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- 13.2.2 空间两条直线的位置关系练习题 试卷 3 次下载
- 13.2.3 直线与平面的位置关系练习题 试卷 4 次下载
- 13.3.1 空间图形的表面积练习题 试卷 2 次下载
- 13.3.2 空间图形的体积练习题 试卷 2 次下载
- 专题强化练3 空间两条直线的位置关系 试卷 2 次下载
苏教版 (2019)第13章 立体几何初步13.2 基本图形位置关系当堂达标检测题
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这是一份苏教版 (2019)第13章 立体几何初步13.2 基本图形位置关系当堂达标检测题，共54页。试卷主要包含了在正方体中,相互平行的面不会是，下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
13.2.4 平面与平面的位置关系
第1课时 两平面平行
基础过关练
题组一 两个平面平行的判定
1.在正方体中,相互平行的面不会是( )
A.前后相对的侧面 B.上下相对的底面
C.左右相对的侧面 D.相邻的侧面
2.(2020江苏东海高级中学阶段检测)下列命题中正确的是( )
A.如果一个平面内两条直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行
B.如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行
C.平行于同一直线的两个平面一定相互平行
D.如果一个平面内的无数条直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行
3.设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,m∥β,若要使α∥β成立,则需增加的条件是( )
A.n是直线且n⊂α,n∥β
B.n,m是异面直线且n∥β
C.n,m是相交直线且n⊂α,n∥β
D.n,m是平行直线且n⊂α,n∥β
4.(2020江苏盐城射阳中学月考)如图所示,在正方体A1B1C1D1-ABCD中,M,N,P分别是C1C,B1C1,C1D1的中点.求证:平面MNP∥平面A1BD.
易错
题组二 两个平面平行的性质
5.若平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是( )
A.AB∥CD B.AD∥CB
C.AB与CD相交 D.A,B,C,D四点共面
6.(2020江苏海门中学高一期中)如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1,过A1B1的平面与平面ABC交于直线DE,则DE与AB的位置关系是(深度解析)
A.异面
B.平行
C.相交
D.以上均有可能
7.(2020江苏沭阳如东中学期中)如图,已知α∥β,GB,GD分别交α,β于点A,B,C,D,且GA=9,AB=12,则ACBD= .
8.(2020江苏口岸中学阶段检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,过BB1的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于点M,交BC于点N,则MNAC= .
9.(2020江苏邳州第二中学期中)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,平面A1ECD与B1B交于点E.求证:EC∥A1D.
题组三 距离问题
10.若不共线的三点到平面β的距离相等,则这三点确定的平面α与β之间的关系是( )
A.平行 B.相交
C.平行或相交 D.以上都不对
11.(多选)若平面α∥平面β,且α,β之间的距离为d,则在平面β内( )
A.有且只有一条直线与平面α的距离为d
B.所有直线与平面α的距离都等于d
C.有无数条直线与平面α的距离等于d
D.所有直线与平面α的距离都不等于d
12.两平行平面α、β之间的距离为18 cm,直线l与平面α、β分别交于A、B两点,点P∈l,若PA=12PB,则点P到平面β的距离为 .
能力提升练
题组一 两个平面平行的判定
1.(2020江苏板浦高级中学阶段测试,)已知α,β是两个不同的平面,下列条件中可以判定平面α与β平行的是( )
①α内存在不共线的三点到β的距离相等;
②l,m是α内的两条直线,且l∥β,m∥β;
③l,m是两条异面直线,且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β.
A.①② B.①③
C.③ D.②③
2.(多选)()已知a,b表示两条不重合的直线,α,β,γ表示三个不重合的平面,给出下列命题,其中正确的是( )
A.若α∩γ=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥β
B.若a,b相交且都在α,β外,a∥α,b∥α,a∥β,b∥β,则α∥β
C.若a∥α,a∥β,则α∥β
D.若a⊂α,a∥β,α∩β=b,则a∥b
3.(多选)()如图是一几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点.在此几何体中,给出下列结论,其中正确的结论是 ( )
A.平面EHGF∥平面ABCD
B.直线PA∥平面BDG
C.直线EF∥平面PBC
D.直线EF∥平面BDG
题组二 两个平面平行的性质
4.()如图所示,在三棱台A1B1C1-ABC中,点D在A1B1上,且AA1∥BD,M是△A1B1C1内(含边界)的一个动点,且有平面BDM∥平面A1C,则动点M的轨迹是( )
A.平面 B.直线
C.线段,但只含1个端点 D.圆
5.()如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E在A1B1上,且B1E=1,记图中阴影平面为平面α,且平面α∥平面BC1E.若平面α∩平面ABB1A1=A1F,则AF的长为( )
A.1 B.1.5 C.2 D.3
6.(2020江苏宿豫中学期中,)如图所示,在长方体A1B1C1D1-ABCD中,AB=AD=2,AA1=1.一平面截该长方体,所得截面为OTSRQP,其中O,P分别为AD,CD的中点,B1S=12,则AT= .
7.(2020江苏兴化中学期中,)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是棱CC1的中点,问在棱AB上是否存在一点E,使得DE∥平面AB1C1?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.
题组三 距离问题
8.(2020江苏丹阳高级中学阶段测试,)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,有一过AD且与平面A1D1CB平行的平面α,棱AA1=5,AB=12,则平面α与平面A1D1CB的距离是 .
9.(2020江苏新浦高级中学阶段测试,)不共面的四个点到平面α的距离都相等,这样的平面α共有 个.
10.(2020江苏靖江第一高级中学期中,)如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为4,侧棱垂直于底面,E,F,G,H分别为AB,AC,A1C1,A1B1的中点.求:
(1)B1C1到平面BCGH的距离;
(2)平面A1EF与平面BCGH间的距离.
题组四 面面平行的综合应用
11.(2020江苏黄桥中学阶段检测,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中点,F在CC1上,且CF=2FC1,点P在侧面ADD1A1(包括边界)上,PB1∥平面 DEF,则tan∠ABP的取值范围是( )
A.12,32 B.[0,1]
C.13,103 D.13,133
12.(2020江苏明达中学期中,)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面BCC1B1上一点,若A1P∥平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是( )
A.324,52 B.324,52
C.1,52 D.0,52
13.(2020江苏泰兴中学期中,)异面直线上的线段AC、BD分别在平行平面α和β内.若AC=6,BD=8,AB=CD=10,且AB与CD成60°角,则异面直线AC和BD所成的角的度数为 .
14.(2020江苏句容实验高级中学阶段测试,)棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,过点E作平面α,使得平面α∥平面AB1C,则平面α在正方体表面上截得的图形的周长为 .
15.(2020江苏镇江第一中学阶段测试,)如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条异面直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AC=15 cm,DE=5 cm,AB∶BC=1∶3,求AB,BC,EF的长.
16.(2020江苏张家港高级中学学情检测,)如图所示,B为△ACD所在平面外一点,M,N,G分别为△ABC,△ABD,△BCD的重心.
(1)求证:平面MNG∥平面ACD;
(2)求S△MNG∶S△ADC.
第2课时 两平面垂直
基础过关练
题组一 二面角
1.以下各角:①异面直线所成的角;②直线和平面所成的角;③二面角的平面角中,可能为钝角的是( )
A.③ B.① C.②③ D.①②
2.(2020江苏徐州第二中学高一阶段检测)下列说法中正确的是( )
A.两个相交平面组成的图形叫作二面角
B.异面直线a,b分别和一个二面角的两个面垂直,则a,b所成的角与这个二面角的平面角相等或互补
C.二面角的平面角是从棱上一点出发,分别在两个面内作射线所成角的最小角
D.二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置有关系
3.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°
4.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( )
A.60° B.120°
C.60°或120° D.不确定
5.(2020江苏运河中学期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1-BD-A的正切值为( )
A.32 B.22 C.2 D.3
题组二 平面与平面垂直的判定
6.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的一组条件是( )
A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n⊂β
C.m∥n,n⊥β,m⊂α D.m∥n,m⊥α,n⊥β
7.过两点与一个已知平面垂直的平面( )
A.有且只有一个
B.有无数个
C.有且只有一个或无数个
D.可能不存在
8.(2020江苏铜山中学高一学情检测)下列不能确定两个平面垂直的是( )
A.两个平面相交,所成二面角是直二面角
B.一个平面垂直于另一个平面内的一条直线
C.一个平面经过另一个平面的一条垂线
D.平面α内的直线a垂直于平面β内的直线b
9.(2020江苏苏州国际外语学校高一期中)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面四边形ABCD是平行四边形,SC⊥平面ABCD,E为SA的中点.求证:平面EBD⊥平面ABCD.
深度解析
题组三 平面与平面垂直的性质
10.(2020江苏张家港暨阳高级中学高一阶段检测)已知平面α⊥平面β,α∩β=l,n⊂β,n⊥l,直线m⊥α,则直线m与n的位置关系为( )
A.平行 B.垂直
C.相交 D.相交或平行
11.若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则( )
A.α∥γ B.α⊥γ
C.α与γ相交但不垂直 D.以上都有可能
12.(2020江苏丰县中学高一期中)如图所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为45°和30°.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足分别为A',B',则AB∶A'B'等于( )
A.2∶1 B.3∶1
C.3∶2 D.4∶3
13.在三棱锥P-ABC中,侧面PAC⊥底面ABC,且∠PAC=90°,PA=1,AB=2,则PB= .
14.(2020江苏苏州田家炳实验中学高一学情检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,试判断平面BDE与平面ACC1A1的关系,并说明理由.
易错
能力提升练
题组一 二面角
1.(2020江苏溧阳光华高级中学高一期中,)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,E、F是SC上的两个三等分点,记二面角E-AB-F的平面角为α,则tan α( )
A.有最大值43 B.有最大值34
C.有最小值43 D.有最小值34
2.(2020江苏赣榆清华园双语学校高一期中,)如图,在正方体A1B1C1D1-ABCD中,二面角A-B1C-B的正弦值为 .
3.(2020江苏常州北郊中学高一阶段测试,)已知矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E,F分别在线段AD,BC上,且AE=1,BF=3,如图所示,沿EF将四边形AEFB翻折成A'EFB',则在翻折过程中,二面角B'-CD-E的正切值的最大值为 .
4.()如图,在矩形ABCD中,点G,H分别在AD,CD上,AG=GD=DH=25DC=8,将△DGH沿直线GH翻折到△D'GH的位置,且二面角D'-GH-D的平面角为直角,点E,F分别在线段AB,CH上,将四边形EBCF沿直线EF向上折起,使B与D'重合,则CF= .
题组二 平面与平面垂直的判定
5.(多选)(2020江苏石榴高级中学高一期中,)如图,点P在正方体A1B1C1D1-ABCD的面对角线BC1上运动,则下列命题中正确的是(深度解析)
A.BC1∥平面ACD1 B.A1P∥平面ACD1
C.DP⊥BC1 D.平面PDB1⊥平面ACD1
6.(2020江苏清江中学高一学情检测,)已知PA⊥矩形ABCD所在的平面(如图所示),图中互相垂直的平面有 对.
7.(2020江苏连云港海滨中学高一阶段检测,)如图所示,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,当点M满足 时,平面MBD⊥平面PCD.(填写一个你认为正确的条件即可)
8.(2020江苏白蒲高级中学高一学情检测,)如图所示,在四棱锥P-ADCB中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD,PC的中点.求证:
(1)CE∥平面PAD;
(2)平面EFG⊥平面EMN.
题组三 平面与平面垂直的性质
9.()如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,点E为CD的中点,F为线段CE(端点除外)上一动点,现将△DAF沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABCF,设直线FD与平面ABCF所成的角为θ,则sin θ的最大值为( )
A.13 B.24 C.12 D.23
10.()如图,棱长为1的正方体A1B1C1D1-ABCD中,P为线段AB1的中点,M,N分别为线段AC1和棱C1D1上任意一点,则PM+22MN的最小值为( )
A.24 B.22 C.1 D.2
11.(多选)(2020山东枣庄第三中学高三月考,)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为正方形,顶点S在底面ABCD的射影为底面中心O,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动,则下列四个结论中恒成立的有( )
A.EP⊥AC B.EP∥BD
C.EP∥平面SBD D.EP⊥平面SAC
题组四 平面与平面垂直的综合应用
12.(2020江苏南京大厂高级中学高一阶段测试,)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,侧面PAD为等边三角形,且侧面PAD⊥底面ABCD,点M在正方形ABCD内运动,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹一定是( )
13.(2020江苏溧水第二高级中学期中,)如图1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E是CD的中点,将△ADE沿AE折起,使折起后平面ADE⊥平面ABCE(如图2),则异面直线AE与CD所成角的余弦值为( )
A.63 B.33 C.34 D.74
14.(多选)(2020江苏塘桥高级中学阶段测试,)如图,E为正方形ABCD的边CD上异于点C,D的动点,将△ADE沿AE翻折成△ASE,在翻折过程中,下列说法中正确的是( )
A.存在点E和某一翻折位置,使得SB⊥SE
B.存在点E和某一翻折位置,使得AE∥平面SBC
C.存在点E和某一翻折位置,使得直线SB与平面ABCE所成的角为45°
D.存在点E和某一翻折位置,使得二面角S-AB-C的大小为60°
15.(2019天津耀华中学高一上期中检测,)如图,矩形ABCD所在的半平面和直角梯形CFED所在的半平面成60°的二面角,DE∥CF,CD⊥DE,AD=2,EF=32,CF=6,∠CFE=45°.
(1)求证:平面CFED⊥平面BCF;
(2)试问在线段CF上是否存在一点G,使得锐二面角B-EG-D的余弦值为14?若存在,请求出CG的值;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
13.2.4 平面与平面的位置关系
第1课时 两平面平行
基础过关练
1.D 由正方体知前后面、上下面、左右面都分别相互平行.
2.B 如果一个平面内的两条平行直线与另一个面平行,那么这两个平面不一定平行,故A错;如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面,即两个平面没有公共点,那么这两个平面平行,故B正确;当两平面相交时,平行于它们的交线的直线与两个平面都平行,故C错;若两平面相交,一个平面内平行于交线的无数条直线都与另一个平面平行,故D错,故选B.
3.C 要使α∥β成立,需要其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,n,m是相交直线且n⊂α,n∥β,m⊂α,m∥β,由两个平面平行的判定定理可得α∥β.故选C.
4.证明 如图,连接B1D1.
因为P,N分别是D1C1,B1C1的中点,
所以PN∥B1D1.
因为DD1?AA1?BB1,
所以四边形B1BDD1为平行四边形,
所以B1D1∥BD,所以PN∥BD.
因为PN⊄平面A1BD,BD⊂平面A1BD,
所以PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.
又因为MN∩PN=N,PN,MN⊂平面MNP,所以平面MNP∥平面A1BD.
易错警示 利用两个平面平行的判定定理证明两个平面平行时,必须具备两个条件:①一个平面内的两条直线平行于另一个平面;②这两条直线必须是相交直线.
5.D 充分性:A,B,C,D四点共面,由两个平面平行的性质定理知AC∥BD.必要性显然成立.故选D.
6.B 因为平面A1B1C1∥平面ABC,平面A1B1ED∩平面A1B1C1=A1B1,平面A1B1ED∩平面ABC=DE,所以A1B1∥DE.又因为A1B1∥AB,所以DE∥AB.
方法技巧 由面面平行,可得线线平行,它提供了证明线线平行的一种方法,应用的关键是找到与两个平行平面都相交的第三个平面.
7.答案 37
解析 因为α∥β,平面α∩平面GBD=AC,平面β∩平面GBD=BD,所以AC∥BD.
又因为GA=9,AB=12,所以ACBD=GAGB=99+12=37.
8.答案 12
解析 ∵平面MNE∥平面ACB1,
∴由两个平面平行的性质定理可得EN∥B1C,EM∥B1A.
又∵E为BB1的中点,
∴M,N分别为BA,BC的中点,
∴MN=12AC,即MNAC=12.
9.证明 因为BE∥AA1,AA1⊂平面AA1D,BE⊄平面AA1D,
所以BE∥平面AA1D.
因为BC∥AD,AD⊂平面AA1D,BC⊄平面AA1D,所以BC∥平面AA1D.
又BE∩BC=B,BE⊂平面BCE,BC⊂平面BCE,
所以平面BCE∥平面AA1D.
又平面A1ECD∩平面BCE=EC,
平面A1ECD∩平面AA1D=A1D,
所以EC∥A1D.
10.C 当三点在平面β的同侧时,
设A,B,C到平面β的射影分别为D,E,F,
由点A,B,C到平面β的距离相等,
可构成三个长方形ADEB,BEFC,CADF,如图①,
于是有AB∥DE,BC∥EF,
因为AB,BC⊂平面α,DE,EF⊂平面β,AB∩BC=B,DE∩EF=E,
所以平面α∥平面β.
图①
当三点在平面β的异侧时,如图②,设A,B,C到平面β的射影分别为D,E,F,显然平面α与平面β相交.
图②
11.BC 因为平面α∥平面β,且α,β之间的距离为d,所以在平面β内任意一条直线与平面α的距离都为d.故选BC.
12.答案 12 cm或36 cm
解析 设P到平面α的距离为d1 cm,到平面β的距离为d2 cm.
当P在平面α、β之间时,
d2=23×18=12(cm);
当P在平面α、β同一侧时,
∵PA=12PB,
∴d1d2=12,d2-d1=18,
∴d1=18 cm,d2=2×18=36(cm).
能力提升练
1.C 在①中,平面α与平面β可能平行也可能相交,故①不正确;在②中,当l与m平行时,不能推出α∥β,故②不正确;在③中,l,m是两条异面直线,且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β,则α内存在两条相交直线与平面β平行,根据两个平面平行的判定定理,可得α∥β,故③正确.故选C.
2.BD A错误,α与β也可能相交;B正确,设a,b确定的平面为γ,依题意,得γ∥α,γ∥β,故α∥β;C错误,α与β也可能相交;由线面平行的性质定理可知,D正确.故选BD.
3.ABC 作出立体图形如图所示.连接E、F、G、H四点构成平面EFGH.
因为E,F分别是PA,PD的中点,
所以EF∥AD.
又EF⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
同理,EH∥平面ABCD.又EF∩EH=E,EF⊂平面EHGF,EH⊂平面EHGF,
所以平面EHGF∥平面ABCD,故A正确;
连接AC,BD,DG,BG,设AC的中点为M,连接GM,则M也是BD的中点,所以MG∥PA,又MG⊂平面BDG,PA⊄平面BDG,所以直线PA∥平面BDG,故B正确;
由A中的分析易知EF∥BC,因为EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以直线EF∥平面PBC,故C正确;
根据C中的分析再结合图形可得,直线EF与平面BDG不平行,故D错误.故选ABC.
4.C 因为平面BDM∥平面A1C,平面BDM∩平面A1B1C1=DM,平面A1C∩平面A1B1C1=A1C1,所以DM∥A1C1,过D作DE1∥A1C1交B1C1于点E1,则点M的轨迹是线段DE1(不包括点D).
5.A 因为平面α∥平面BC1E,平面α∩平面ABB1A1=A1F,平面BC1E∩平面ABB1A1=BE,所以A1F∥BE.又A1E∥BF,所以四边形A1FBE是平行四边形,所以A1E=BF=2,所以AF=B1E=1.
6.答案 25
解析 设AT=x,则A1T=1-x,
由两个平面平行的性质定理可知PO∥SR,TO∥QR,TS∥PQ,
∴△DOP∽△B1RS,
又DP=OD=1,∴B1S=B1R=12,
∴A1S=C1R=32,
由△C1QR∽△ATO,可得AOAT=C1RC1Q,
即1x=32C1Q,故C1Q=3x2,
由△CQP∽△A1TS,可得CQCP=A1TA1S,
即1-3x21=1-x32,解得x=25.
7.解析 存在点E,使得DE∥平面AB1C1,E为AB的中点.如图,取BB1的中点F,连接DF,EF,则DF∥B1C1.
解法一:因为DF⊄平面AB1C1,B1C1⊂平面AB1C1,
所以DF∥平面AB1C1.
又DE∥平面AB1C1,DE∩DF=D,DE,DF⊂平面DEF,
所以平面DEF∥平面AB1C1.
因为平面ABB1∩平面DEF=EF,
平面ABB1∩平面AB1C1=AB1,
所以EF∥AB1.
因为F是BB1的中点,
所以点E是AB的中点,
即当点E是AB的中点时,DE∥平面AB1C1.
解法二:因为AB的中点为E,
所以EF∥AB1.
因为B1C1∩AB1=B1,EF∩DF=F,AB1,B1C1⊂平面AB1C1,DF,EF⊂平面DEF,
所以平面DEF∥平面AB1C1.
因为DE⊂平面DEF,所以DE∥平面AB1C1.
8.答案 6013
解析 因为平面α∥平面A1D1CB,AD⊂平面α,所以AD到平面A1D1CB的距离即为平面α与平面A1D1CB间的距离,易知AD∥平面A1D1CB,从而点A到平面A1D1CB的距离即为所求的距离.
如图,过点A作AH⊥A1B于点H.
易证AH⊥平面A1D1CB,则AH即为所求.
在Rt△BAA1中,AB=12,AA1=5,则A1B=AB2+AA12=13,
因为AH·A1B=A1A·AB,
所以AH=A1A·ABA1B=6013.
故平面α与平面A1D1CB的距离为6013.
9.答案 7
解析 把不共面的四个定点看作四面体的四个顶点,平面α可以分为两类:
第一类:如图1,四个定点分布在平面α(即过共顶点的三条棱的中点的平面)的两侧,其中一侧有1个顶点,另一侧有3个顶点,此类中满足条件的α共有4个.
第二类:如图2,四个定点分布在平面α(即过两组相对棱的中点的平面)的两侧,每一侧均有2个顶点,此类中满足条件的α共有3个.
综上,这样的平面α共有4+3=7(个).
10.解析 (1)分别取B1C1,BC的中点D1,D,
连接A1D1交HG于M,连接DD1,DM,如图所示.
由题意易得HG⊥A1D1,HG⊥DD1,
∵A1D1∩DD1=D1,∴HG⊥平面MD1D.
过点D1作D1P⊥MD,垂足为P,易知 D1P⊥HG,
又HG∩MD=M,
∴D1P⊥平面BCGH,
∴D1P的长就是点D1到平面BCGH的距离.
易知HG∥B1C1,HG⊂平面BCGH,B1C1⊄平面BCGH,
∴B1C1∥平面BCGH,
∴D1到平面BCGH的距离与B1C1到平面BCGH的距离相等,
∴D1P即为所求.
在Rt△DD1M中,DD1=4,D1M=3,
∴MD=19,
∴D1P=DD1·D1MMD=4319=45719.
∴B1C1到平面BCGH的距离是45719.
(2)由题意易知A1E∥HB,
∵A1E⊄平面BCGH,HB⊂平面BCGH,
∴A1E∥平面BCGH,
同理,A1F∥平面BCGH,
又A1E∩A1F=A1,A1E,A1F⊂平面A1EF,
∴平面A1EF∥平面BCGH,
∴平面A1EF到平面BCGH的距离等于点A1到平面BCGH的距离.
又H,G分别是A1B1,A1C1的中点,
∴点A1到平面BCGH的距离等于B1C1到平面BCGH的距离.
∴平面A1EF与平面BCGH间的距离为4579.
11.D 如图,在AA1上取点M,使得AM=12MA1,连接B1M,则B1M∥DF,取C1D1的中点N,连接B1N,则B1N∥DE,
∵B1M,B1N⊂平面B1MN,DF,DE⊂平面DEF,B1M∩B1N=B1,DF∩DE=D,
∴平面B1MN∥平面DEF.
过点N作NG∥DF交DD1于点G,连接MG,则B1,M,G,N四点共面,且 DG=23DD1.
∵PB1∥平面DEF,
∴点P在线段MG上运动.
当点P分别与点M,G重合时,tan∠ABP取得最小值和最大值.
连接AG,BM,BG,
设正方体的棱长为1,则AM=13,DG=23,
则AG=133.
∴在Rt△ABM中,tan∠ABM=13,
在Rt△ABG中,tan∠ABG=133,
∴tan∠ABP的取值范围为13,133.
故选D.
12.B 如图所示,分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,A1N,MN,BC1,NE,
∵M,N,E,F分别为所在棱的中点,则MN∥BC1,EF∥BC1,∴MN∥EF.
又MN⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,
∴MN∥平面AEF.
∵AA1∥NE,AA1=NE,
∴四边形AENA1为平行四边形,
∴A1N∥AE.
又A1N⊄平面AEF,AE⊂平面AEF,
∴A1N∥平面AEF,
又A1N∩MN=N,A1N,MN⊂平面A1MN,
∴平面A1MN∥平面AEF.
∵P是侧面BCC1B1上一点,且A1P∥平面AEF,
∴点P必在线段MN上.
在Rt△MB1N中,MN=B1M2+B1N2=122+122=22.
在Rt△A1B1M中,A1M=A1B12+B1M2=1+122=52.
同理,在Rt△A1B1N中,可得A1N=52,
∴△A1MN为等腰三角形.
设MN的中点为O,连接A1O.
当点P位于MN的中点O处时,A1P⊥MN,此时A1P最短;当点P位于M、N处时,A1P最长.
易求得A1O=A1M2-OM2=522-242=324,
∴线段A1P长度的取值范围是324,52.
13.答案 90°
解析 如图,在过BD与DC的平面γ与平面α的交线上取线段CE,使CE=DB,连接BE、AE,
∵α∥β,γ∩β=BD,∴由两个平面平行的性质定理可得CE∥DB,
因此∠ACE(或其补角)为AC与BD所成的角.
∵CE?DB,∴四边形BDCE为平行四边形,∴BE?DC,
在△ABE中,AB=10,BE=10,易知∠ABE=60°,
∴AE=10.
又∵AC=6,EC=8,∴∠ACE=90°,即异面直线AC和BD所成的角为90°.
14.答案 62
解析 如图,F,G,H,I,J分别为棱AD,AA1,A1B1,B1C1,CC1的中点,连接A1C1,GJ,则HI∥A1C1∥GJ,
故G、H、I、J四点共面,
同理E、F、G、J四点共面.
因为EJ∥AB1,EF∥AC,EJ,EF⊂平面EJGF,AB1,AC⊂平面AB1C,AB1∩AC=A,EF∩EJ=E,
所以平面EJGF∥平面AB1C,
又因为HE的中点为正方体的中心,FI的中点也是正方体的中心,设正方体中心为O,则HE∩FI=O,所以H,I∈平面EJGF,所以平面EJIHGF即为平面α,
根据三角形的中位线的性质可得,六边形每条边的长度都等于正方体的面对角线的一半,即每条边的长度都等于22+222=2,故六边形的周长为62.
15.解析 如图所示,连接AF,交β于点G,连接BG,EG,则点A,B,C,F,G共面.
∵β∥γ,平面ACF∩β=BG,平面ACF∩γ=CF,
∴BG∥CF,∴△ABG∽△ACF,∴ABBC=AGGF,
同理,有AD∥GE,AGGF=DEEF,∴ABBC=DEEF.
又ABBC=13,
∴AB=14AC=154 cm,BC=34AC=454 cm.
EF=3DE=3×5=15(cm).
16.解析 (1)证明:如图,连接BM,BN,BG并延长,分别交AC,AD,CD于点P,F,H.
∵M,N,G分别为△ABC,△ABD,△BCD的重心,
∴BMMP=BNNF=BGGH=2.
连接PF,FH,PH,有MN∥PF.
又PF⊂平面ACD,MN⊄平面ACD,
∴MN∥平面ACD.
同理MG∥平面ACD,
又MG∩MN=M,MG,MN⊂平面MNG,
∴平面MNG∥平面ACD.
(2)由(1)可知MGPH=BGBH=23,
∴MG=23PH.
又PH=12AD,∴MG=13AD.
同理NG=13AC,MN=13CD.
∴△MNG∽△DCA,其相似比为1∶3,
∴S△MNG∶S△ADC=1∶9.
第2课时 两平面垂直
基础过关练
1.A 异面直线所成的角α的范围为0°<α≤90°,直线和平面所成的角β的范围为0°≤β≤90°,二面角的平面角γ的范围为0°≤γ≤180°,只有二面角的平面角可能为钝角.
2.B A不正确,不符合二面角的定义;由a、b分别垂直于两个面,可知a、b都垂直于二面角的棱,故B正确;C中所作的射线不一定垂直于二面角的棱,故C不正确;由定义知D不正确.故选B.
3.A ∵PA⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,
∴PA⊥AB,PA⊥AC,
∴∠BAC即为二面角B-PA-C的平面角.
又∠BAC=90°,
∴二面角B-PA-C的平面角为90°.
4.C 若点P在二面角内,则二面角α-l-β的平面角为120°;若点P在二面角外,则二面角α-l-β的平面角为60°.故选C.
5.C 如图所示,连接AC交BD于点O,则O为BD的中点,连接A1O,
∵A1D=A1B,∴在△A1BD中,A1O⊥BD.
又∵在正方形ABCD中,AC⊥BD,
∴∠A1OA为二面角A1-BD-A的平面角.
设AA1=1,则AO=22.
∴tan∠A1OA=122=2.
故截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1-BD-A的正切值为2.
6.C A中,α也可能与β平行;
B中,不一定有α⊥β;
C中,∵m∥n,n⊥β,
∴m⊥β,又m⊂α,∴α⊥β;
D中,易得α∥β.故选C.
7.C 若过两点的直线与已知平面垂直,此时过这两点有无数个平面与已知平面垂直;若过两点的直线与已知平面不垂直,则有且只有一个过这两点的平面与已知平面垂直.故选C.
8.D 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1DCB1内的直线A1B1垂直于平面ABCD内的一条直线BC,但平面A1DCB1与平面ABCD显然不垂直,故D不正确,由面面垂直的定义及判定定理可知A,B,C均正确.
9.证明 如图,连接AC,与BD交于点F,连接EF.
因为F为平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点,
所以F为AC的中点.
又E为SA的中点,所以EF为△SAC的中位线,所以EF∥SC.
又SC⊥平面ABCD,所以EF⊥平面ABCD.
又EF⊂平面EBD,
所以平面EBD⊥平面ABCD.
方法技巧 面面垂直的判定定理是证明面面垂直的常用方法,即要证面面垂直,只需证线面垂直,关键是在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直.
10.A ∵α⊥β,α∩β=l,n⊂β,n⊥l,∴n⊥α.又∵m⊥α,∴m∥n.
11.D 若两个平面都垂直于同一个平面,则这两个平面可能平行,也可能相交,故A,B,C都有可能.
12.A 如图,连接AB',A'B,由已知得AA'⊥平面β,∠ABA'=30°,BB'⊥平面α,∠BAB'=45°.
设AB=a,则A'B=32a,BB'=22a,
在Rt△BA'B'中,A'B'=A'B2-BB'2=12a,∴AB∶A'B'=2∶1.
13.答案 5
解析 ∵侧面PAC⊥底面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,∠PAC=90°,即PA⊥AC,PA⊂平面PAC,∴PA⊥平面ABC.
又∵AB⊂平面ABC,∴PA⊥AB,
∴PB=PA2+AB2=1+4=5.
14.解析 平面BDE⊥平面ACC1A1.理由如下:
∵AA1⊥平面ABCD,AA1⊂平面ACC1A1,
∴平面ACC1A1⊥平面ABCD.
又∵BD⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面ACC1A1=AC,AC⊥BD,
∴BD⊥平面ACC1A1.
又BD⊂平面BDE,
∴平面BDE⊥平面ACC1A1.
易错警示 利用面面垂直的性质定理证明线面垂直时,要注意以下三点:(1)两个平面垂直;(2)直线必须在其中一个平面内;(3)直线必须垂直于它们的交线.
能力提升练
1.B 将三棱锥放入长方体中,设BC=b,AS=c,如图所示,过E作EN⊥AC于点N,易知EN⊥平面ABC,过N作NM⊥AB于点M,连接ME,易知∠EMN为二面角E-AB-C的平面角,设为α1,则NE=13c,MN=23b,故tan α1=c2b.
设二面角F-AB-S的平面角为α2,同理可得tan α2=b2c,故tan α=tanπ2-α1-α2=1-tan α1tan α2tan α1+tan α2=34c2b+b2c≤342c2b·b2c=34,
当且仅当c2b=b2c,即b=c时等号成立.
故tan α有最大值34.
2.答案 63
解析 如图,过B作BF⊥B1C,垂足为F,连接AF.
因为几何体A1B1C1D1-ABCD是正方体,
所以AB⊥平面BB1C1C.
又B1C⊂平面BB1C1C,所以B1C⊥AB.
又B1C⊥BF,AB∩BF=B,BF,AB⊂平面ABF,
所以B1C⊥平面ABF.
又AF⊂平面ABF,所以B1C⊥AF,
所以∠AFB是二面角A-B1C-B的平面角.
设正方体的棱长为a,
在Rt△B1BC中,∠B1BC=90°,BB1=BC=a,
所以F是B1C的中点,所以BF=22a.
在Rt△ABF中,∠ABF=90°,AB=a,BF=22a,
所以AF=AB2+BF2
=a2+22a2=62a.
所以sin∠AFB=ABAF=a62a=63,
所以二面角A-B1C-B的正弦值为63.
3.答案 325
解析 当平面A'EFB'⊥平面ABCD时,二面角B'-CD-E最大,此时正切值最大,作B'G⊥EF于G,则B'G⊥平面ABCD,作GH⊥CD于H,连接B'H,则∠B'HG是二面角B'-CD-E的平面角,在平面图形ABCD内,作BG⊥EF于G,则BG=322,
故B'G=322,FG=322,作FN⊥GH于N,
则GN=322×22=32,∴GH=52,
∴tan∠B'HG=B'GGH=32252=325,
故二面角B'-CD-E的正切值的最大值为325.
4.答案 32
解析 设CF=x,∵翻折后B与D'重合,
∴BF=D'F.
∵AG=GD=DH=25DC=8,∠D=90°,
∴GH=82,DC=20,HC=12,
如图所示,取GH的中点O,连接D'O,OF,D'F,BF,
∵D'H=D'G,∴D'O⊥GH,∵二面角D'-GH-D为直角,平面D'GH∩平面ABCD=GH,D'O⊂平面 D'GH,∴D'O⊥平面ABCD.
由题意得∠OHF=135°,FH=12-x,OH=42,
由余弦定理可得OF2=OH2+FH2-2OH·FH·cos 135°=32+(12-x)2+8(12-x)=x2-32x+272,
∴D'F2=OF2+D'O2=x2-32x+272+32=x2-32x+304,
∵BF2=BC2+CF2=162+x2=256+x2,
∴x2-32x+304=256+x2,
∴32x=48,解得x=32.
5.ABD 易知AD1∥BC1,又AD1⊂平面ACD1,BC1⊄平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1,故A正确;连接A1C1,A1B,由两平面平行的判定定理易证明平面A1C1B∥平面AD1C,又A1P⊂平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1,故B正确;易知C不正确;易知DB1⊥D1C,DB1⊥AD1,因为D1C∩AD1=D1,D1C,AD1⊂平面AD1C,所以DB1⊥平面ACD1,又因为DB1⊂平面PDB1,所以平面PDB1⊥平面ACD1,故D正确.故选ABD.
方法技巧 解决空间点、线、面的位置关系问题,一般是借助长方体(或正方体),能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系.
6.答案 5
解析 易知DA⊥AB,DA⊥PA,
∵AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,
∴DA⊥平面PAB,
同理BC⊥平面PAB,
AB⊥平面PAD,DC⊥平面PAD.
∴平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD⊥平面PAB,
平面PBC⊥平面PAB,
平面PAB⊥平面ABCD,
平面PDC⊥平面PAD,共5对.
7.答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
解析 连接AC,由题意得BD⊥AC,
∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
∴PA⊥BD.
又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
∴BD⊥平面PAC.
∵PC⊂平面PAC,∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,
PC⊥平面MBD,
∵PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.
8.证明 (1)如图,取PA的中点H,连接EH,DH.
因为E为PB的中点,H为PA的中点,
所以EH∥AB,EH=12AB.
又AB∥CD,CD=12AB,
所以EH∥CD,EH=CD,
所以四边形DCEH是平行四边形,
所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,
所以CE∥平面PAD.
(2)因为E,F分别为PB,AB的中点,
所以EF∥PA.
又AB⊥PA,所以AB⊥EF.
同理可证AB⊥FG.
又EF∩FG=F,EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,
所以AB⊥平面EFG.
因为M,N分别为PD,PC的中点,
所以MN∥DC.
又AB∥DC,所以MN∥AB,
所以MN⊥平面EFG.
又MN⊂平面EMN,
所以平面EFG⊥平面EMN.
9.C 如图①,在矩形ABCD中,过点D作AF的垂线,交AF于点O,交AB于点M,将△DAF沿AF折起后如图②.
设CF=x(0
由0
∴AF⊥平面ODM,又AF⊂平面ABCF,
∴平面ODM⊥平面ABCF,
又平面ABD⊥平面ABCF,平面ABD∩平面ODM=DM,
∴DM⊥平面ABCF.
连接MF,则∠MFD是直线FD与平面ABCF所成的角,即∠MFD=θ,
而DM=1-t2,DF=2-x=1t,
则sin θ=DMDF=t1-t2=-t4+t2,
由于14
10.C 如图,连接C1D,过M作MH⊥C1D于点H,连接HN,过H作HH1⊥C1D1于点H1,
易知平面AC1D⊥平面CC1D1D,
因为平面AC1D∩平面CC1D1D=C1D,MH⊥C1D,MH⊂平面AC1D,
所以MH⊥平面CC1D1D.
又因为AD⊥平面CC1D1D,所以MH∥AD,
所以MHAD=C1HC1D.
易知HH1∥DD1,所以HH1DD1=C1HC1D,
所以MHAD=HH1DD1.
又因为AD=DD1,所以MH=HH1.
在Rt△MHN中,MN2=MH2+HN2,
因为HN≥HH1,所以MH2+HN2≥MH2+HH12=2MH2.
即MN2≥2MH2,MN≥2MH.
所以PM+22MN≥PM+MH≥1,
即PM+22MN的最小值为1.
11.AC 如图所示,连接EM,EN.
由题意可得SO⊥底面ABCD,AC⊥BD,
因为AC⊂平面ABCD,所以SO⊥AC.
因为SO∩BD=O,SO,BD⊂平面SBD,
所以AC⊥平面SBD.
因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,
所以EM∥DB,MN∥SD.
因为EM,MN⊂平面EMN,DB,SD⊂平面SBD,DB∩SD=D,EM∩MN=M,
所以平面EMN∥平面SBD,
所以AC⊥平面EMN,
又因为EP⊂平面EMN,所以AC⊥EP,
因此A正确.
由异面直线的定义可知EP与BD是异面直线,不可能有EP∥BD,因此B不正确.
因为平面EMN∥平面SBD,EP⊂平面EMN,所以EP∥平面SBD,因此C正确.
易知EM⊥平面SAC,若EP⊥平面SAC,则EP∥EM,与EP∩EM=E相矛盾,
因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,因此D不正确.故选AC.
12.B 设α为PC的中垂面.∵MP=MC,∴点M在PC的中垂面α上,∴点M在正方形ABCD内的轨迹一定是平面α和正方形ABCD的交线.
∵四边形ABCD为正方形,侧面PAD为等边三角形,∴PD=CD,
取PC的中点N,连接DN,有DN⊥PC.
取AB的中点H,连接PH,CH,DH,NH,易知CH=HP,∴HN⊥PC.
又∵DN∩HN=N,DN,HN⊂平面DHN,
∴PC⊥平面DHN,即平面α与平面DHN重合,
∴点M在正方形ABCD内的轨迹一定是线段HD.
13.A 如图①,取AE的中点M,过点M作MG⊥CD于点G,连接MC,则MC2=GM2+GC2=52.
图①
如图②,取AB的中点F,连接CF,则CF∥AE,可得直线AE和CD所成的角为∠DCF(或其补角),
图②
取AE的中点M,连接MC,MF,DF,则DM⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,DM⊂平面ADE,
∴DM⊥平面ABCE.
∵MF⊂平面ABCE,∴DM⊥MF,
易知FC=2,AM=DM=MF=22,
∴DF=DM2+MF2=1.
∵MC2=52,
∴在Rt△DCM中,DC2=DM2+MC2=3,
∴DC2=DF2+FC2,
∴△DFC是直角三角形且DF⊥FC,
∴cos∠DCF=23=63,
∴异面直线AE与CD所成角的余弦值为63.
14.ACD 当SE⊥CE时,SE⊥AB,又SE⊥SA,SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,所以SE⊥平面SAB,因为SB⊂平面SAB,所以SE⊥SB,故A正确.
假设AE∥平面 SBC,因为AE⊂平面ABCE,平面ABCE∩平面SBC=BC,所以AE∥BC,这与已知相矛盾,故B错误.
如图所示,过点D作DF⊥AE交BC于F,交AE于G,则S在平面ABCE内的投影O在GF上,连接BO,故∠SBO为直线SB与平面ABCE所成的角,设二面角S-AE-B的平面角为α,令AD=4,DE=3,则AE=DF=5,CE=BF=1,DG=125,OG=125cos α,故只需满足SO=OB=125sin α,可使得直线SB与平面ABCE所成的角为45°,在△OFB中,根据余弦定理得125sin α2=12+135-125cosα2-2135-125cosα·cos∠OFB,解得cos α=23,故C正确.
过O作OM⊥AB交AB于M,则∠SMO为二面角S-AB-C的平面角,
若二面角S-AE-B的平面角为60°,则只需满足SG=2OG=2OM,可使得二面角S-AB-C的大小为60°.
设∠OAG=∠OAM=θ,π8<θ<π4,则∠SAG=π2-2θ,AG=SGtanπ2-2θ=OGtanθ,化简得2tan θtan 2θ=1,解得tan θ=55,经验证满足题意,故D正确.故选ACD.
15.解析 (1)证明:易知CD⊥CB,CD⊥CF,
∵BC∩CF=C,BC,CF⊂平面BCF,
∴CD⊥平面BCF.
又∵CD⊂平面CFED,
∴平面CFED⊥平面BCF.
(2)在线段CF上存在一点G符合题意.
由(1)得平面CFED⊥平面BCF,在平面BCF内,过B作BO⊥CF于O,
∵平面CFED∩平面BCF=CF,BO⊂平面BCF,∴BO⊥平面CFED.
过O作OH⊥EG交EG的延长线于点H,连接BH,
∵HO为HB在平面CFEG内的射影,
∴∠BHO是锐二面角B-EG-D的平面角,
易得∠BCF为锐二面角A-CD-F的平面角,∴∠BCF=60°.
又∵BC=AD=2,∴BO=3.
又∵锐二面角B-EG-D的余弦值是14,
∴OH=55.
取CF的中点M,连接EM,易知△OHG与△EMG相似,设OG=x(x>0),
则OHOG=EMEG,即55x=39+(2-x)2,
解得x=12或x=-1322(舍去),
因此存在符合题意的点G,且CG=32.
13.2.4 平面与平面的位置关系
第1课时 两平面平行
基础过关练
题组一 两个平面平行的判定
1.在正方体中,相互平行的面不会是( )
A.前后相对的侧面 B.上下相对的底面
C.左右相对的侧面 D.相邻的侧面
2.(2020江苏东海高级中学阶段检测)下列命题中正确的是( )
A.如果一个平面内两条直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行
B.如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行
C.平行于同一直线的两个平面一定相互平行
D.如果一个平面内的无数条直线都平行于另一个平面,那么这两个平面平行
3.设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,m∥β,若要使α∥β成立,则需增加的条件是( )
A.n是直线且n⊂α,n∥β
B.n,m是异面直线且n∥β
C.n,m是相交直线且n⊂α,n∥β
D.n,m是平行直线且n⊂α,n∥β
4.(2020江苏盐城射阳中学月考)如图所示,在正方体A1B1C1D1-ABCD中,M,N,P分别是C1C,B1C1,C1D1的中点.求证:平面MNP∥平面A1BD.
易错
题组二 两个平面平行的性质
5.若平面α∥平面β,点A,C∈α,B,D∈β,则直线AC∥直线BD的充要条件是( )
A.AB∥CD B.AD∥CB
C.AB与CD相交 D.A,B,C,D四点共面
6.(2020江苏海门中学高一期中)如图所示的三棱柱ABC-A1B1C1,过A1B1的平面与平面ABC交于直线DE,则DE与AB的位置关系是(深度解析)
A.异面
B.平行
C.相交
D.以上均有可能
7.(2020江苏沭阳如东中学期中)如图,已知α∥β,GB,GD分别交α,β于点A,B,C,D,且GA=9,AB=12,则ACBD= .
8.(2020江苏口岸中学阶段检测)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,过BB1的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于点M,交BC于点N,则MNAC= .
9.(2020江苏邳州第二中学期中)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,平面A1ECD与B1B交于点E.求证:EC∥A1D.
题组三 距离问题
10.若不共线的三点到平面β的距离相等,则这三点确定的平面α与β之间的关系是( )
A.平行 B.相交
C.平行或相交 D.以上都不对
11.(多选)若平面α∥平面β,且α,β之间的距离为d,则在平面β内( )
A.有且只有一条直线与平面α的距离为d
B.所有直线与平面α的距离都等于d
C.有无数条直线与平面α的距离等于d
D.所有直线与平面α的距离都不等于d
12.两平行平面α、β之间的距离为18 cm,直线l与平面α、β分别交于A、B两点,点P∈l,若PA=12PB,则点P到平面β的距离为 .
能力提升练
题组一 两个平面平行的判定
1.(2020江苏板浦高级中学阶段测试,)已知α,β是两个不同的平面,下列条件中可以判定平面α与β平行的是( )
①α内存在不共线的三点到β的距离相等;
②l,m是α内的两条直线,且l∥β,m∥β;
③l,m是两条异面直线,且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β.
A.①② B.①③
C.③ D.②③
2.(多选)()已知a,b表示两条不重合的直线,α,β,γ表示三个不重合的平面,给出下列命题,其中正确的是( )
A.若α∩γ=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥β
B.若a,b相交且都在α,β外,a∥α,b∥α,a∥β,b∥β,则α∥β
C.若a∥α,a∥β,则α∥β
D.若a⊂α,a∥β,α∩β=b,则a∥b
3.(多选)()如图是一几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点.在此几何体中,给出下列结论,其中正确的结论是 ( )
A.平面EHGF∥平面ABCD
B.直线PA∥平面BDG
C.直线EF∥平面PBC
D.直线EF∥平面BDG
题组二 两个平面平行的性质
4.()如图所示,在三棱台A1B1C1-ABC中,点D在A1B1上,且AA1∥BD,M是△A1B1C1内(含边界)的一个动点,且有平面BDM∥平面A1C,则动点M的轨迹是( )
A.平面 B.直线
C.线段,但只含1个端点 D.圆
5.()如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E在A1B1上,且B1E=1,记图中阴影平面为平面α,且平面α∥平面BC1E.若平面α∩平面ABB1A1=A1F,则AF的长为( )
A.1 B.1.5 C.2 D.3
6.(2020江苏宿豫中学期中,)如图所示,在长方体A1B1C1D1-ABCD中,AB=AD=2,AA1=1.一平面截该长方体,所得截面为OTSRQP,其中O,P分别为AD,CD的中点,B1S=12,则AT= .
7.(2020江苏兴化中学期中,)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是棱CC1的中点,问在棱AB上是否存在一点E,使得DE∥平面AB1C1?若存在,确定点E的位置;若不存在,请说明理由.
题组三 距离问题
8.(2020江苏丹阳高级中学阶段测试,)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,有一过AD且与平面A1D1CB平行的平面α,棱AA1=5,AB=12,则平面α与平面A1D1CB的距离是 .
9.(2020江苏新浦高级中学阶段测试,)不共面的四个点到平面α的距离都相等,这样的平面α共有 个.
10.(2020江苏靖江第一高级中学期中,)如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为4,侧棱垂直于底面,E,F,G,H分别为AB,AC,A1C1,A1B1的中点.求:
(1)B1C1到平面BCGH的距离;
(2)平面A1EF与平面BCGH间的距离.
题组四 面面平行的综合应用
11.(2020江苏黄桥中学阶段检测,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中点,F在CC1上,且CF=2FC1,点P在侧面ADD1A1(包括边界)上,PB1∥平面 DEF,则tan∠ABP的取值范围是( )
A.12,32 B.[0,1]
C.13,103 D.13,133
12.(2020江苏明达中学期中,)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面BCC1B1上一点,若A1P∥平面AEF,则线段A1P长度的取值范围是( )
A.324,52 B.324,52
C.1,52 D.0,52
13.(2020江苏泰兴中学期中,)异面直线上的线段AC、BD分别在平行平面α和β内.若AC=6,BD=8,AB=CD=10,且AB与CD成60°角,则异面直线AC和BD所成的角的度数为 .
14.(2020江苏句容实验高级中学阶段测试,)棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,过点E作平面α,使得平面α∥平面AB1C,则平面α在正方体表面上截得的图形的周长为 .
15.(2020江苏镇江第一中学阶段测试,)如图,平面α∥平面β∥平面γ,两条异面直线a,b分别与平面α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.已知AC=15 cm,DE=5 cm,AB∶BC=1∶3,求AB,BC,EF的长.
16.(2020江苏张家港高级中学学情检测,)如图所示,B为△ACD所在平面外一点,M,N,G分别为△ABC,△ABD,△BCD的重心.
(1)求证:平面MNG∥平面ACD;
(2)求S△MNG∶S△ADC.
第2课时 两平面垂直
基础过关练
题组一 二面角
1.以下各角:①异面直线所成的角;②直线和平面所成的角;③二面角的平面角中,可能为钝角的是( )
A.③ B.① C.②③ D.①②
2.(2020江苏徐州第二中学高一阶段检测)下列说法中正确的是( )
A.两个相交平面组成的图形叫作二面角
B.异面直线a,b分别和一个二面角的两个面垂直,则a,b所成的角与这个二面角的平面角相等或互补
C.二面角的平面角是从棱上一点出发,分别在两个面内作射线所成角的最小角
D.二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置有关系
3.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°
4.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( )
A.60° B.120°
C.60°或120° D.不确定
5.(2020江苏运河中学期中)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1-BD-A的正切值为( )
A.32 B.22 C.2 D.3
题组二 平面与平面垂直的判定
6.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的一组条件是( )
A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n⊂β
C.m∥n,n⊥β,m⊂α D.m∥n,m⊥α,n⊥β
7.过两点与一个已知平面垂直的平面( )
A.有且只有一个
B.有无数个
C.有且只有一个或无数个
D.可能不存在
8.(2020江苏铜山中学高一学情检测)下列不能确定两个平面垂直的是( )
A.两个平面相交,所成二面角是直二面角
B.一个平面垂直于另一个平面内的一条直线
C.一个平面经过另一个平面的一条垂线
D.平面α内的直线a垂直于平面β内的直线b
9.(2020江苏苏州国际外语学校高一期中)如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面四边形ABCD是平行四边形,SC⊥平面ABCD,E为SA的中点.求证:平面EBD⊥平面ABCD.
深度解析
题组三 平面与平面垂直的性质
10.(2020江苏张家港暨阳高级中学高一阶段检测)已知平面α⊥平面β,α∩β=l,n⊂β,n⊥l,直线m⊥α,则直线m与n的位置关系为( )
A.平行 B.垂直
C.相交 D.相交或平行
11.若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则( )
A.α∥γ B.α⊥γ
C.α与γ相交但不垂直 D.以上都有可能
12.(2020江苏丰县中学高一期中)如图所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为45°和30°.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足分别为A',B',则AB∶A'B'等于( )
A.2∶1 B.3∶1
C.3∶2 D.4∶3
13.在三棱锥P-ABC中,侧面PAC⊥底面ABC,且∠PAC=90°,PA=1,AB=2,则PB= .
14.(2020江苏苏州田家炳实验中学高一学情检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为CC1的中点,试判断平面BDE与平面ACC1A1的关系,并说明理由.
易错
能力提升练
题组一 二面角
1.(2020江苏溧阳光华高级中学高一期中,)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,E、F是SC上的两个三等分点,记二面角E-AB-F的平面角为α,则tan α( )
A.有最大值43 B.有最大值34
C.有最小值43 D.有最小值34
2.(2020江苏赣榆清华园双语学校高一期中,)如图,在正方体A1B1C1D1-ABCD中,二面角A-B1C-B的正弦值为 .
3.(2020江苏常州北郊中学高一阶段测试,)已知矩形ABCD中,AB=2,AD=4,E,F分别在线段AD,BC上,且AE=1,BF=3,如图所示,沿EF将四边形AEFB翻折成A'EFB',则在翻折过程中,二面角B'-CD-E的正切值的最大值为 .
4.()如图,在矩形ABCD中,点G,H分别在AD,CD上,AG=GD=DH=25DC=8,将△DGH沿直线GH翻折到△D'GH的位置,且二面角D'-GH-D的平面角为直角,点E,F分别在线段AB,CH上,将四边形EBCF沿直线EF向上折起,使B与D'重合,则CF= .
题组二 平面与平面垂直的判定
5.(多选)(2020江苏石榴高级中学高一期中,)如图,点P在正方体A1B1C1D1-ABCD的面对角线BC1上运动,则下列命题中正确的是(深度解析)
A.BC1∥平面ACD1 B.A1P∥平面ACD1
C.DP⊥BC1 D.平面PDB1⊥平面ACD1
6.(2020江苏清江中学高一学情检测,)已知PA⊥矩形ABCD所在的平面(如图所示),图中互相垂直的平面有 对.
7.(2020江苏连云港海滨中学高一阶段检测,)如图所示,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,当点M满足 时,平面MBD⊥平面PCD.(填写一个你认为正确的条件即可)
8.(2020江苏白蒲高级中学高一学情检测,)如图所示,在四棱锥P-ADCB中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD,PC的中点.求证:
(1)CE∥平面PAD;
(2)平面EFG⊥平面EMN.
题组三 平面与平面垂直的性质
9.()如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,点E为CD的中点,F为线段CE(端点除外)上一动点,现将△DAF沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABCF,设直线FD与平面ABCF所成的角为θ,则sin θ的最大值为( )
A.13 B.24 C.12 D.23
10.()如图,棱长为1的正方体A1B1C1D1-ABCD中,P为线段AB1的中点,M,N分别为线段AC1和棱C1D1上任意一点,则PM+22MN的最小值为( )
A.24 B.22 C.1 D.2
11.(多选)(2020山东枣庄第三中学高三月考,)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为正方形,顶点S在底面ABCD的射影为底面中心O,E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,动点P在线段MN上运动,则下列四个结论中恒成立的有( )
A.EP⊥AC B.EP∥BD
C.EP∥平面SBD D.EP⊥平面SAC
题组四 平面与平面垂直的综合应用
12.(2020江苏南京大厂高级中学高一阶段测试,)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,侧面PAD为等边三角形,且侧面PAD⊥底面ABCD,点M在正方形ABCD内运动,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹一定是( )
13.(2020江苏溧水第二高级中学期中,)如图1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=1,E是CD的中点,将△ADE沿AE折起,使折起后平面ADE⊥平面ABCE(如图2),则异面直线AE与CD所成角的余弦值为( )
A.63 B.33 C.34 D.74
14.(多选)(2020江苏塘桥高级中学阶段测试,)如图,E为正方形ABCD的边CD上异于点C,D的动点,将△ADE沿AE翻折成△ASE,在翻折过程中,下列说法中正确的是( )
A.存在点E和某一翻折位置,使得SB⊥SE
B.存在点E和某一翻折位置,使得AE∥平面SBC
C.存在点E和某一翻折位置,使得直线SB与平面ABCE所成的角为45°
D.存在点E和某一翻折位置,使得二面角S-AB-C的大小为60°
15.(2019天津耀华中学高一上期中检测,)如图,矩形ABCD所在的半平面和直角梯形CFED所在的半平面成60°的二面角,DE∥CF,CD⊥DE,AD=2,EF=32,CF=6,∠CFE=45°.
(1)求证:平面CFED⊥平面BCF;
(2)试问在线段CF上是否存在一点G,使得锐二面角B-EG-D的余弦值为14?若存在,请求出CG的值;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
13.2.4 平面与平面的位置关系
第1课时 两平面平行
基础过关练
1.D 由正方体知前后面、上下面、左右面都分别相互平行.
2.B 如果一个平面内的两条平行直线与另一个面平行,那么这两个平面不一定平行,故A错;如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面,即两个平面没有公共点,那么这两个平面平行,故B正确;当两平面相交时,平行于它们的交线的直线与两个平面都平行,故C错;若两平面相交,一个平面内平行于交线的无数条直线都与另一个平面平行,故D错,故选B.
3.C 要使α∥β成立,需要其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,n,m是相交直线且n⊂α,n∥β,m⊂α,m∥β,由两个平面平行的判定定理可得α∥β.故选C.
4.证明 如图,连接B1D1.
因为P,N分别是D1C1,B1C1的中点,
所以PN∥B1D1.
因为DD1?AA1?BB1,
所以四边形B1BDD1为平行四边形,
所以B1D1∥BD,所以PN∥BD.
因为PN⊄平面A1BD,BD⊂平面A1BD,
所以PN∥平面A1BD.
同理MN∥平面A1BD.
又因为MN∩PN=N,PN,MN⊂平面MNP,所以平面MNP∥平面A1BD.
易错警示 利用两个平面平行的判定定理证明两个平面平行时,必须具备两个条件:①一个平面内的两条直线平行于另一个平面;②这两条直线必须是相交直线.
5.D 充分性:A,B,C,D四点共面,由两个平面平行的性质定理知AC∥BD.必要性显然成立.故选D.
6.B 因为平面A1B1C1∥平面ABC,平面A1B1ED∩平面A1B1C1=A1B1,平面A1B1ED∩平面ABC=DE,所以A1B1∥DE.又因为A1B1∥AB,所以DE∥AB.
方法技巧 由面面平行,可得线线平行,它提供了证明线线平行的一种方法,应用的关键是找到与两个平行平面都相交的第三个平面.
7.答案 37
解析 因为α∥β,平面α∩平面GBD=AC,平面β∩平面GBD=BD,所以AC∥BD.
又因为GA=9,AB=12,所以ACBD=GAGB=99+12=37.
8.答案 12
解析 ∵平面MNE∥平面ACB1,
∴由两个平面平行的性质定理可得EN∥B1C,EM∥B1A.
又∵E为BB1的中点,
∴M,N分别为BA,BC的中点,
∴MN=12AC,即MNAC=12.
9.证明 因为BE∥AA1,AA1⊂平面AA1D,BE⊄平面AA1D,
所以BE∥平面AA1D.
因为BC∥AD,AD⊂平面AA1D,BC⊄平面AA1D,所以BC∥平面AA1D.
又BE∩BC=B,BE⊂平面BCE,BC⊂平面BCE,
所以平面BCE∥平面AA1D.
又平面A1ECD∩平面BCE=EC,
平面A1ECD∩平面AA1D=A1D,
所以EC∥A1D.
10.C 当三点在平面β的同侧时,
设A,B,C到平面β的射影分别为D,E,F,
由点A,B,C到平面β的距离相等,
可构成三个长方形ADEB,BEFC,CADF,如图①,
于是有AB∥DE,BC∥EF,
因为AB,BC⊂平面α,DE,EF⊂平面β,AB∩BC=B,DE∩EF=E,
所以平面α∥平面β.
图①
当三点在平面β的异侧时,如图②,设A,B,C到平面β的射影分别为D,E,F,显然平面α与平面β相交.
图②
11.BC 因为平面α∥平面β,且α,β之间的距离为d,所以在平面β内任意一条直线与平面α的距离都为d.故选BC.
12.答案 12 cm或36 cm
解析 设P到平面α的距离为d1 cm,到平面β的距离为d2 cm.
当P在平面α、β之间时,
d2=23×18=12(cm);
当P在平面α、β同一侧时,
∵PA=12PB,
∴d1d2=12,d2-d1=18,
∴d1=18 cm,d2=2×18=36(cm).
能力提升练
1.C 在①中,平面α与平面β可能平行也可能相交,故①不正确;在②中,当l与m平行时,不能推出α∥β,故②不正确;在③中,l,m是两条异面直线,且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β,则α内存在两条相交直线与平面β平行,根据两个平面平行的判定定理,可得α∥β,故③正确.故选C.
2.BD A错误,α与β也可能相交;B正确,设a,b确定的平面为γ,依题意,得γ∥α,γ∥β,故α∥β;C错误,α与β也可能相交;由线面平行的性质定理可知,D正确.故选BD.
3.ABC 作出立体图形如图所示.连接E、F、G、H四点构成平面EFGH.
因为E,F分别是PA,PD的中点,
所以EF∥AD.
又EF⊄平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
同理,EH∥平面ABCD.又EF∩EH=E,EF⊂平面EHGF,EH⊂平面EHGF,
所以平面EHGF∥平面ABCD,故A正确;
连接AC,BD,DG,BG,设AC的中点为M,连接GM,则M也是BD的中点,所以MG∥PA,又MG⊂平面BDG,PA⊄平面BDG,所以直线PA∥平面BDG,故B正确;
由A中的分析易知EF∥BC,因为EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以直线EF∥平面PBC,故C正确;
根据C中的分析再结合图形可得,直线EF与平面BDG不平行,故D错误.故选ABC.
4.C 因为平面BDM∥平面A1C,平面BDM∩平面A1B1C1=DM,平面A1C∩平面A1B1C1=A1C1,所以DM∥A1C1,过D作DE1∥A1C1交B1C1于点E1,则点M的轨迹是线段DE1(不包括点D).
5.A 因为平面α∥平面BC1E,平面α∩平面ABB1A1=A1F,平面BC1E∩平面ABB1A1=BE,所以A1F∥BE.又A1E∥BF,所以四边形A1FBE是平行四边形,所以A1E=BF=2,所以AF=B1E=1.
6.答案 25
解析 设AT=x,则A1T=1-x,
由两个平面平行的性质定理可知PO∥SR,TO∥QR,TS∥PQ,
∴△DOP∽△B1RS,
又DP=OD=1,∴B1S=B1R=12,
∴A1S=C1R=32,
由△C1QR∽△ATO,可得AOAT=C1RC1Q,
即1x=32C1Q,故C1Q=3x2,
由△CQP∽△A1TS,可得CQCP=A1TA1S,
即1-3x21=1-x32,解得x=25.
7.解析 存在点E,使得DE∥平面AB1C1,E为AB的中点.如图,取BB1的中点F,连接DF,EF,则DF∥B1C1.
解法一:因为DF⊄平面AB1C1,B1C1⊂平面AB1C1,
所以DF∥平面AB1C1.
又DE∥平面AB1C1,DE∩DF=D,DE,DF⊂平面DEF,
所以平面DEF∥平面AB1C1.
因为平面ABB1∩平面DEF=EF,
平面ABB1∩平面AB1C1=AB1,
所以EF∥AB1.
因为F是BB1的中点,
所以点E是AB的中点,
即当点E是AB的中点时,DE∥平面AB1C1.
解法二:因为AB的中点为E,
所以EF∥AB1.
因为B1C1∩AB1=B1,EF∩DF=F,AB1,B1C1⊂平面AB1C1,DF,EF⊂平面DEF,
所以平面DEF∥平面AB1C1.
因为DE⊂平面DEF,所以DE∥平面AB1C1.
8.答案 6013
解析 因为平面α∥平面A1D1CB,AD⊂平面α,所以AD到平面A1D1CB的距离即为平面α与平面A1D1CB间的距离,易知AD∥平面A1D1CB,从而点A到平面A1D1CB的距离即为所求的距离.
如图,过点A作AH⊥A1B于点H.
易证AH⊥平面A1D1CB,则AH即为所求.
在Rt△BAA1中,AB=12,AA1=5,则A1B=AB2+AA12=13,
因为AH·A1B=A1A·AB,
所以AH=A1A·ABA1B=6013.
故平面α与平面A1D1CB的距离为6013.
9.答案 7
解析 把不共面的四个定点看作四面体的四个顶点,平面α可以分为两类:
第一类:如图1,四个定点分布在平面α(即过共顶点的三条棱的中点的平面)的两侧,其中一侧有1个顶点,另一侧有3个顶点,此类中满足条件的α共有4个.
第二类:如图2,四个定点分布在平面α(即过两组相对棱的中点的平面)的两侧,每一侧均有2个顶点,此类中满足条件的α共有3个.
综上,这样的平面α共有4+3=7(个).
10.解析 (1)分别取B1C1,BC的中点D1,D,
连接A1D1交HG于M,连接DD1,DM,如图所示.
由题意易得HG⊥A1D1,HG⊥DD1,
∵A1D1∩DD1=D1,∴HG⊥平面MD1D.
过点D1作D1P⊥MD,垂足为P,易知 D1P⊥HG,
又HG∩MD=M,
∴D1P⊥平面BCGH,
∴D1P的长就是点D1到平面BCGH的距离.
易知HG∥B1C1,HG⊂平面BCGH,B1C1⊄平面BCGH,
∴B1C1∥平面BCGH,
∴D1到平面BCGH的距离与B1C1到平面BCGH的距离相等,
∴D1P即为所求.
在Rt△DD1M中,DD1=4,D1M=3,
∴MD=19,
∴D1P=DD1·D1MMD=4319=45719.
∴B1C1到平面BCGH的距离是45719.
(2)由题意易知A1E∥HB,
∵A1E⊄平面BCGH,HB⊂平面BCGH,
∴A1E∥平面BCGH,
同理,A1F∥平面BCGH,
又A1E∩A1F=A1,A1E,A1F⊂平面A1EF,
∴平面A1EF∥平面BCGH,
∴平面A1EF到平面BCGH的距离等于点A1到平面BCGH的距离.
又H,G分别是A1B1,A1C1的中点,
∴点A1到平面BCGH的距离等于B1C1到平面BCGH的距离.
∴平面A1EF与平面BCGH间的距离为4579.
11.D 如图,在AA1上取点M,使得AM=12MA1,连接B1M,则B1M∥DF,取C1D1的中点N,连接B1N,则B1N∥DE,
∵B1M,B1N⊂平面B1MN,DF,DE⊂平面DEF,B1M∩B1N=B1,DF∩DE=D,
∴平面B1MN∥平面DEF.
过点N作NG∥DF交DD1于点G,连接MG,则B1,M,G,N四点共面,且 DG=23DD1.
∵PB1∥平面DEF,
∴点P在线段MG上运动.
当点P分别与点M,G重合时,tan∠ABP取得最小值和最大值.
连接AG,BM,BG,
设正方体的棱长为1,则AM=13,DG=23,
则AG=133.
∴在Rt△ABM中,tan∠ABM=13,
在Rt△ABG中,tan∠ABG=133,
∴tan∠ABP的取值范围为13,133.
故选D.
12.B 如图所示,分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,A1N,MN,BC1,NE,
∵M,N,E,F分别为所在棱的中点,则MN∥BC1,EF∥BC1,∴MN∥EF.
又MN⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,
∴MN∥平面AEF.
∵AA1∥NE,AA1=NE,
∴四边形AENA1为平行四边形,
∴A1N∥AE.
又A1N⊄平面AEF,AE⊂平面AEF,
∴A1N∥平面AEF,
又A1N∩MN=N,A1N,MN⊂平面A1MN,
∴平面A1MN∥平面AEF.
∵P是侧面BCC1B1上一点,且A1P∥平面AEF,
∴点P必在线段MN上.
在Rt△MB1N中,MN=B1M2+B1N2=122+122=22.
在Rt△A1B1M中,A1M=A1B12+B1M2=1+122=52.
同理,在Rt△A1B1N中,可得A1N=52,
∴△A1MN为等腰三角形.
设MN的中点为O,连接A1O.
当点P位于MN的中点O处时,A1P⊥MN,此时A1P最短;当点P位于M、N处时,A1P最长.
易求得A1O=A1M2-OM2=522-242=324,
∴线段A1P长度的取值范围是324,52.
13.答案 90°
解析 如图,在过BD与DC的平面γ与平面α的交线上取线段CE,使CE=DB,连接BE、AE,
∵α∥β,γ∩β=BD,∴由两个平面平行的性质定理可得CE∥DB,
因此∠ACE(或其补角)为AC与BD所成的角.
∵CE?DB,∴四边形BDCE为平行四边形,∴BE?DC,
在△ABE中,AB=10,BE=10,易知∠ABE=60°,
∴AE=10.
又∵AC=6,EC=8,∴∠ACE=90°,即异面直线AC和BD所成的角为90°.
14.答案 62
解析 如图,F,G,H,I,J分别为棱AD,AA1,A1B1,B1C1,CC1的中点,连接A1C1,GJ,则HI∥A1C1∥GJ,
故G、H、I、J四点共面,
同理E、F、G、J四点共面.
因为EJ∥AB1,EF∥AC,EJ,EF⊂平面EJGF,AB1,AC⊂平面AB1C,AB1∩AC=A,EF∩EJ=E,
所以平面EJGF∥平面AB1C,
又因为HE的中点为正方体的中心,FI的中点也是正方体的中心,设正方体中心为O,则HE∩FI=O,所以H,I∈平面EJGF,所以平面EJIHGF即为平面α,
根据三角形的中位线的性质可得,六边形每条边的长度都等于正方体的面对角线的一半,即每条边的长度都等于22+222=2,故六边形的周长为62.
15.解析 如图所示,连接AF,交β于点G,连接BG,EG,则点A,B,C,F,G共面.
∵β∥γ,平面ACF∩β=BG,平面ACF∩γ=CF,
∴BG∥CF,∴△ABG∽△ACF,∴ABBC=AGGF,
同理,有AD∥GE,AGGF=DEEF,∴ABBC=DEEF.
又ABBC=13,
∴AB=14AC=154 cm,BC=34AC=454 cm.
EF=3DE=3×5=15(cm).
16.解析 (1)证明:如图,连接BM,BN,BG并延长,分别交AC,AD,CD于点P,F,H.
∵M,N,G分别为△ABC,△ABD,△BCD的重心,
∴BMMP=BNNF=BGGH=2.
连接PF,FH,PH,有MN∥PF.
又PF⊂平面ACD,MN⊄平面ACD,
∴MN∥平面ACD.
同理MG∥平面ACD,
又MG∩MN=M,MG,MN⊂平面MNG,
∴平面MNG∥平面ACD.
(2)由(1)可知MGPH=BGBH=23,
∴MG=23PH.
又PH=12AD,∴MG=13AD.
同理NG=13AC,MN=13CD.
∴△MNG∽△DCA,其相似比为1∶3,
∴S△MNG∶S△ADC=1∶9.
第2课时 两平面垂直
基础过关练
1.A 异面直线所成的角α的范围为0°<α≤90°,直线和平面所成的角β的范围为0°≤β≤90°,二面角的平面角γ的范围为0°≤γ≤180°,只有二面角的平面角可能为钝角.
2.B A不正确,不符合二面角的定义;由a、b分别垂直于两个面,可知a、b都垂直于二面角的棱,故B正确;C中所作的射线不一定垂直于二面角的棱,故C不正确;由定义知D不正确.故选B.
3.A ∵PA⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,
∴PA⊥AB,PA⊥AC,
∴∠BAC即为二面角B-PA-C的平面角.
又∠BAC=90°,
∴二面角B-PA-C的平面角为90°.
4.C 若点P在二面角内,则二面角α-l-β的平面角为120°;若点P在二面角外,则二面角α-l-β的平面角为60°.故选C.
5.C 如图所示,连接AC交BD于点O,则O为BD的中点,连接A1O,
∵A1D=A1B,∴在△A1BD中,A1O⊥BD.
又∵在正方形ABCD中,AC⊥BD,
∴∠A1OA为二面角A1-BD-A的平面角.
设AA1=1,则AO=22.
∴tan∠A1OA=122=2.
故截面A1BD与底面ABCD所成二面角A1-BD-A的正切值为2.
6.C A中,α也可能与β平行;
B中,不一定有α⊥β;
C中,∵m∥n,n⊥β,
∴m⊥β,又m⊂α,∴α⊥β;
D中,易得α∥β.故选C.
7.C 若过两点的直线与已知平面垂直,此时过这两点有无数个平面与已知平面垂直;若过两点的直线与已知平面不垂直,则有且只有一个过这两点的平面与已知平面垂直.故选C.
8.D 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1DCB1内的直线A1B1垂直于平面ABCD内的一条直线BC,但平面A1DCB1与平面ABCD显然不垂直,故D不正确,由面面垂直的定义及判定定理可知A,B,C均正确.
9.证明 如图,连接AC,与BD交于点F,连接EF.
因为F为平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点,
所以F为AC的中点.
又E为SA的中点,所以EF为△SAC的中位线,所以EF∥SC.
又SC⊥平面ABCD,所以EF⊥平面ABCD.
又EF⊂平面EBD,
所以平面EBD⊥平面ABCD.
方法技巧 面面垂直的判定定理是证明面面垂直的常用方法,即要证面面垂直,只需证线面垂直,关键是在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直.
10.A ∵α⊥β,α∩β=l,n⊂β,n⊥l,∴n⊥α.又∵m⊥α,∴m∥n.
11.D 若两个平面都垂直于同一个平面,则这两个平面可能平行,也可能相交,故A,B,C都有可能.
12.A 如图,连接AB',A'B,由已知得AA'⊥平面β,∠ABA'=30°,BB'⊥平面α,∠BAB'=45°.
设AB=a,则A'B=32a,BB'=22a,
在Rt△BA'B'中,A'B'=A'B2-BB'2=12a,∴AB∶A'B'=2∶1.
13.答案 5
解析 ∵侧面PAC⊥底面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,∠PAC=90°,即PA⊥AC,PA⊂平面PAC,∴PA⊥平面ABC.
又∵AB⊂平面ABC,∴PA⊥AB,
∴PB=PA2+AB2=1+4=5.
14.解析 平面BDE⊥平面ACC1A1.理由如下:
∵AA1⊥平面ABCD,AA1⊂平面ACC1A1,
∴平面ACC1A1⊥平面ABCD.
又∵BD⊂平面ABCD,平面ABCD∩平面ACC1A1=AC,AC⊥BD,
∴BD⊥平面ACC1A1.
又BD⊂平面BDE,
∴平面BDE⊥平面ACC1A1.
易错警示 利用面面垂直的性质定理证明线面垂直时,要注意以下三点:(1)两个平面垂直;(2)直线必须在其中一个平面内;(3)直线必须垂直于它们的交线.
能力提升练
1.B 将三棱锥放入长方体中,设BC=b,AS=c,如图所示,过E作EN⊥AC于点N,易知EN⊥平面ABC,过N作NM⊥AB于点M,连接ME,易知∠EMN为二面角E-AB-C的平面角,设为α1,则NE=13c,MN=23b,故tan α1=c2b.
设二面角F-AB-S的平面角为α2,同理可得tan α2=b2c,故tan α=tanπ2-α1-α2=1-tan α1tan α2tan α1+tan α2=34c2b+b2c≤342c2b·b2c=34,
当且仅当c2b=b2c,即b=c时等号成立.
故tan α有最大值34.
2.答案 63
解析 如图,过B作BF⊥B1C,垂足为F,连接AF.
因为几何体A1B1C1D1-ABCD是正方体,
所以AB⊥平面BB1C1C.
又B1C⊂平面BB1C1C,所以B1C⊥AB.
又B1C⊥BF,AB∩BF=B,BF,AB⊂平面ABF,
所以B1C⊥平面ABF.
又AF⊂平面ABF,所以B1C⊥AF,
所以∠AFB是二面角A-B1C-B的平面角.
设正方体的棱长为a,
在Rt△B1BC中,∠B1BC=90°,BB1=BC=a,
所以F是B1C的中点,所以BF=22a.
在Rt△ABF中,∠ABF=90°,AB=a,BF=22a,
所以AF=AB2+BF2
=a2+22a2=62a.
所以sin∠AFB=ABAF=a62a=63,
所以二面角A-B1C-B的正弦值为63.
3.答案 325
解析 当平面A'EFB'⊥平面ABCD时,二面角B'-CD-E最大,此时正切值最大,作B'G⊥EF于G,则B'G⊥平面ABCD,作GH⊥CD于H,连接B'H,则∠B'HG是二面角B'-CD-E的平面角,在平面图形ABCD内,作BG⊥EF于G,则BG=322,
故B'G=322,FG=322,作FN⊥GH于N,
则GN=322×22=32,∴GH=52,
∴tan∠B'HG=B'GGH=32252=325,
故二面角B'-CD-E的正切值的最大值为325.
4.答案 32
解析 设CF=x,∵翻折后B与D'重合,
∴BF=D'F.
∵AG=GD=DH=25DC=8,∠D=90°,
∴GH=82,DC=20,HC=12,
如图所示,取GH的中点O,连接D'O,OF,D'F,BF,
∵D'H=D'G,∴D'O⊥GH,∵二面角D'-GH-D为直角,平面D'GH∩平面ABCD=GH,D'O⊂平面 D'GH,∴D'O⊥平面ABCD.
由题意得∠OHF=135°,FH=12-x,OH=42,
由余弦定理可得OF2=OH2+FH2-2OH·FH·cos 135°=32+(12-x)2+8(12-x)=x2-32x+272,
∴D'F2=OF2+D'O2=x2-32x+272+32=x2-32x+304,
∵BF2=BC2+CF2=162+x2=256+x2,
∴x2-32x+304=256+x2,
∴32x=48,解得x=32.
5.ABD 易知AD1∥BC1,又AD1⊂平面ACD1,BC1⊄平面ACD1,所以BC1∥平面ACD1,故A正确;连接A1C1,A1B,由两平面平行的判定定理易证明平面A1C1B∥平面AD1C,又A1P⊂平面A1C1B,所以A1P∥平面ACD1,故B正确;易知C不正确;易知DB1⊥D1C,DB1⊥AD1,因为D1C∩AD1=D1,D1C,AD1⊂平面AD1C,所以DB1⊥平面ACD1,又因为DB1⊂平面PDB1,所以平面PDB1⊥平面ACD1,故D正确.故选ABD.
方法技巧 解决空间点、线、面的位置关系问题,一般是借助长方体(或正方体),能形象直观地看出空间点、线、面的位置关系.
6.答案 5
解析 易知DA⊥AB,DA⊥PA,
∵AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,
∴DA⊥平面PAB,
同理BC⊥平面PAB,
AB⊥平面PAD,DC⊥平面PAD.
∴平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD⊥平面PAB,
平面PBC⊥平面PAB,
平面PAB⊥平面ABCD,
平面PDC⊥平面PAD,共5对.
7.答案 DM⊥PC(或BM⊥PC等)
解析 连接AC,由题意得BD⊥AC,
∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
∴PA⊥BD.
又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
∴BD⊥平面PAC.
∵PC⊂平面PAC,∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,
PC⊥平面MBD,
∵PC⊂平面PCD,∴平面MBD⊥平面PCD.
8.证明 (1)如图,取PA的中点H,连接EH,DH.
因为E为PB的中点,H为PA的中点,
所以EH∥AB,EH=12AB.
又AB∥CD,CD=12AB,
所以EH∥CD,EH=CD,
所以四边形DCEH是平行四边形,
所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,
所以CE∥平面PAD.
(2)因为E,F分别为PB,AB的中点,
所以EF∥PA.
又AB⊥PA,所以AB⊥EF.
同理可证AB⊥FG.
又EF∩FG=F,EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,
所以AB⊥平面EFG.
因为M,N分别为PD,PC的中点,
所以MN∥DC.
又AB∥DC,所以MN∥AB,
所以MN⊥平面EFG.
又MN⊂平面EMN,
所以平面EFG⊥平面EMN.
9.C 如图①,在矩形ABCD中,过点D作AF的垂线,交AF于点O,交AB于点M,将△DAF沿AF折起后如图②.
设CF=x(0
由0
∴AF⊥平面ODM,又AF⊂平面ABCF,
∴平面ODM⊥平面ABCF,
又平面ABD⊥平面ABCF,平面ABD∩平面ODM=DM,
∴DM⊥平面ABCF.
连接MF,则∠MFD是直线FD与平面ABCF所成的角,即∠MFD=θ,
而DM=1-t2,DF=2-x=1t,
则sin θ=DMDF=t1-t2=-t4+t2,
由于14
10.C 如图,连接C1D,过M作MH⊥C1D于点H,连接HN,过H作HH1⊥C1D1于点H1,
易知平面AC1D⊥平面CC1D1D,
因为平面AC1D∩平面CC1D1D=C1D,MH⊥C1D,MH⊂平面AC1D,
所以MH⊥平面CC1D1D.
又因为AD⊥平面CC1D1D,所以MH∥AD,
所以MHAD=C1HC1D.
易知HH1∥DD1,所以HH1DD1=C1HC1D,
所以MHAD=HH1DD1.
又因为AD=DD1,所以MH=HH1.
在Rt△MHN中,MN2=MH2+HN2,
因为HN≥HH1,所以MH2+HN2≥MH2+HH12=2MH2.
即MN2≥2MH2,MN≥2MH.
所以PM+22MN≥PM+MH≥1,
即PM+22MN的最小值为1.
11.AC 如图所示,连接EM,EN.
由题意可得SO⊥底面ABCD,AC⊥BD,
因为AC⊂平面ABCD,所以SO⊥AC.
因为SO∩BD=O,SO,BD⊂平面SBD,
所以AC⊥平面SBD.
因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,
所以EM∥DB,MN∥SD.
因为EM,MN⊂平面EMN,DB,SD⊂平面SBD,DB∩SD=D,EM∩MN=M,
所以平面EMN∥平面SBD,
所以AC⊥平面EMN,
又因为EP⊂平面EMN,所以AC⊥EP,
因此A正确.
由异面直线的定义可知EP与BD是异面直线,不可能有EP∥BD,因此B不正确.
因为平面EMN∥平面SBD,EP⊂平面EMN,所以EP∥平面SBD,因此C正确.
易知EM⊥平面SAC,若EP⊥平面SAC,则EP∥EM,与EP∩EM=E相矛盾,
因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,因此D不正确.故选AC.
12.B 设α为PC的中垂面.∵MP=MC,∴点M在PC的中垂面α上,∴点M在正方形ABCD内的轨迹一定是平面α和正方形ABCD的交线.
∵四边形ABCD为正方形,侧面PAD为等边三角形,∴PD=CD,
取PC的中点N,连接DN,有DN⊥PC.
取AB的中点H,连接PH,CH,DH,NH,易知CH=HP,∴HN⊥PC.
又∵DN∩HN=N,DN,HN⊂平面DHN,
∴PC⊥平面DHN,即平面α与平面DHN重合,
∴点M在正方形ABCD内的轨迹一定是线段HD.
13.A 如图①,取AE的中点M,过点M作MG⊥CD于点G,连接MC,则MC2=GM2+GC2=52.
图①
如图②,取AB的中点F,连接CF,则CF∥AE,可得直线AE和CD所成的角为∠DCF(或其补角),
图②
取AE的中点M,连接MC,MF,DF,则DM⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE,平面ADE∩平面ABCE=AE,DM⊂平面ADE,
∴DM⊥平面ABCE.
∵MF⊂平面ABCE,∴DM⊥MF,
易知FC=2,AM=DM=MF=22,
∴DF=DM2+MF2=1.
∵MC2=52,
∴在Rt△DCM中,DC2=DM2+MC2=3,
∴DC2=DF2+FC2,
∴△DFC是直角三角形且DF⊥FC,
∴cos∠DCF=23=63,
∴异面直线AE与CD所成角的余弦值为63.
14.ACD 当SE⊥CE时,SE⊥AB,又SE⊥SA,SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,所以SE⊥平面SAB,因为SB⊂平面SAB,所以SE⊥SB,故A正确.
假设AE∥平面 SBC,因为AE⊂平面ABCE,平面ABCE∩平面SBC=BC,所以AE∥BC,这与已知相矛盾,故B错误.
如图所示,过点D作DF⊥AE交BC于F,交AE于G,则S在平面ABCE内的投影O在GF上,连接BO,故∠SBO为直线SB与平面ABCE所成的角,设二面角S-AE-B的平面角为α,令AD=4,DE=3,则AE=DF=5,CE=BF=1,DG=125,OG=125cos α,故只需满足SO=OB=125sin α,可使得直线SB与平面ABCE所成的角为45°,在△OFB中,根据余弦定理得125sin α2=12+135-125cosα2-2135-125cosα·cos∠OFB,解得cos α=23,故C正确.
过O作OM⊥AB交AB于M,则∠SMO为二面角S-AB-C的平面角,
若二面角S-AE-B的平面角为60°,则只需满足SG=2OG=2OM,可使得二面角S-AB-C的大小为60°.
设∠OAG=∠OAM=θ,π8<θ<π4,则∠SAG=π2-2θ,AG=SGtanπ2-2θ=OGtanθ,化简得2tan θtan 2θ=1,解得tan θ=55,经验证满足题意,故D正确.故选ACD.
15.解析 (1)证明:易知CD⊥CB,CD⊥CF,
∵BC∩CF=C,BC,CF⊂平面BCF,
∴CD⊥平面BCF.
又∵CD⊂平面CFED,
∴平面CFED⊥平面BCF.
(2)在线段CF上存在一点G符合题意.
由(1)得平面CFED⊥平面BCF,在平面BCF内,过B作BO⊥CF于O,
∵平面CFED∩平面BCF=CF,BO⊂平面BCF,∴BO⊥平面CFED.
过O作OH⊥EG交EG的延长线于点H,连接BH,
∵HO为HB在平面CFEG内的射影,
∴∠BHO是锐二面角B-EG-D的平面角,
易得∠BCF为锐二面角A-CD-F的平面角,∴∠BCF=60°.
又∵BC=AD=2,∴BO=3.
又∵锐二面角B-EG-D的余弦值是14,
∴OH=55.
取CF的中点M,连接EM,易知△OHG与△EMG相似,设OG=x(x>0),
则OHOG=EMEG,即55x=39+(2-x)2,
解得x=12或x=-1322(舍去),
因此存在符合题意的点G,且CG=32.
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