高中数 1.2.4.3两平面垂直的性质同步训练 苏教版必修2

【创新设计】-版高中数学1.2.4.3两平面垂直的性质同步训练苏教版必修2eq\a\vs4\al\co1(双基达标限时15分钟)1．对于直线m、n和平面α、β、γ，有如下四个命题：①若m∥α，n⊥m，则n⊥α；②若m⊥α，n⊥m，则n∥α；③若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ；④若m⊥α，m⊂β，则α⊥β.其中正确命题的个数是________．解析对于①，不能断定n与α内两相交直线都垂直，故①错误；对于②，当nα时亦适合条件n⊥m，故②错误；对于③，如教室相邻墙面都与天花板面垂直，但它们并不平行，故③错误；④是面面垂直的判定定理，正确．综上，只有④正确．答案12．给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．其中，为真命题的序号是________．解析①中若两直线平行，则结论错误；②正确；在空间中③错误；④正确．答案②④3．已知平面α、β、γ，直线l、m，且l⊥m，α⊥γ，γ∩α＝m，γ∩β＝l，给出下列四个结论：①β⊥γ；②l⊥α；③m⊥β；④β⊥α，则其中正确的个数是________．解析根据线面、面面垂直的判定与性质知②、④正确．答案24．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ABCD，则在四面体ABCD中，下列结论正确的序号是________．①平面ABD⊥平面ABC②平面ADC⊥平面BDC③平面ABC⊥平面BDC④平面ADC⊥平面ABC解析由平面图形易知∠BDC＝90°，∵平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，∴CD⊥平面ABD.∴CD⊥AB.又AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC.答案④5．在平面几何中，有真命题：如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，则这两个角相等或互补．某同学将此结论类比到立体几何中，得一结论：如果一个二面角的两个面和另一个二面角的两个面分别垂直，那么这两个二面角相等或互补．你认为这个结论________．(填“正确”或“错误”)解析如图，平面ABC1D1⊥平面BCC1B1，平面CDD1C1⊥平面ABCD，而二面角A­C1D1­C为45°，二面角A­BC­C1答案错误6．在四棱锥A－BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，BC＝2，CD＝eq\r(2)，AB＝AC.证明：AD⊥CE. 证明：如图所示，作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，由于AO⊥BC且平面ABC⊥平面BCDE，所以AO⊥底面BCDE，且O为BC中点，由eq\f(OC,CD)＝eq\f(CD,DE)＝eq\f(1,\r(2))知，Rt△OCD∽Rt△CDE，从而∠ODC＝∠CED，于是CE⊥OD.又∵CE⊥AO，AO∩OD＝O，∴CE⊥平面AOD.∵AD⊂平面AOD，∴AD⊥CE.eq\a\vs4\al\co1(综合提高限时30分钟)7．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是________．①AB∥m②AC⊥m③AB∥β④AC⊥β解析如图所示．AB∥l∥m，故①成立；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m，故②成立；AB∥l⇒AB∥β，故③成立．故选④.答案④8．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列命题：①若m⊂β，α⊥β，则m⊥α；②若m∥α，m⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γ；④若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β.上面命题中，真命题的序号是________．解析逐一将假命题排除可得正确答案．①错，当m⊂α时，则m⊥α为假命题；②对，当m∥α，m⊥β，则有m∥n，n⊂α且n⊥β，所以α⊥β；③错，由α⊥β，α⊥γ，β与γ垂直没有传递性，则β⊥γ为假命题；④错，由α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n得α∥β或者α与β相交；所以真命题的序号是②.答案②9．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是________．解析过点K作KM⊥AF于M点，连接DM，易得DM⊥AF，与折前的图形对比，可知由折前的图形中D、M、K三点共线，且DK⊥AF，于是△DAK∽△FDA，∴eq\f(AK,AD)＝eq\f(AD,DF)，∴eq\f(t,1)＝eq\f(1,DF)，∴t＝eq\f(1,DF).∵DF∈(1,2)，∴t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))10．下列命题中正确的序号为________．①直线a、b、c互相平行且都与直线l相交，则a、b、c在同一平面内；②平面α⊥β，γ⊥β，α∩γ＝a，则a⊥β；③平面α⊥β，γ⊥β，α∩β＝a，γ∩β＝b，且a∥b，则α∥γ；解析对于①，如图，∵a∥b，故a、b可以确定一个平面α.设l与a、b、c分别交于A、B、C，则A∈α，B∈α，∴l⊂α∵a∥c，故a、c可以确定一个平面β，∴A∈β，C∈β，即l⊂β.于是α∩β＝a，α∩β＝l，即平面α与β有两条相交的公共直线a、l，故α与β是同一个平面，所以a、b、c在同一平面内．由此可知命题①正确．对于命题②，如图所示，设α、γ分别与β相交于m、n.在α内作b⊥m，在β内作c⊥n.∵α⊥β，γ⊥β，∴b⊥β，c⊥β，于是b∥c.又b⊄γ，∴b∥γ，而b⊂α，α∩γ＝a，∴b∥a，但b⊥β，故a⊥β.由此可知命题②正确．对于命题③，如图所示，分别在平面α、γ内作直线a′⊥a，b′⊥b.∵α⊥β，γ⊥β，∴a′⊥β，b′⊥β，∴a′∥b′，从而a′∥γ，又a∥b，∴α∥γ，而a′和a是α内的两条相交直线，故α∥γ，由此可知命题③正确．答案①②③11．如图所示，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝eq\r(2)，CE＝EF＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE.解(1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝eq\f(1,2)AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE.(2)如图所示，连接FG.因为EF∥CG，EF＝CG＝1，且CE＝1所以四边形CEFG是菱形．所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD，且平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG＝G，所以CF⊥平面BDE.12．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq\r(2)AA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上，且DE⊥AE.(1)证明：平面ADE⊥平面ACC1A1(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值．解(1)由正三棱柱ABC－A1B1C1的性质知AA1⊥平面A1B1C∵DE⊂平面A1B1C1，∴DE⊥AA1而DE⊥AE，AA1∩AE＝A，∴DE⊥平面ACC1A1∵DE⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACC1A1(2)如图所示，设F是AB的中点，连接DF、DC1、C1F由正三棱柱ABC－A1B1C1的性质及点D是A1B1的中点知，A1B1⊥C1D，A1B1⊥DF∵C1D∩DF＝D，∴A1B1⊥平面C1DF.而AB∥A1B1，∴AB⊥平面C1DF.∵AB⊂平面ABC1，∴平面ABC1⊥平面C1DF.过点D作DH⊥C1F于点H则DH⊥平面ABC1.连接AH，则∠HAD是直线AD和平面ABC1所成的角．由已知AB＝eq\r(2)AA1，不妨设AA1＝eq\r(2)，则AB＝2，DF＝eq\r(2)，DC1＝eq\r(3)，C1F＝eq\r(5)，AD＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋A1D2)＝eq\r(3)，DH＝eq\f(DF·DC1,C1F)＝eq\f(\r(2)×\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(30),5).∴sin∠HAD＝eq\f(DH,AD)＝eq\f(\r(10),5)，即直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为eq\f(\r(10),5).13．(创新拓展)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，N是PB的中点，过A，D，N的平面交PC于M，E为AD的中点．求证：(1)EN∥平面PDC；(2)BC⊥平面PEB；(3)平面PBC⊥平面ADMN.证明(1)因为AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，所以AD∥平面PBC，又平面ADMN∩平面PBC＝MN，所以AD∥MN，所以MN∥BC.因为N为PB的中点，所以M为PC的中点，所以MN∥BC，且MN＝eq\f(1,2)BC.又E为AD的中点，所以四边形DENM为平行四