课时素养评价十九 平面与平面垂直
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多选题全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分) 1.已知在四面体ABCD中,E,F分别是AC,BD的中点,若AB=2,CD=4,EF⊥AB,则EF与CD所成的角的度数为
( )
A.90° B.45° C.60° D.30° 【解析】选D.取BC的中点G,连接EG,FG, 则EG=1,FG=2,EF⊥EG,
则EF与CD所成的角等于∠EFG,为30°.
2.如图所示,四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,则图中互相垂直的平面共有 ( )
A.3对
B.4对
C.5对
D.6对
【解析】选D.因为PA⊥平面ABCD,且PA?平面PAB, PA?平面PAD,PA?平面PAC,
所以平面PAB和平面PAC和平面PAD都与平面ABCD垂直, 又AD⊥PA,AD⊥AB,所以AD⊥平面PAB, 又AD?平面PAD, 所以平面PAB⊥平面PAD, 同理可证平面PBC⊥平面PAB, 平面PCD⊥平面PAD.
3.矩形ABCD的两边AB=3,AD=4,PA⊥平面ABCD,且PA=,则二面角A-BD-P的度数为A.30° B.45° C.60° D.120° 【解析】选A.过A作AE⊥BD,连接PE, 则∠AEP为所求角. 由AB=3,AD=4知BD=5.
)
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( 又AB·AD=BD·AE,所以AE=,
所以tan∠AEP==.所以∠AEP=30°.
4.(多选题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,给出下列四个推断中正确的为 ( )
A.A1C1⊥AD1 B.A1C1⊥BD
C.平面A1C1B∥平面ACD1 D.平面A1C1B⊥平面BB1D1D
【解析】选BCD.对A,A1C1与AD1是异面直线,A1C1与AD1所成角即为AC与AD1所成角,易知为60°,故A错误;对B,由AC⊥BD,AC∥A1C1,可知A1C1⊥BD,故B正确;对C,由A1B∥CD1,AC∥A1C1且A1B∩A1C1=A1,AC∩CD1=C,由面面平行的判定定理的推论可知平面A1C1B∥平面ACD1,故C正确; 对D,易知A1C1⊥平面BB1D1D且A1C1?平面A1C1B, 故平面A1C1B⊥平面BB1D1D,故D正确. 二、填空题(每小题4分,共8分)
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,二面角A-BC-A1的平面角等于________.
【解析】根据正方体中的位置关系可知,AB⊥BC,A1B⊥BC,根据二面角的平面角定义可知,∠ABA1即为二面角A-BC-A1的平面角.
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又AB=AA1,且AB⊥AA1,所以∠ABA1=45°. 答案:45°
6.如图,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°,AB=AC=1,将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠,使平面ABD⊥平面ACD,则折叠后BC=________.
【解析】因为在△ABC中,AD⊥BC, 所以折叠后有AD⊥BD,AD⊥CD, 所以∠BDC是二面角B-AD-C的平面角. 因为平面ABD⊥平面ACD,所以∠BDC=90°.
在△BCD中,∠BDC=90°,BD=CD=,
所以BC=答案:1
三、解答题(共26分)
=1.
7.(12分)如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点.
(1)求证:A1E⊥BD.
(2)当E恰为棱CC1的中点时,求证:平面A1BD⊥平面EBD.
【解题指南】(1)欲证A1E⊥BD,只需证明BD垂直A1E所在平面即可.
(2)要证平面A1BD⊥平面EBD,只需求出二面角为直二面角即可,或证明一个平面内的某一直线垂直于另一个面.
【证明】连接AC,设AC∩DB=O,连接A1O,OE,
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2020新教材高中数学课时素养评价十九平面与平面垂直新人教B版必修第四册
