新教材2020-2021學(xué)年高中人教A版數(shù)學(xué)必修第二冊同步練習(xí)：86平面與平面垂直

課時素養(yǎng)評價

三十三平面與平面垂直（二）

基礎(chǔ)通關(guān)一水平一》

（15分鐘30分）

1.已知m,n,1是直線，a,B是平面，aJ_B,aGB=1,nuB,n±l,m

_La,則直線m與n的位置關(guān)系是

A.異面B.相交但不垂直

C.平行D.相交且垂直

【解析】選C.因為a_LB,aGB=l,nUB,n_Ll,所以nJ_a.又a,

所以m〃n.

2.如圖，在三棱錐P-ABC中，平面PABL平面ABC,PA=PB,AD=DB,則

A.PDc平面ABC

B.PD_L平面ABC

C.PD與平面ABC相交但不垂直

D.PD〃平面ABC

【解析】選B.因為PA=PB,AD=DB,所以PDLAB.因為平面PABJ_平面ABC,

平面PABA平面ABC=AB,PDU平面PAB,所以PD_L平面ABC.

3.在空間四邊形ABCD中，平面ABD_L平面BCD,且DA，平面ABC,則AABC

的形狀是

A.銳角三角形B.直角三角形

C.鈍角三角形D.不能確定

【解析】選B.作AE±BD,交BD于E,

因為平面ABD，平面BCD,所以AE_L平面BCD,BCc平面BCD,所以AE_LBC,

而DA,平面ABC,BCc平面ABC,所以DA±BC,

又因為AEnAD=A,所以BC_L平面ABD,而ABu平面ABD,所以BCLAB,即

△ABC為直角三角形.

4.如圖所示，四邊形ABCD中,AD〃BC,AD=AB=1,ZBCD=45°,ZBAD=90°,

現(xiàn)將AABD沿BD折起,使平面ABD_L平面BCD,構(gòu)成三棱錐A-BCD,則三

棱錐A-BCD的體積為.

【解析】

折后如圖，作AH±BD于H,

因為平面ABDL平面BCD,平面ABDG平面BCD=BD,

所以AH,平面BCD.

由AD〃BC,

得NBDC=180°-ZBCD-ZADB=90°.

由AB=AD=1,得BD=V2,則CD=V2.

AH=ABsin45°,

2

所以VA-BCD——SABCD,AH

3

=-x-x&X證義烏匠

3226

答案:立

6

5.aABC中，NC=90°,NA=60°,AB=2,M為AB中點，將ABMC沿CM折疊,

當平面BMCJ_平面AMC時,A,B兩點之間的距離為.

［解析】取MC中點、0,連接AO,B0,

因為z^ABC中，NBCA=90°,ZA=60°,AB=2,M為AB中點,所以

AC二BM=AM=CM=1,

所以AO=J12-(1)2=^,

B0=JBM2+MO2-2xBMxOMxcosl20°

=J1+》xlx：x(-￡)=?,

A0_LMC,將△BMC沿CM折疊，當平面BMC_L平面AMC時，AO_L平面BMC,

所以AO±BO,所以A、B兩點之間的距離

AB二泮

B

M

答案:邈

2

6.如圖，正方形ABCD和四邊形ACEF所在的平面互相垂

直，EF//AC,AB=V2,CE=EF=1,

求證:CF_L平面BDE.

【證明】如圖，設(shè)ACGBD=G,連接EG,FG.

由AB二企易知CG=1,貝IEF=CG二CE.又EF〃CG,所以四邊形CEFG為菱形，

所以CFLEG.

因為四邊形ABCD為正方形，所以BD_LAC.

又平面ACEFJ_平面ABCD,且平面ACEFG平面ABCD=AC,所以BDL平面

ACEF,CFc平面ACEF,所以BDJ_CF.

又BDAEG=G,所以CFJ_平面BDE.

【補償訓(xùn)練】

（2020?南通高一檢測）如圖,在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩

形,M,N分別為PD,AB的中點，APAD為銳角三角形，平面PAD_L平面PAB.

⑴求證:直線MN〃平面PBC;

⑵求證:平面PAD,平面PCD.

教師【補償訓(xùn)練】

專用（2020?南通高—?檢測）如圖，在四棱錐

PABCD中，底面ABCD是矩形,M,N分別為

PD.AB的中點，為銳角三角形，平面

PADJ_平面PAB.

（1）求證:直線〃平面PBC；

（2）求證:平面尸八D_L平面PCD.

C

N

【證明】（1）取PC中點E,連接ME,BE,因為

M是PD的中點，所以ME//CD,ME=^CD,

因為N是八B的中點，且四邊形ABCL）為矩

形，所以NB//CD,NB=yCD,則四邊形

為平行四邊形，所以MN〃BE,而BE

U平面PBCMNU平面PBC,

所以直線MN〃平面PBC；

（2）在平面PAD中，過。作。FJ_PA.垂足為

E因為平面PAD_L平面尸八8,平面PADQ

平面PA6=PA,所以DF_L平面P八6,則DF

_LAB,又底面八BCD是矩形，所以八BJ_AD,

而ADADF=D，所以八平面PAD,因為

CD〃八3,所以CD_L平面CAD,又CDU平面

PCD，所以平面PAD±平面PCD.

ANB

?能力進階一水平二》

（30分鐘60分）

一、單選題（每小題5分，共20分）

1.在四棱柱ABCD-ABCD中，已知平面AACC_L平面ABCD,且

AB=BC,AD=CD,則BD與CG

A.平行B.共面

C.垂直D.不垂直

【解析】選C.如圖所示，在四邊形ABCD中，因為AB=BC,AD=CD.所以

BD±AC.因為平面AACC_L平面ABCD,平面AACCG平面ABCD=AC,BDC

平面ABCD,所以BD_L平面AAjCiC.又CCC平面AACC,所以BD1CC,.

2.在三棱錐P-ABC中，PA=PB=逐，平面PAB±平面

ABC,PA±PB,AB±BC,ZBAC=30°,則PC=

A.V6B.2A/6C.V10D.2V10

【解析】選C.因為PA=PB=V6,PA±PB,所以AB=2V3,因為

AB±BC,ZBAC=30°,所以BC=ABtan30°=2,因為平面PAB±平面

ABC,AB，BC,平面PABG平面ABC=AB,BCU平面ABC,所以BC_L平面PAB,

所以BC±PB,

所以PC^PB2+FC2=V10.

3.如圖,在四面體ABCD中，已知AB1AC,BD1AC,那么D在平面ABC內(nèi)的

射影H必在

A.直線AB上B.直線BC上

C.直線AC上D.ZXABC內(nèi)部

【解析】選A.在四面體ABCD中，已知AB±AC,BD±AC,ABnBD=B,所以

AC_L平面ABD,因為ACU平面ABC,所以平面ABC,平面ABD,因為平面

ABCG平面ABD=AB,所以D在面ABC內(nèi)的射影H必在直線AB上.

4.（2020?合肥高一檢測）如圖所示,三棱錐P-ABC的底面在平面a內(nèi)，

且AC±PC,平面PAC_L平面PBC,點P,A,B是定點，則動點C的軌跡是

A.一條線段

B.一條直線

C.一個圓

D.一個圓，但要去掉兩個點

【解析】選D.因為平面PACJ_平面PBC,而平面PACA平面PBC=PC,

又ACu平面PAC,且AC_LPC,所以AC_L平面PBC,而BCu平面PBC,所以

AC1BC,所以點C在以AB為直徑的圓上，所以點C的軌跡是一個圓，但

是要去掉A和B兩點.

【誤區(qū)警示】本題容易錯選C.注意本題中A,B,C三點不能共線.

二、多選題（每小題5分，共10分,全部選對得5分,選對但不全的得3

分,有選錯的得。分）

5.如圖,在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，NDAB=60°.側(cè)面PAD

為正三角形,且平面PAD_L平面ABCD,則下列說法正確的是

PR

A.在棱AD上存在點M,使ADJ_平面PMB

B.異面直線AD與PB所成的角為90°

C.二面角P-BC-A的大小為45°

D.BDJ_平面PAC

【解析】選ABC.對于A,

取AD的中點M,連接PM,BM,

則因為側(cè)面PAD為正三角形，所以PM1AD,

又底面ABCD是NDAB=60°的菱形，

所以三角形ABD是等邊三角形，

所以AD_LBM,PMGBM=M,

所以AD,平面PBM,故A正確；對于B,因為AD_L平面PBM,所以AD±PB,

即異面直線AD與PB所成的角為90°,故B正確；對于C,因為平面PAD,

平面ABCD,PM1AD,所以PM_L平面ABCD,則NPBM是二面角P-BC-A的

平面角，設(shè)AB=1,則BM=—,PM=—,

22

PM

在直角三角形PBM中，tanNPBM二一=1,

BM

即NPBM=45。，故二面角P-BC-A的大小為45°，故C正確，錯誤的是

D.

6.如圖梯形ABCD中,AD〃BC,ZABC=90°,AD：BC：AB=2：3：4,E,F分

別是AB,CD的中點,將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折,則在翻折過程

中，可能成立的結(jié)論的是

RAD

B1--------------

A.DF±BC

B.BD±FC

C.平面DBFJ_平面BFC

D.平面DCF_L平面BFC

【解析】選BC.因為BC〃AD,AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直,

則A錯誤；

設(shè)點D在平面BCF上的射影為點P,當BP1CF時就有BDJ_FC,而

AD：BC：AB=2：3：4,可使條件滿足，所以B正確；

當點P落在BF上時，DPu平面BDF,從而平面BDFJ_平面BCF,所以C正

確；因為點D的投影不可能在FC上，所以平面DCFJ_平面BFC不成立,

即D錯誤.

AD

BC

三、填空題（每小題5分，共10分）

7.已知m,n為直線，a,B為空間的兩個平面.給出下列命

mua,

題:nU0,nm〃n;

喘*…②a||8

③佇累’=?！˙；④產(chǎn)=m//n.其中正確的命題

（m1p（nip

為.（填序號）

【解析】對于①,會有nUa的情況，因此不正確；對于②，會有m,n異面

的情況，因此不正確；容易驗證③④都是正確的.

答案:③④

8.如圖,P是菱形ABCD所在平面外的一點,且NDAB=60°,AB的長為a.

側(cè)面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD,PB與平面ABCD所

成的角為。，則9=.

（解析】如圖，取AD的中點G,連接PG,BG,BD.

因為4PAD是等邊三角形，所以PG1AD.又平面PAD,平面ABCD,平面

PADG平面ABCD二AD,PGu平面PAD,所以PG_L平面ABCD,NPBG是PB與

平面ABCD所成的角0.在APBC中，PG1BG,BG二PG,

所以NPBG=45°，即0=45°.

答案:45°

【補償訓(xùn)練】

（2020?贛州高一檢測）已知四邊形ABCD是矩形,AB=4,AD=3,沿AC

將AADC向上折起，使D為D',且平面A>C_L平面ABC,F是AD'的中

點,E是AC上一點,

給出下列結(jié)論：

①存在點E,使得EF〃平面BCD'；

②存在點E,使得E/LL平面ABC；

③存在點E,使得D'E_L平面ABC；

④存在點E,使得八C_L平面bD'E,

其中正確結(jié)論的序號是_______.

D'

【解析】①存在AC中點E,則EF//CD\利用

線面平行的判定定理可得EF〃平面BCD7,正

確；

②由平面八。'CJ_平面八6C,可知只需EF±

AC即可使得EFJ_平面八XC,故正確；

③D'E±AC\利用面面垂直的性質(zhì)，可得D'E

平面八3C,正確；

④因為八6CD是矩形，八3=4,八/）=3,若八。

上存在點E使八CJL平面XD'E,則AC±BE,

八CJ_/）'E.因為八D'二八6,故點E不存在.

答案:①②③

四、解答題（每小題10分，共20分）

9.（2020?沈陽高一檢測）如圖，已知AABC為等邊三角形，AABD為等腰

直角三角形,AB_LBD.平面ABC_L平面ABD,點E與點D在平面ABC的同

側(cè)，且CE//BD,BD=2CE.點F為AD中點，連接EF.求證:平面AED_L平面

ABD.

【證明】取AB的中點0,連接FO,CO,

因為點F為AD中點，

1

所以F0〃BD且F0=-BD,

2

因為CE〃BD,BD=2CE,

所以F0〃CE且F0=CE,

所以四邊形F0CE為平行四邊形,所以C0/7EF.

因為點。為AB的中點，且AABC為等邊三角形，所以C0J_AB,又因為

AB1BD.平面ABCJ_平面ABD,所以BDJ_平面ABC,所以BDJ_C0,

又ABABD=B,所以COJ_平面ABD,

又CO〃EF,所以EFJ_平面ABD,

因為EFc平面AED,

所以平面AED_L平面ABD.

10.如圖,M是半圓?。坌纳袭愑贑,D的點，四邊形ABCD是矩形,P為AM

中I占八、、?

⑴證明:MC〃平面PBD;

⑵若矩形ABCD所在平面與半圓弧Z3所在平面垂直，證明:平面AMD1

【證明】⑴連接AC,交BD于0,

因為四邊形ABCD是矩形,所以。是AC中點，

連接0P,因為P是AM中點,所以MC//0P,

因為MCQ平面PBD,OPc平面PBD,

所以MC〃平面PBD.

⑵平面CMD_L平面ABCD,交線為CD,

因為BC±CD,BCc平面ABCD,

所以BC_L平面CMD,所以BC1DM,

因為M為比上異于C,D的點，且DC為直徑，所以DM1CM,又BCnCM=C,

所以DM,平面BMC,而DMc平面AMD,所以平面AMD,平面BMC.

創(chuàng)新遷移》

1.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-ABCD中，點E是棱BC的中點,P

是側(cè)面BCCB內(nèi)一點（不含邊界），若平面AECD,平面AEP,則線段AP

長度的取值范圍是.

【解析】連接BG,依題意可得BC_L平面AECD,故只需EP〃BG即可,

取CC中點為F,故P在線段EF上（不含端

點）.AE=<22+12=V5,AF=422+22+

所以線段AP長度的取值范圍是（遙,3）.

答案：（述,3）

2.（2020?朝陽高一檢測）如圖，在四棱錐A-BCED

中,DE//BC,A1D=BD=A1E=CE=V5,0為DE的中點,2DE=BC=4.F為A）C的中

點，平面ADE，平面BCED.

⑴求證:平面AQB_L平面AiOC.

⑵線段0C上是否存在點G,使得0C_L平面EFG?說明理由.

【解析】⑴因為A1D=BD=A1E=CE=V5,所以A1D=A1E,又。為DE的中點,

所以AQJ_DE.

因為平面AQEJ_平面BCED,且AQu平面A,DE,所以AQJ_平面BCED.所

以COlAiO.

由于四邊形BCED是一個上底為2,下底為4,腰長為遍的等腰梯形，易求

得0B=0C=2V^.

在△OBC中，BC=4,所以COJ_BO,

因為BOAAi0=0,所以CO_L平面AlOB,

所以平面AQBJ_平面AQC.

⑵線段0C上不存在點G,使得0(3_1_平面EFG.

理由如下：假設(shè)線段0C上