PAE.因为BC∥DF，所以DF⊥平面PAE，B成立.又DF⊂平面PDF，则平面PDF⊥平面PAE，C成立.要使平面PDF⊥平面ABC，已知AE⊥DF，则必须有AE⊥PD或AE⊥PF，由条件知此垂直关系不一定成立，故选D.
13.如图所示，平面四边形ABCD，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，则下列说法中正确的是（　　）

①平面ACD⊥平面ABD；②AB⊥CD；③平面ABC⊥平面ACD.
A.①② B.②③
C.①③ D.①②③
解析：选D.因为BD⊥CD，平面ABD⊥平面BCD，
所以CD⊥平面ABD，因为CD⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面ABD，故①正确；
因为平面四边形ABCD中，
AB＝AD＝CD＝1，BD＝，
所以AB⊥AD，
又CD⊥平面ABD，所以AB⊥CD，
又AD∩CD＝D，
所以AB⊥平面ACD，
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ACD，故②③正确.
14.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝1，AD＝2，PA⊥底面ABCD，PD与底面成45°角，点E是PD的中点.
（1）求证：BE⊥PD；
（2）求二面角P­CD­A的余弦值.
解：（1）证明：连接AE.
因为PA⊥底面ABCD，所以∠PDA是PD与底面ABCD所成的角，
所以∠PDA＝45°.所以PA＝DA.
又因为点E是PD的中点，所以AE⊥PD.
因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，
所以PA⊥AB.因为∠BAD＝90°，所以BA⊥DA.
又因为PA∩AD＝A，
所以BA⊥平面PDA.又因为PD⊂平面PDA，所以BA⊥PD.
又因为BA∩AE＝A，
所以PD⊥平面ABE.
因为BE⊂平面ABE，
所以BE⊥PD.
（2）连接AC.在直角梯形ABCD中，
因为AB＝BC＝1，AD＝2，
所以AC＝CD＝.因为AC2＋CD2＝AD2，
所以AC⊥CD，
又因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD.
因为AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC.
又因为PC⊂平面PAC，所以PC⊥CD，
所以∠PCA为二面角P­CD­A的平面角.
在Rt△PCA中，PC＝＝＝.
所以cos∠PCA＝＝＝.
所以所求二面角的余弦值为.
[C　拓展探究]
15.已知三棱锥A­BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ（0<λ<1）.
（1）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；
（2）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？
解：（1）证明：因为∠BCD＝90°，所以BC⊥CD.
因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD.
又因为AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC.
因为＝，所以EF∥CD，
所以EF⊥平面ABC.
又因为EF⊂平面BEF，
所以平面BEF⊥平面ABC.
故不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC.
（2）由（1）得EF⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，
所以EF⊥BE.
要使平面BEF⊥平面ACD，只需BE⊥AC.
因为∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，所以BD＝.
又因为AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，
所以AB＝，AC＝，
所以BE＝＝，
所以AE＝，
所以λ＝＝.
故当λ＝时，平面BEF⊥平面ACD.

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