苏教版 (2019)必修 第二册第13章 立体几何初步本章综合与测试同步达标检测题

这是一份苏教版 (2019)必修 第二册第13章 立体几何初步本章综合与测试同步达标检测题，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题强化练5　平面与平面的位置关系
一、选择题
1.(2020山西忻州一中高二期中,)已知m,l,n是互不相同的直线,α,β是互不相同的平面,给出下列四个命题:
①若m⊂α,l∩α=A,A∉m,则l与m不共面;
②若m,l是异面直线,l∥α,m∥α,且n⊥l,n⊥m,则n⊥α;
③若l∥α,m∥β,α∥β,则l∥m;
④若l⊂α,m⊂α,l∩m=A,l∥β,m∥β,则α∥β.
其中为假命题的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.① B.② C.③ D.④
2.(2020江苏大丰高级中学高一期中,)如图,四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.将△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,构成三棱锥A-BCD,则在三棱锥A-BCD中,下列命题正确的是(　　)

A.平面ABD⊥平面ABC
B.平面ADC⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDC
D.平面ADC⊥平面ABC
3.(2020江苏无锡综合高级中学期末,)如图所示,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点,F是侧面CDD1C1上的动点,且B1F∥平面A1BE,则F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是(　　)

A.a B.a2 C.2a D.22a
4.(2020江苏高邮中学高一学情检测,)如图,已知四边形ABCD是边长为1的正方形,MB⊥平面ABCD,ND⊥平面ABCD,且MB=ND=1,E为MC的中点,则下列结论不正确的是(　　)

A.平面DCE⊥平面ADN
B.MC⊥AN
C.平面CMN⊥平面AMN
D.平面BDE∥平面AMN
5.(2020江苏江都中学高一阶段检测,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为底面ABCD对角线的交点,点P为AD的中点,AD=3AB,设直线A1B与直线OP的夹角为θ1,A1O与底面ABCD的夹角为θ2,二面角A1-BD-A的夹角为θ3,则(　　)

A.θ1=θ2<θ3 B.θ3<θ1=θ2
C.θ1<θ2=θ3 D.θ2=θ3<θ1
6.()如图,在长方体A1B1C1D1-A2B2C2D2中,A1A2=2A1B1=2B1C1,A,B,C分别是A1A2,B1B2,C1C2的中点,若异面直线D2C与AD1所成的角为α,平面A2BCD2与平面AD1C1B所成的二面角为β,则下列结论中一定成立的是(　　)

A.sin α>sin β B.cos α=sin β
C.sin α=sin β D.sin α 7.(2020山东兖州阶段测试,)如图,二面角α-BC-β的大小为π6,AB⊂α,CD⊂β,且AB=2,BD=CD=2,∠ABC=π4,∠BCD=π3,则AD与β所成角的大小为(　　)

A.π4 B.π3 C.π6 D.π12
8.(2020重庆育才中学高三开学考试,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=3,E,F分别是AB,BC上靠近B的三等分点,G是CC1上靠近C1的三等分点,P是底面ABCD内一个动点,若直线D1P与平面EFG平行,则△BB1P周长的最小值为(　　)

A.2+3+72 B.2+2
C.3+3 D.4+3+74
9.(2020江苏海门中学高一阶段检测,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=2,点P为△BDC1内一点(不含边界),则△A1PC1不可能为(　　)

A.等腰三角形 B.锐角三角形
C.直角三角形 D.钝角三角形
二、填空题
10.(2020江苏如皋中学高一月考,)已知平面α∥平面β,点P是平面α,β外一点(如图所示),且直线PB,PD分别与α,β相交于点A,B,C,D,若PA=4,PB=5,PC=3,则PD=　　　　. 

11.()如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,侧面PAD是等边三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,E为棱PC上一点,若平面BDE⊥平面ABCD,则PEEC=　　　　. 

12.(2020江苏扬州中学模拟,)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱垂直于底面,底面ABCD是边长为6的正方形,M,N分别为线段AC1,D1C上的动点,若直线MN与平面B1BCC1没有公共点或有无数个公共点,点E为MN的中点,则点E的轨迹长度为　　　　. 

三、解答题
13.(2020江苏望亭中学高一期中,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D,P分别是棱AB,A1B1的中点,求证:
(1)AC1∥平面B1CD;
(2)平面APC1∥平面B1CD.












14.()如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F,M分别是棱B1C1,BB1,C1D1的中点,是否存在过点E,M且与平面A1FC平行的平面?若存在,请作出该平面并加以证明;若不存在,请说明理由.



















答案全解全析
专题强化练5　平面与平面的位置关系
一、选择题
1.C　对于①,若m⊂α,l∩α=A,A∉m,则l与m异面,故①是真命题;
对于②,若m,l是异面直线,l∥α,m∥α,则在α内存在l'∥l,m'∥m,l'与m'相交,由n⊥l,n⊥m,可知n⊥l',n⊥m',利用线面垂直的判定定理得n⊥α,故②是真命题;
对于③,若l∥α,m∥β,α∥β,则直线l,m可能平行、相交或异面,故③是假命题;
对于④,由两个平面平行的判定定理可知④是真命题.
2.D　∵在四边形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,
∴BD⊥CD.
又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,CD⊂平面BCD,
∴CD⊥平面ABD.
∵AB⊂平面ABD,
∴CD⊥AB,
又AD⊥AB,CD∩AD=D,CD,AD⊂平面ADC,
∴AB⊥平面ADC.
∵AB⊂平面ABC,
∴平面ABC⊥平面ADC.
3.D　设G,H,I分别为CD,CC1,C1D1的中点,连接B1I,B1H,HI,CD1,BG,EG,如图,
则A1,B,G,E四点共面,且平面A1BGE∥平面B1HI,
又∵B1F∥平面A1BE,
∴F落在线段HI上.
∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,
∴HI=12CD1=22a,
即F在侧面CDD1C1上的轨迹的长度是22a.

4.C　如图,分别过A,C作平面ABCD的垂线AP,CQ,使得AP=CQ=1,连接PM,PN,QM,QN,将几何体补成棱长为1的正方体.
∵DC⊥平面ADN,DC⊂平面DCE,
∴平面DCE⊥平面ADN,故A结论正确;
连接PD,∵MP?AB?CD,
∴四边形MCDP为平行四边形,
∴PD∥MC,
又∵PD⊥AN,
∴MC⊥AN,故B结论正确;
取MN的中点F,连接AF,CF,AC,
∵△AMN和△CMN都是边长为2的等边三角形,
∴AF⊥MN,CF⊥MN,
∴∠AFC为二面角A-MN-C的平面角,
∵AF=CF=62,AC=2,
∴AF2+CF2≠AC2,即∠AFC≠π2,
∴平面CMN与平面AMN不垂直,故C结论错误;
易知BE∥AN,MN∥BD,
∵BE∩BD=B,AN∩MN=N,BE,BD⊂平面BDE,AN,MN⊂平面AMN,
∴平面BDE∥平面AMN,故D结论正确.

5.A　在底面ABCD中,点O为对角线的交点,所以点O为BD的中点,
又因为AD=3AB,∠BAD=π2,
所以AB=AO=12BD.
因为点P为AD的中点,
所以OP∥AB,则∠A1BA=θ1,
则tan θ1=tan∠A1BA=AA1AB.
因为AA1⊥底面ABCD,
所以∠A1OA=θ2,
则tan θ2=tan∠A1OA=AA1AO.
如图,过点A作AE⊥BD于点E,连接A1E,
因为AA1⊥底面ABCD,BD⊂底面ABCD,
所以AA1⊥BD,
因为AE∩AA1=A,AE,AA1⊂平面AA1E,
所以BD⊥平面AA1E,
因为A1E⊂平面AA1E,所以BD⊥A1E,则∠A1EA=θ3,则tan θ3=tan∠A1EA=AA1AE.
又因为AB=AO>AE,
所以tan θ1=tan θ2 易知θ1、θ2、θ3均为锐角,
则θ1=θ2<θ3.

6.C　如图,连接B2C和D2B2,易知AD1∥BC1∥B2C,则∠D2CB2(或其补角)即为异面直线D2C与AD1所成的角.
连接AB2,易知AB2⊥A2B,AB2⊥BC,
因为A2B∩BC=B,A2B,BC⊂平面A2BCD2,
所以AB2⊥平面A2BCD2.
连接B1C,易知B1C⊥BC1,B1C⊥AB,
因为BC1∩AB=B,BC1,AB⊂平面AD1C1B,
所以B1C⊥平面AD1C1B,
所以异面直线AB2与B1C所成的角(或其补角)即为平面A2BCD2与平面AD1C1B所成的二面角.
连接AD2,易知B1C∥AD2,所以异面直线AB2与B1C所成的角即∠D2AB2(或其补角).
又A1A2=2A1B1=2B1C1,
所以易知△B2D2C与△B2D2A均为正三角形,
所以α=60°,β=60°或β=120°,
所以sin α=sin β.

7.C　如图所示,设BC的中点为E,连接AE,DE,过A作AF⊥DE于点F.

因为BD=CD=2,∠BCD=π3,
所以DE⊥BC,BC=2,
则BE=12BC=1,DE=BD2-BE2=4-1=3.
因为AB=2,∠ABC=π4,
所以AE=1,所以AE2+BE2=AB2,
所以AE⊥BC,
所以∠AED为二面角α-BC-β的平面角,
所以∠AED=π6.
因为AE∩DE=E,AE,DE⊂平面AED,
所以BC⊥平面AED.
又因为BC⊂β,
所以平面β⊥平面AED.
因为平面β∩平面AED=DE,AF⊂平面AED,
所以AF⊥平面β,
所以∠ADE即为AD与平面β所成的角.
在△AED中,由余弦定理得
AD=AE2+DE2-2AE·DEcos∠AED
=1+3-2×1×3×32=1,
所以AD=AE=1,
所以△AED是等腰三角形,
所以∠ADE=∠AED=π6.
所以AD与β所成的角为π6.
8.A　如图,连接AD1,CD1,AC,
因为E,F分别是AB,BC上靠近B的三等分点,G是CC1上靠近C1的三等分点,
所以AC∥EF,D1A∥FG,
又D1A∩AC=A,EF∩FG=F,D1A,AC⊂平面D1AC,EF,FG⊂平面EFG,
所以平面D1AC∥平面EFG,
因为直线D1P与平面EFG平行,
所以点P在AC上.

过点B作BP⊥AC交AC于点P,连接B1P,
因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,
所以BB1⊥AC,
又因为BB1∩BP=B,BB1,BP⊂平面BB1P,
所以AC⊥平面BB1P,
又因为B1P⊂平面BB1P,所以AC⊥B1P,此时,BP,B1P最短,△BB1P的周长最小.
因为AD=DD1=1,AB=3,
所以BB1=1,BP=32,B1P=BP2+BB12=72,所以△BB1P周长的最小值为2+3+72.
9.A　如图,连接AC,与BD交于点O,连接A1O,C1O,PO,A1B,A1D.
依题意得AC⊥BD,AA1⊥BD,
又AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC1A1,
∴BD⊥平面ACC1A1.
∵A1O,C1O⊂平面ACC1A1,
∴BD⊥A1O,BD⊥C1O,
故∠A1OC1为二面角A1-BD-C1的平面角.
易知A1O=C1O=2,A1C1=22,由勾股定理的逆定理,知∠A1OC1=90°,故平面A1BD⊥平面C1BD.
∵A1O⊥BD,平面A1BD∩平面C1BD=BD,A1O⊂平面A1BD,
∴A1O⊥平面BDC1.

若∠A1PC1为直角,则A1P⊥PC1,
∵PC1⊂平面BDC1,∴A1O⊥PC1,
∵A1P∩A1O=A1,A1P,A1O⊂平面POA1,
∴C1P⊥平面POA1.
∵PO⊂平面POA,
∴C1P⊥PO,此时P在△BDC1内的一段圆弧(该圆弧所在的圆的直径为C1O)上,符合题意.
当P在OC1上(不与点O,C1重合)时,△A1PC1为钝角三角形.
当P无限接近于B或D时,△A1PC1为锐角三角形.
若△A1PC1为等腰三角形,A1C1=22,BC1=6,则当A1C1为等腰三角形A1PC1的一个腰时,C1P,A1P均不可能为22,不符合题意;当A1C1为等腰三角形A1PC1的底边时,点P与A1C1中点的连线必垂直于A1C1,此时,在△BDC1内部不存在这样的点P.故△A1PC1不可能为等腰三角形.
二、填空题
10.答案　154
解析　因为平面α∥平面β,平面α∩平面PBD=AC,平面β∩平面PBD=BD,所以AC∥BD,所以△PAC∽△PBD,即PAPB=PCPD,
所以PD=PC·PBPA=3×54=154.
11.答案　12
解析　如图,取AD的中点O,连接OC交BD于点F,连接OP,EF,
∵OD∥BC,BC=2OD,
∴FC=2OF.易知PO⊥AD,
又∵平面PAD⊥平面ABCD,PO⊂平面PAD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PO⊥平面ABCD.
当OP∥EF时,EF⊥平面ABCD,
又EF⊂平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABCD,∴PEEC=OFFC=12.

12.答案　35
解析　因为直线MN与平面B1BCC1没有公共点或有无数个公共点,
所以MN∥平面B1BCC1或MN⊂平面B1BCC1.
连接AC,过点M作MH∥BB1交AC于H,过点N作NG∥BB1交CD于G,连接HG,
易知平面MHGN∥平面B1BCC1,
点E在平面ABCD内的投影在HG上,设为T,则T为HG的中点,
设NG=λDD1(0≤λ≤1),根据相似得到CG=λCD,HC=λAC,MH=(1-λ)CC1,
故ET=NG+MH2=CC12为定值,T的轨迹为△ADC的边AD上的中线,
故MN中点E的轨迹的长度等于△ADC的边AD上的中线长,该中线长为62+32=35.
三、解答题
13.证明　(1)如图,连接BC1,设BC1与B1C的交点为O,连接OD,
∵四边形BB1C1C为平行四边形,
∴O为BC1的中点,
又D是AB的中点,
∴OD是△ABC1的中位线,则OD∥AC1,
又∵AC1⊄平面B1CD,OD⊂平面B1CD,
∴AC1∥平面B1CD.
(2)∵P是A1B1的中点,D是AB的中点,
∴AD∥B1P且AD=B1P,
则四边形ADB1P为平行四边形,
∴AP∥DB1,
又∵AP⊄平面B1CD,DB1⊂平面B1CD,
∴AP∥平面B1CD.
又AC1∥平面B1CD,AC1∩AP=P,
且AC1⊂平面APC1,AP⊂平面APC1,
∴平面APC1∥平面B1CD.

14.解析　如图,设N是棱C1C上的一点,且C1N=14C1C,连接EN,EM,MN,则平面EMN为符合要求的平面.

证明如下:设H为棱C1C的中点,连接B1H,D1H.
因为C1N=14C1C,所以C1N=12C1H.
因为点E为B1C1的中点,
所以EN∥B1H.
易知CF∥B1H,所以EN∥CF.
又EN⊄平面A1FC,CF⊂平面A1FC,
所以EN∥平面A1FC.
同理,MN∥D1H,D1H∥A1F,
所以MN∥A1F.
因为MN⊄平面A1FC,A1F⊂平面A1FC,
所以MN∥平面A1FC.
因为EN∩MN=N,EN,MN⊂平面EMN,
所以平面EMN∥平面A1FC.