高中数学湘教版（2019）必修 第二册第4章 立体几何初步4.4 平面与平面的位置关系练习题

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第二册第4章 立体几何初步4.4 平面与平面的位置关系练习题，共26页。试卷主要包含了下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

题组一 平面与平面垂直的判定
1.(2020内蒙古赤峰高三上期末)对于直线m,n和平面α,β,一定能得出α⊥β的一组条件是( )
A.m⊥n,m∥α,n∥βB.m⊥n,α∩β=m,n⊂β
C.m∥n,n⊥β,m⊂αD.m∥n,m⊥α,n⊥β
2.(2020陕西宝鸡金台高三上质检)下列命题正确的是( )
A.过平面外一点有无数条直线与这个平面垂直
B.过平面外一点有无数个平面与这个平面平行
C.过平面外一点有无数个平面与这个平面垂直
D.过平面外一点有且只有一条直线与这个平面平行
3.如图,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,则图中互相垂直的平面有( )
A.1对B.2对C.3对D.5对
4.(2019山东潍坊高一上期末)四面体P-ABC中,PA=PB=PC,底面ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB的中点,以下平面中,两两垂直的有 .(填序号)
①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;
⑤平面POC.
5.(2020吉林梅河口第五中学高三下模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,E、F分别是A1C1、BC的中点.
(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;
(2)求证:C1F∥平面ABE.
题组二 平面与平面垂直的性质
6.(2020湖北襄阳高二上期末)已知两个平面互相垂直,给出下列命题:
①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线;
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线;
③一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面;
④过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.
其中不正确命题的个数是( )
A.3B.2C.1D.0
7.(2020河北衡水武邑中学高二上开学考试)正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F、G分别是线段AE、BC的中点,则CD与GF所成角的余弦值为( )
8.(2020广东珠海高三上期末)如图,矩形ABCD中,E为BC的中点,现将△BAE与△CDE折起,使得平面BAE和平面CDE都与平面DAE垂直.求证:BC∥平面DAE.
9.(2020河南郑州高二上期末)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AB,求证:PA⊥BC.
题组三 二面角
10.如图,AB是圆O的直径,PA垂直于圆O所在的平面,C是圆O上一点(不同于A,B),且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为( )
A.60°B.30°C.45°D.15°
11.(2020湖北宜昌一中高二上期末)如图,正方形ABCD沿对角线AC折叠后,平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为( )
12.(2020湖南长沙第一中学高二上月考)如图,在一个60°的二面角的棱上有A、B两点,线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,并且都垂直于棱AB,且AB=AC=1,BD=2,则CD的长为( )
(2020安徽合肥六校联盟高二上期末)如图,三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,E、F分别在棱AC、AD上,且BE⊥AC于E,BF⊥AD于F,则下列说法正确的有( )
①∠ACD是直角;
②∠BEF是异面直线BE与CD所成的角;
③∠CDB是直线CD与平面ABD所成的角;
④∠BFE是二面角B-AD-C的平面角.
A.1个B.2个C.3个D.4个
14.(2020辽宁丹东高二上期末)如图,已知四边形ABCD是直角梯形,∠DAB=∠ABC=90°,SA垂直于平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.
(1)求直线SC与平面SAD所成角的正弦值;
(2)求平面SAB与平面SCD所成锐二面角的正切值.
能力提升练

题组一 平面与平面垂直的判定
1.(2020湖北襄阳第四中学高一下月考,)如图,等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G,将△AED沿DE翻折成△A'ED,在翻折过程中,下列命题中真命题的个数为( )
①恒有A'F⊥DE;
②异面直线A'E与BD不可能垂直;
③恒有平面A'GF⊥平面BCED;
④动点A'在平面ABC上的投影在线段AF上.
A.1B.2C.3D.4
2.(2020河北石家庄二中高一下期中,)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,点M是PC上的一个动点,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)
3.(2020湖南师大附中高二上期末,)如图,直三棱柱ABC-DEF的底面是边长为2的正三角形,侧棱AD=1,P是线段CF的延长线上一点,平面PAB分别与DF、EF相交于M、N.
(1)求证:MN∥平面CDE;
(2)当PF为何值时,平面PAB⊥平面CDE?
题组二 平面与平面垂直的性质
4.(2020天津和平耀华中学高一上期中检测,)设a,m,n是三条不同的直线,α,β是两个不重合的平面,给出下列命题:
①m⊥αn⊥m⇒n∥α;②a⊥m,a⊥nm,n⊂α⇒a⊥α;
③m⊥αm⊥β⇒α∥β;④m⊂αn⊂βα∥β⇒m∥n;
⑤a⊥αa⊂β⇒α⊥β;⑥α⊥βα⋂β=am⊥a⇒m⊥α.
其中真命题的个数为( )
A.1B.2C.3D.4
5.(2020黑龙江哈尔滨三中高一下期末,)已知直二面角α-l-β,点A∈α,AC⊥l,点C为垂足,B∈β,BD⊥l,点D为垂足.若AB=2,AC=BD=1,则CD的长为 .
6.(2020安徽宣城高三二模,)如图,在矩形ABCD中,AB=3,E,F分别在线段BC和AD上,EF∥AB,现将矩形ABEF沿EF折起,记折起后的矩形为MNEF,且平面MNEF⊥平面ECDF.
(1)求证:NC∥平面MFD;
(2)若EC=3,求证:ND⊥FC.
题组三 二面角
7.(2020重庆第八中学高三三诊,)直角△ABC中,AB=AC=3,D为BC边上一点,沿AD将△ACD折起,使点C在平面ABD内的投影H恰好在AB上,若AH=1,则二面角C-AD-B的余弦值是( )
8.(2020浙江丽水高二上期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,PB=BC=a,PA=AC=b(aA.α+∠PCA+∠PCB>π,2α<∠PAC+∠PBC
B.α+∠PCA+∠PCB<π,2α<∠PAC+∠PBC
C.α+∠PCA+∠PCB>π,2α>∠PAC+∠PBC
D.α+∠PCA+∠PCB<π,2α>∠PAC+∠PBC
9.(2020天津和平高三下线上学习检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=π2,AB⊥平面BB1C1C.
(1)求直线C1B与平面ABC所成角的正切值;
(2)在棱CC1(不包含端点)上确定一点E,使得EA⊥EB1(要求说明理由);
(3)在(2)的条件下,若AB=2,求二面角A-EB1-A1的大小.
10.(2020广东实验中学、华师附中、深圳中学、广雅中学高三下联考,)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A、B的点,PC⊥平面ABC,E、F分别是PA、PC的中点.
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;
(2)设PC=2AB,求二面角E-l-C大小的取值范围.
题组四 垂直关系的综合应用
11.(多选)(2020山东济宁曲阜实验中学高一下期末,)如图所示,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A,D分别是BF,CE上的点,AD∥BC,且AB=DE=2BC=2AF(如图①).将四边形ADEF沿AD折起,连接BE,BF,CE(如图②).在折起的过程中,下列说法中正确的是( )
A.AC∥平面BEF
B.B,C,E,F四点不可能共面
C.若EF⊥CF,则平面ADEF⊥平面ABCD
D.平面BCE与平面BEF可能垂直
12.(2020浙江宁波镇海中学高一调研,)α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同的直线,给出下列四个论断:
①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.
以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: .(用序号表示)
13.(2019天津和平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CDEF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CDEF⊥平面BCF;
(2)试问在线段CF上是否存在一点G,使锐二面角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
基础过关练
1.C A中,α也可与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,α∥β.故选C.
2.C 过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,∴A错;过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行,∴B错;∵过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,而过这条直线的平面有无数个,∴由平面与平面垂直的判定定理,知这无数个平面都与已知平面垂直,∴C正确;过平面外一点有无数条直线与这个平面平行,∴D错.故选C.
3.D ∵四边形ABCD是矩形,∴DA⊥AB.
∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥DA.又AB∩PA=A,∴DA⊥平面PAB.同理,BC⊥平面PAB.又易证AB⊥平面PAD,DC⊥平面PAD,∴平面PAD⊥平面AC,平面PAB⊥平面AC,平面PBC⊥平面PAB,平面PAB⊥平面PAD,平面PDC⊥平面PAD,共5对.
4.答案 ①②,①⑤,②⑤
解析 ∵PA=PB,AC=BC,O为AB的中点,
∴OP⊥AB,OC⊥AB,又OP∩OC=O,∴AB⊥平面POC,又AB⊂平面PAB,AB⊂平面ABC,∴平面PAB⊥平面POC,平面ABC⊥平面POC.底面ABC为等腰直角三角形,PA=PB=PC,∴PC2=PA2=PO2+OA2=PO2+OC2,∴PO⊥OC,又PO⊥OA,OC∩OA=O,∴PO⊥平面ABC.∵PO⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABC.故答案是①②,①⑤,②⑤.
5.证明 (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵BB1⊥底面ABC,∴BB1⊥AB,又AB⊥BC,BB1∩BC=B,∴AB⊥平面B1BCC1,又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)取AB的中点G,连接EG,FG.
∵E、F、G分别是A1C1、BC、AB的中点,
∴FG∥AC,且FG=12AC,EC1=12A1C1.
∵AC∥A1C1,且AC=A1C1,
∴FG∥EC1,且FG=EC1,
∴四边形FGEC1是平行四边形,
∴C1F∥EG,又EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,∴C1F∥平面ABE.
6.B 作正方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示.
一个平面内的已知直线不一定垂直于另一个平面内的任意一条直线,如已知平面ABCD⊥平面ABB1A1,AB⊂平面ABCD,又A1B⊂平面ABB1A,但A1B与AB不垂直,故①错误;一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线,如已知平面ABCD⊥平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,在平面ABCD中,所有与BC平行的直线都与A1B垂直,故②正确;一个平面内的任意一条直线不一定垂直于另一个平面,如平面ABCD⊥平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,但A1B与平面ABCD不垂直,故③错误;过一个平面内任意一点作交线的垂线,利用面面垂直的性质定理,知垂线一定垂直于另一个平面,故④正确.故选B.
7.C 连接AG,如图所示.
∵四边形ACDE为正方形,
∴AE⊥AC,AE∥CD.
∵平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,AE⊂平面ACDE,
∴AE⊥平面ABC.∵AG⊂平面ABC,
∴AE⊥AG.
∵AC=BC=2,∠ACB=90°,F、G分别是线段AE、BC的中点,
∴AG=AC2+CG2=5,AF=1,
∴FG=AG2+AF2=6.
∴cs∠AFG=AFFG=66.
∵AE∥CD,∴CD与GF所成角的余弦值为66.故选C.
8.证明 过点B作BM⊥AE于M,过点C作CN⊥ED于N,连接MN.
∵平面BAE与平面DAE垂直,平面BAE∩平面DAE=AE,BM⊥AE,BM⊂平面BAE,
∴BM⊥平面DAE,同理可证CN⊥平面DAE,∴BM∥CN.
∵△BAE与△CDE全等,
∴BM=CN,
∴四边形BCNM是平行四边形,∴BC∥MN.
又BC⊄平面DAE,MN⊂平面DAE,∴BC∥平面DAE.
9.证明 过点B作BD⊥AC于点D.
∵平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC,
∴BD⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,
∴PA⊥BD,又PA⊥AB,AB∩BD=B,AB⊂平面ABC,BD⊂平面ABC,
∴PA⊥平面ABC,∵BC⊂平面ABC,
∴PA⊥BC.
10.C 由题意得PA⊥BC,AC⊥BC.又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥PC,所以∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.故选C.
11.C 设正方形的边长为a,取AC的中点O,连接BO,则BO⊥AC.过O作AD的平行线OE交CD于E,连接BE.
∵平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BO⊥AC,∴BO⊥平面DAC,
∴BO⊥CD,又OE⊥CD,∴CD⊥平面BOE,
∴CD⊥BE,∴∠BEO即为二面角B-CD-A的平面角.
∵BO=22a,OE=a2,
∴由BO⊥OE得,BE2=BO2+OE2=34a2,∴BE=32a,
∴cs∠BEO=OEBE=a23a2=33.故选C.
12.C 过点A作AE∥BD,且使AE=BD,
连接DE、CE,∵BD⊥AB,∴AE⊥AB,又AC⊥AB,∴∠CAE即为二面角的平面角,
∴∠CAE=60°,
∴CE=CA2+AE2-2CA·AE·cs60°=1+4-2×1×2×12=3.
∵AC⊥AB,AE⊥AB,AC∩AE=A,∴AB⊥平面CAE.
由AE∥BD,AE=BD,知四边形ABDE为平行四边形,∴DE∥AB,DE=AB,
∴DE⊥平面CAE,又CE⊂平面CAE,∴DE⊥CE,∴CD=CE2+DE2=3+1=2.
故选C.
13.C ∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD,又BC⊥CD,AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC,∴CD⊥AC,∴∠ACD是直角,故①正确;CD与EF不一定平行,故②错误;∵AB⊥平面BCD,AB⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面BCD,故C在平面ABD上的射影在BD上,故∠CDB是直线CD与平面ABD所成的角,故③正确;由①知CD⊥平面ABC,故CD⊥BE,又BE⊥AC,故BE⊥平面ACD,故BE⊥AD,又AD⊥BF,故∠BFE是二面角B-AD-C的平面角,故④正确.故选C.
14.解析 (1)∵SA⊥平面ABCD,∴SA⊥BA,又DA⊥BA,∴BA⊥平面SAD,
∴点B到平面SAD的距离为BA=2.
∵BA⊂平面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面SAD.
过点C作CG⊥AD,交AD的延长线于点G,∵平面ABCD∩平面SAD=AD,
∴CG⊥平面SAD,连接SG,则∠CSG为直线SC与平面SAD所成的角.
∵BC∥AD,
∴CG=BA=2.
由题意得SC=23,∴sin∠CSG=CGSC=33,
∴直线SC与平面SAD所成角的正弦值为33.
(2)延长BA,CD,设E点是它们的交点,连接SE,则所求二面角延展为二面角C-SE-B.
∵DA⊥BA,DA⊥SA,∴DA⊥平面SAB.
∴DA⊥SE.
在平面SAB内过A作AF⊥SE于点F,连接DF,∵AF∩DA=A,
∴SE⊥平面FAD,又DF⊂平面FAD,
∴DF⊥SE,
∴∠AFD是二面角C-SE-B的平面角.
由题意得,AE=AB=AS=2,
∴AF=2,
∴tan∠AFD=ADAF=22,
∴平面SAB与平面SCD所成锐二面角的正切值为22.
能力提升练
1.C 易知G为DE的中点,A'D=A'E,FE=FD,∴FG⊥DE,A'G⊥DE,又FG∩A'G=G,∴DE⊥平面FGA',又A'F⊂平面FGA',∴A'F⊥DE,①正确;
易知EF∥BD,故异面直线A'E与BD所成角(或其补角)为∠A'EF,当A'E2+EF2=A'F2时,异面直线A'E与BD垂直,②错误;
由①证得DE⊥平面FGA',又DE⊂平面BCED,故平面A'GF⊥平面BCED,故③正确;
由③证得平面A'GF⊥平面BCED,故动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上,故④正确.故选C.
2.答案 DM⊥PC(或BM⊥PC)
解析 连接AC(图略),由题意得BD⊥AC,
∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥BD.
又PA∩AC=A,
∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥PC.
令点M满足DM⊥PC(或BM⊥PC),
∵BD∩DM=D(或BD∩BM=B),
∴PC⊥平面MBD,
而PC⊂平面PCD,
∴平面MBD⊥平面PCD.
3.解析 (1)证明:由题意得,AB∥DE,AB⊄平面DEF,DE⊂平面DEF,∴AB∥平面DEF.
∵平面PAB∩平面DEF=MN,∴AB∥MN,∴DE∥MN,又MN⊄平面CDE,DE⊂平面CDE,∴MN∥平面CDE.
(2)分别取线段AB、DE的中点G、H,连接CG,GH,CH,PG,则GH∥CP,∴P、C、G、H四点共面.
易得Rt△PCA≌Rt△PCB,∴PA=PB,
∴PG⊥AB.
∵AB∥DE,∴PG⊥DE.
若PG⊥CH,则PG⊥平面CDE,
∴平面PAB⊥平面CDE.
此时∠CPG=∠HCG,则PCCG=CGGH.
∵△ABC是边长为2的正三角形,
∴CG=2sin 60°=3.
又GH=1,∴PC=CG2GH=3,
∴PF=PC-FC=2,
∴当PF=2时,平面PAB⊥平面CDE.
4.B 对于①,因为n可以在平面α内,所以错误;对于②,根据线面垂直的判定定理知,当一条直线和平面内的两条相交直线垂直时,才能推出线面垂直,所以错误;对于③,易知其结论正确;对于④,直线m和n还可以是异面直线,所以错误;对于⑤,根据面面垂直的判定定理知其结论正确;对于⑥,当α⊥β,α∩β=a,m⊥a,m⊂β时,才有m⊥α,所以错误.故选B.
5.答案 2
解析 如图,连接BC.
∵二面角α-l-β为直二面角,AC⊂α,且AC⊥l,α∩β=l,∴AC⊥β.
又BC⊂β,∴AC⊥BC,∴BC2=AB2-AC2=3.
又BD⊥CD,∴CD=BC2-BD2=2.
6.证明 (1)因为四边形MNEF,四边形ECDF都是矩形,
所以MN∥EF∥CD,MN=EF=CD,
所以四边形MNCD是平行四边形,
所以NC∥MD.
因为NC⊄平面MFD,MD⊂平面MFD,
所以NC∥平面MFD.
(2)如图,连接ED.
因为平面MNEF⊥平面ECDF,且NE⊥EF,
所以NE⊥平面ECDF,所以FC⊥NE.
又EC=CD=3,所以四边形ECDF为正方形,所以FC⊥ED.
又NE∩ED=E,
所以FC⊥平面NED,所以ND⊥FC.
7.A 过H作HG⊥AD,垂足为G,连接CG.
由题意得CH⊥平面ABD,所以CH⊥AD,所以AD⊥平面CHG,所以AD⊥CG,
所以∠AGH=∠AGC=90°,所以∠CGH(或其补角)为二面角C-AD-B的平面角.
因为∠BAD+∠CAD=90°,所以若设∠BAD=α,则∠CAD=90°-α.
在Rt△ACH中,AC=3,AH=1,则CH=2.
在Rt△AGH中,HG=AH·sin α=sin α.
在Rt△ACG中,CG=AC·sin(90°-α)=3cs α.
在Rt△CGH中,由CH2+HG2=CG2,得2+sin2α=3cs2α,
解得sin α=12,cs α=32,所以HG=12,CG=32,所以cs∠CGH=HGCG=13.
故选A.
8.C 如图(1),取PC的中点D,连接AD、BD,
由PB=BC=a,PA=AC=b得BD⊥PC,AD⊥PC,又BD∩AD=D,∴PC⊥平面ABD.
作PM⊥AB于M,连接MC,由△ABP≌△ABC,可得CM⊥AB,∴∠PMC=α.
设PM=CM=h,则h∠PBC2>∠PAC2,∴2α>∠PAC+∠PBC,
∴α+∠PCA+∠PCB>∠PBC2+∠PAC2+∠PCA+∠PCB=π.故选C.
9.解析 (1)易知三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴CC1⊥平面ABC,
∴C1B在平面ABC上的射影为CB,
∴∠C1BC为直线C1B与平面ABC所成的角.
∵CC1=BB1=2,BC=1,∴tan∠C1BC=2,
即直线C1B与平面ABC所成角的正切值为2.
(2)当E为CC1的中点时,EA⊥EB1.理由如下:连接BE.
∵CE=EC1=1,BC=B1C1=1,∴∠BEC=∠B1EC1=45°,
∴∠BEB1=90°,即B1E⊥BE.
∵AB⊥平面BB1C1C,EB1⊂平面BB1C1C,∴AB⊥EB1.
∵BE∩AB=B,∴EB1⊥平面ABE,
又AE⊂平面ABE,∴EA⊥EB1.
(3)取EB1的中点G,A1E的中点F,连接FG,则FG∥A1B1,且FG=12A1B1,
∵A1B1⊥EB1,∴FG⊥EB1,连接A1B,
设A1B∩AB1=O,连接OF、OG,
则OG∥AE,且OG=12AE,∵AE⊥EB1,
∴OG⊥EB1,
∴∠OGF为二面角A-EB1-A1的平面角.
∵OG=12AE=1,FG=12A1B1=22,OF=12BE=22,∴∠OGF=45°,
∴二面角A-EB1-A1的大小为45°.
10.解析 (1)l∥平面PAC.
证明:由题意得EF∥AC,又AC⊂平面ABC,EF⊄平面ABC,∴EF∥平面ABC,
又EF⊂平面BEF,平面BEF∩平面ABC=l,∴EF∥l,
又l⊄平面PAC,EF⊂平面PAC,
∴l∥平面PAC.
(2)设直线l与圆O的另一个交点为D,连接DE,BD.
由(1)知,BD∥AC,而AC⊥BC,∴BD⊥BC,
∵PC⊥平面ABC,∴PC⊥BD,又PC∩BC=C,∴BD⊥平面PBC,
又FB⊂平面PBC,∴BD⊥BF,
∴∠FBC是二面角E-l-C的平面角,
∴tan∠FBC=FCBC=ABBC=1cs∠ABC.
∵0<∠ABC<π2,∴0∴tan∠FBC>1.
∵0<∠FBC<π2,∴∠FBC∈π4,π2,
即二面角E-l-C的取值范围是π4,π2.
11.ABC 在A中,连接AC,取AC的中点O,BE的中点M,连接MO,MF,易证明四边形AOMF是平行四边形,即AC∥FM,又AC⊄平面BEF,所以AC∥平面BEF,所以A正确;在B中,设B,C,E,F四点共面,因为BC∥AD,BC⊄平面ADEF,所以BC∥平面ADEF,可推出BC∥EF,所以AD∥EF,这与已知相矛盾,故B,C,E,F四点不可能共面,所以B正确;
在C中,连接CF,DF,在梯形ADEF中,易得EF⊥FD,又EF⊥CF,所以EF⊥平面CDF,所以CD⊥EF,所以CD⊥平面ADEF,则平面ADEF⊥平面ABCD,所以C正确;
在D中,延长AF至G,使得FG=AF,连接BG,EG,易得平面BCE⊥平面ABF,过F作FN⊥BG于N,则FN⊥平面BCE,若平面BCE⊥平面BEF,则过F作直线与平面BCE垂直,其垂足在BE上,前后矛盾,故D错误.
故选ABC.
12.答案 ①③④⇒②(答案不唯一)
解析 m⊥n,将m和n平移到相交的位置,此时确定一平面,设为γ.
∵n⊥β,m⊥α,
∴平面γ与平面α和平面β的交线也互相垂直,
从而平面α和平面β形成的二面角的平面角为90°,∴α⊥β.故填①③④⇒②.(答案不唯一)
13.解析 (1)证明:∵DE∥CF,CD⊥DE,
∴CD⊥CF,
又CD⊥CB,CB∩CF=C,
∴CD⊥平面BCF,
又∵CD⊂平面CDEF,
∴平面CDEF⊥平面BCF.
(2)在线段CF上存在一点G,当CG=32时符合题意.理由如下:
由(1)得平面CDEF⊥平面BCF,在平面BCF内,作BO⊥CF于O,
∵平面CDEF∩平面BCF=CF,
∴BO⊥平面CDEF.
过O作OH⊥EH交CF于点G,连接BH,
∵HO为HB在平面CEG内的投影,
∴∠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,
∴OHOH2+BO2=14,即OH3+OH2=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.