湘教版（2019）必修 第二册4.4 平面与平面的位置关系当堂检测题

这是一份湘教版（2019）必修 第二册4.4 平面与平面的位置关系当堂检测题，共31页。试卷主要包含了0分），【答案】D，【答案】A，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

绝密★启用前
4.4.1平面与平面平行同步练习
湘教版（2019）高中数学必修第二册
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。

第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，当点Q在(     )位置时，平面平面PAO．
A. Q与C重合
B. Q与C1重合
C. Q为CC1的三等分点
D. Q为CC1的中点

2. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，若PA1//面AMN，则线段PA1的长度范围是(    )
A. [2,5]
B. [2,3]
C. [322,3]
D. [322,5]
3. 设m,n 是不同的直线，α,β 是不同的平面，且m,n⊂α，则“α//β”是“m//β且n//β”的(    )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 如图，在棱长为1的正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，点E，F分别是棱BC，CC 1的中点，P是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P //平面AEF，则线段A 1P长度的取值范围是(    )
A. [1,52] B. [324,52] C. [52,2] D. [2,3]
5. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是A1D的中点，则(   )
A. 直线MB与直线B1D1相交，直线MB⊂平面ABC1
B. 直线MB与直线D1C平行，直线MB//平面B1D1C
C. 直线MB与直线A1D垂直，直线MB//平面B1D1C
D. 直线MB与直线AC异面，直线MB⊥平面ADC1B1
6. 已知m,n为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，对于下列四个命题：
①m⊂α,n⊂α,m//β,n//β⇒α//β；②n//m,n⊂α⇒m//α；
③α//β,m⊂α,n⊂β⇒m//n；④m//α,n⊂α⇒m//n．
其中正确命题的个数有(    )
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
7. 下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB//平面MNP的图形的序号是(    )

A. ①③
B. ②③
C. ①④
D. ②④
8. 如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别是棱BC,CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P//平面AEF,  则线段A1P长度的取值范围是(   )
A. [1,52] B. [324,52] C. [52,2] D. [2,3]
9. 已知m,n为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，对于下列四个命题：
①m⊂α,n⊂α,m//β,n//β⇒α//β；②n//m,n⊂α⇒m//α；
③α//β,m⊂α,n⊂β⇒m//n；④m//α,n⊂α⇒m//n．
其中正确命题的个数有(   )
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
10. 设有直线m、n和平面α、β，下列命题中正确的命题是(    )
A. 若m // α，n // α，则m // n
B. 若m⊂α，n⊂α，m // β，n // β，则α // β
C. 若m // n，m⊂α，则n // α
D. 若α // β，m⊂α，则m // β
11. 已知直线l，m，平面α，β，下列命题正确的是(    )
A. m//l，l//α⇒m//α
B. l//β，m//β，l⊂α，m⊂α⇒α//β
C. l//m，l⊂α，m⊂β⇒α//β
D. l//β，m//β，l⊂α，m⊂α，l∩m=M⇒α//β
12. 设m,n为空间中两条不同直线，α,β为两个不同平面，已知m⊂α,α∩β=n，则“m//n”是“m//β”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
第II卷（非选择题）
二、多空题（本大题共6小题，共30.0分）
13. 如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，点D，D1分别为AC,A1C1上的点．若BC1//平面AB1D1，则A1D1D1C1=          ；若平面BC1D//平面AB1D1，则ADDC=          ．



14. 平面与平面平行的判定定理和性质定理

文字语言
图形语言
符号语言
判
定
定
理
一个平面内的两条          与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行 ⇒ 面面平行)

∵          ，
          ，
___          ____，
          ，
          ，
∴α//β
性
质
定
理
如果两个平行平面同时和第三个平面          ，那么它们的          平行

∵          ，
          ，
          ，
∴a//b
15. 经过平面外一点可以作          个平面平行于这个平面；可以作          条直线平行于这个平面．
16. 如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点(含边界)，若平面AEF，点P的轨迹长度为          ，三棱锥P−AEF的体积为          ．

17. 如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P //平面AEF，点P的轨迹长度为          .线段A1P长度的取值范围是          ．

18. 如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P //平面AEF，点P的轨迹长度为          .线段A1P长度的取值范围是          ．

三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）
19. 如图，三棱柱ABC−A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧面ACC1A1⊥底面ABC，且侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC=60°，E是BB1的中点，F是AC1与A1C的交点．

(1)求证：EF //底面ABC；
(2)求BC与平面A1AB所成角θ的正弦值．







20. 如图，矩形ADFE和梯形ABCD所在平面互相垂直，AB//CD，∠ABC=∠ADB=90∘，CD=1，BC=2．

(1)求证：BE//平面DCF;
(2)当AE的长为何值时，直线AD与平面BCE所成角的大小为45∘?







21. 如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．

(Ⅰ)求证：MN//平面BDE；
(Ⅱ)求二面角C−EM−N的正弦值；
(Ⅲ)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为77，求线段AH的长．







22. 如图所示，在四棱锥C−ABED中，四边形ABED是正方形，点G,F分别是线段EC,BD的中点．



(1)求证：
(2)H是线段BC的中点，证明：．







23. 在四棱锥P−ABCD中，BC=BD=DC=23，AD=AB=PD=PB=2．

(Ⅰ)若点E为PC的中点，求证：BE//平面PAD；
(Ⅱ)当平面PBD⊥平面ABCD时，求二面角C−PD−B的余弦值．







答案和解析
1.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查面面平行的判定与性质，属于基础题．
利用面面平行的性质得BQ //AP，然后利用面面平行的判定验证即可求解．
【解答】
解：因为正方体中，平面BCC1B1 //平面ADD1A1，
若平面D1BQ //平面PAO，且平面D1BQ∩平面BCC1B1=BQ，平面PAO∩平面ADD1A1=AP，
所以BQ //AP，
又P为DD1的中点，所以Q为CC1的中点，
此时，因为O，P分别为BD，DD1的中点，所以OP //BD1，
又BQ //AP，AP∩OP=P，所以平面D1BQ //平面PAO，
即当Q为CC1的中点时符合题意．
故选D．  
2.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，取EF中点O，连接A1O，证明平面AMN//平面A1EF，从而得点P的轨迹是线段EF，由此能求出PA1的长度范围．
【解答】
解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，取EF中点O，连接A1O， 

∵点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，
∴AM//A1E，MN//EF，
∵AM⊄平面A1EF，A1E⊂平面A1EF，
∴AM//平面A1EF，同理，MN//平面A1EF，
∵AM∩MN=M，AM，MN⊂平面AMN，
∴平面AMN//平面A1EF，
∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1//面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
∵A1E=A1F=22+12=5，EF=12+12=2，
∴A1O⊥EF，
∴当P与O重合时，PA1的长度取最小值为A1O=(5)2−(22)2=322，
当P与E(或F)重合时，PA1的长度取最大值为A1E=A1F=5．
∴PA1的长度范围为[322,5].
故选：D．  
3.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查线面平行的性质、和面面平行的性质，以及充要条件的概念考查了推理能力，属于基础题．
根据线面平行的性质、和面面平行性质即可判断出关系．
【解答】
解：当α//β时，因为m，n⊂α，
所以m//β且n//β，故充分性成立；
当m//β且n//β时，m，n⊂α，若m，n相交，则能推出α//β，
若m，n不相交，则α与β可能相交，故不能推出α//β，所以必要性不成立．
故选A．  
4.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属于拔高题．
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【解答】
解：如图所示：


分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴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内一点，且A1P//平面AEF，
则P必在线段MN上，
在Rt△A1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=1+(12)2=52，
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=52，
∴△A1MN为等腰三角形，
当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，
A1O=A1M2−OM2=(52)2−(24)2=324，
A1M=A1N=52，
所以线段A1P长度的取值范围是[324,52].
故选B．
  
5.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查的是直线与直线，直线与平面的位置关系，属于较易问题．
通过线段BA1=BD，M为A1D的中点，可得MB⊥A1D.利用线线平行可得平面BA1D//平面B1D1C，进而得到MB//平面B1D1C.
【解答】
解：如图：

在正方体中面对角线BA1=BD，M为A1D的中点，所以直线MB与直线A1D垂直．
因为B1D1//BD，BA1//CD1，且B1D1∩CD1=D1，BA1∩BD=B，
所以平面BA1D//平面B1D1C，而MB⊂平面BA1D，所以MB//平面B1D1C.
综上，C选项是正确的，其余选项错误．  
6.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系的判断，注意运用判定定理和性质定理，考查空间想象能力和推理能力，属于简单题．
由面面平行的判定定理，即可判断①的正误；运用线面平行的判定定理，即可判断②的正误；
由面面平行的定义和性质，即可判断③的正误；由线面的位置关系，及线面平行的性质即可判断④的正误．
【解答】
解：①由面面平行的判定可知，只有m，n为相交时，m⊂α，n⊂α，m//β，n//β才能够得到α//β，故①不正确；
②如果n//m，n⊂α，则m⊂α或者m//α，可得②不正确；
③α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//n或m，n异面，则③不正确；
④m//α，n⊂α⇒m//n或m，n异面，则④不正确．
综上可得，没有正确的命题．
故选A．  
7.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查线面平行与否的判定，考查学生的想象思维能力，属于中档题．
①④可以用判定定理证明；②③可以找到直线的平行线与已知平面相交，从而判定直线与平面相交．
【解答】
解：在①中，连接AC，则AC//MN，由正方体性质得到平面MNP//平面ABC，

∴AB//平面MNP，故①成立；
在②中，若下底面中心为O，则NO//AB，NO∩面MNP=N，∴AB与面MNP不平行，故②不成立；

在③中，过M作ME//AB，则E是中点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故③不成立；

在④中，连接CD，则，NP//CD，则AB//PN，∴AB//平面MNP，故④成立．

故选C．  
8.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置，属于较难题．
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【解答】
解：如图所示：

分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，
∴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内一点，且A1P//平面AEF，
则P必在线段MN上，
在Rt△A1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=1+(12)2=52，
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=52，
∴△A1MN为等腰三角形，
当P在MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，
A1O=A1M2−OM2=(52)2−(24)2=324，
A1M=A1N=52，
所以线段A1P长度的取值范围是[324,52].
故选B．  
9.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系的判断，注意运用判定定理和性质定理，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题．
由面面平行的判定定理，即可判断①的正误；运用线面平行的性质定理，即可判断②的正误；由面面平行的判定定理和性质，即可判断③的正误；由线面的位置关系，及线面平行的性质即可判断④的正误．
【解答】
解：①由m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则平面α与β可能相交，故①不正确；
②n//m，n⊂α，可能有m⊂α，则m//α不成立，可得②不正确；
③α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//n或m，n异面，则③不正确；
④m//α，n⊂α⇒m//n或m，n异面，则④不正确．
综上可得，没有正确的命题．
故选：A．  
10.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了线面的位置关系，主要用了面面垂直和平行的定理进行验证，属于基础题．
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【解答】
解：对于A，m与n可能相交，也可能是异面直线，故A错误；
对于B，当m与n相交时成立，故B错误；
对于C，没有说出n⊄α，所以C不正确；
对于D，根据平面和平面平行的性质定理可知D正确．
故选D．  
11.【答案】D

【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查了面面平行的判定定理的运用，注意定理的条件是一个平面内的两条相交直线都平行另一个平面．
根据空间线面平行、面面平行的性质定理和判定定理对选项分别分析选择正确答案． 
【解答】
解：对于A，m//l，l//α⇒m//α或m⊂α，故A错误；
对于B，若l//β，m//β，l⊂α，m⊂α，则α，β可能相交，故B是错误的；
对于C，若l//m，l⊂α，m⊂β，则α与β可能平行或相交，故C错误；
对于D，l//β，m//β，l⊂α，m⊂α，l∩m=M满足面面平行的判定定理，所以α//β，故D正确，
故选D．
  
12.【答案】C

【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件、必要条件、充要条件、不充分不必要条件的判断，考查学生的空间想象能力和分析问题的能力，属于基础题．
解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用，直接利用面面平行的判定和性质求解即可．
【解答】
解：∵m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α,α∩β=n，即m⊂α,n⊂β，
∴“m//n”，根据线面平行的判定能推出“m//β”，即充分性成立；
因为m//β，α∩β=n，由线面平行的性质可得m//n，故必要性成立；
故“m//n”是“m//β”的充要条件，
故选C．  
13.【答案】1；
1


【解析】
【分析】
本题考查线面平行与面面平行的判定，考查空间思维能力，考查数学推理能力，属于中档题目．
取D1为线段A1C1的中点，利用线面平行的判定定理得出BC1 //平面AB1D1，即可得到A1D1D1C1；由面面平行的性质定理得出BC1 // D1O，AD1 // DC1.再由A1D1D1C1=A1OOB，A1D1D1C1=DCAD.得出即可．
【解答】
解：如图，取D1为线段A1C1的中点，此时A1D1D1C1=1，
连接A1B交AB1于点O，连接OD1．

由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，所以OD1 // BC1．
又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
所以BC1 //平面AB1D1．
所以当A1D1D1C1=1时，BC1 //平面AB1D1；
由已知，平面BC1D //平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O.
因此BC1 // D1O，同理AD1 // DC1．
因为A1D1D1C1=A1OOB，A1D1D1C1=DCAD．
又因为A1OOB=1，
所以DCAD=1，即ADDC=1．
故答案为1；1．  
14.【答案】相交直线             
a//β
b//β
a∩b=P
a⊂α
b⊂α
相交          
交线 
α//β
α∩γ=a
β∩γ=b


【解析】
【分析】
本题考查了面面平行的判定和面面平行的性质，是基础题．
【解答】
解：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(简记为“线面平行 ⇒面面平行)，
符号语言：∵a//β，b//β，a∩b=P，a⊂α，b⊂α，∴α//β；
性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行，
符号语言：∵α//β，α∩γ=a，β∩γ=b，∴a//b，
故答案为相交直线  a//β  b//β  a∩b=P  a⊂α  b⊂α    相交  交线   α//β   α∩γ=a   β∩γ=b．  
15.【答案】1
无数


【解析】
【分析】
本题考查面面平行的性质，由经过平面外一点可以作1个平面平行于这个平面；可以作无数条直线平行于这个平面．
【解答】
解：由平面与平面平行的性质，得：经过平面外一点可以作1个平面平行于这个平面；可以作无数条直线平行于这个平面．
故答案为1，无数．  
16.【答案】22
112


【解析】
【分析】
本题考查线面平行的判定，面面平行的判定，空间几何体中的动点轨迹问题，三棱锥的体积，属中档题．
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，即可得点P的轨迹长度；又由VP−AEF=VA−EFP=13×S△EFP×|AB|直接求解体积即可．
【解答】
解：如图，分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接A1M，A1N，MN，BC1，NE，
∵M，N，E，F分别是其所在棱的中点，
∴MN//BC1，EF//BC1，∴MN//EF，
∵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，
∵A1N⊂平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N//平面AEF，
∵A1N∩MN=N，∴平面A1MN//平面AEF，
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P//平面AEF，
∴点P必在线段MN上，∴点P的轨迹长度为MN=12BC1=22．

∵MN//平面AEF，
∴VP−AEF=VN−AEF=VA−NEF=13S▵NEF⋅AB=13×14×1=112 ．
故答案为：22，112．
  
17.【答案】22
[324,52]


【解析】
【分析】
本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，是较难题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置．
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【解答】
解：如下图所示：

分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，
∴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，
∴平面A1MN//平面AEF，
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P//平面AEF，
则P必在线段MN上，，MN=22，
在Rt△A1B1M中，A1M=52，
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=52，
∴△A1MN为等腰三角形，
当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，
A1O=A1M2−OM2=324，
A1M=A1N=52，
所以线段A1P长度的取值范围是[324,52].
故答案为22；[324,52].  
18.【答案】22
[324,52]


【解析】
【分析】
本题考查正方体的结构特征，考查学生的运算能力及推理转化能力，是较难题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P点位置．
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【解答】
解：如下图所示：

分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，
∴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，
∴平面A1MN//平面AEF，
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P//平面AEF，
则P必在线段MN上，，MN=22，
在Rt△A1B1M中，A1M=52，
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=52，
∴△A1MN为等腰三角形，
当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，
A1O=A1M2−OM2=324，
A1M=A1N=52，
所以线段A1P长度的取值范围是[324,52].
故答案为22；[324,52].  
19.【答案】证明：(1)方法一：取CC1的中点M，连接EM，FM，∵F是AC1与A1C的交点，且侧面ACC1A1为菱形，
∴F是AC1的中点，∴FM // AC，∵FM⊄底面ABC，AC⊂底面ABC，
∴FM //底面ABC，∵BB1 // CC1，BB1=CC1，E为BB1中点，
∴BE // CM，BE=CM，∴四边形BCME为平行四边形，∴EM // BC，  又EM⊄底面ABC，  BC⊂底面ABC，
∴EM //底面ABC，∵EM∩FM=M，EM⊂平面EFM，FM⊂平面EFM，∴平面EFM //底面ABC，
∵EF⊂平面EFM，∴EF //底面ABC．

证法二：取AC中点O，连接OB，OF，∵F是AC1与A1C的交点，  且侧面ACC1A1为菱形，
∴F是A1C的中点，∴OF // AA1，OF=12AA1  又E是BB1的中点，AA1 // BB1，AA1=BB1,
∴OF // BE，OF=BE，
∴四边形OBEF为平行四边形，故EF // OB，又EF⊄底面ABC，OB⊂底面ABC，
∴EF //底面ABC．

(2)解：连接OA1，∵侧面ACC1A1为菱形，∠A1AC=60°，
∴△A1AC为正三角形∴A1O⊥AC∵侧面ACC1A1⊥底面ABC，侧面ACC1A1∩底面ABC=AC，
A1O⊂侧面ACC1A1，∴A1O⊥底面ABC，∵底面ABC为正三角形，O为AC的中点，∴BO⊥AC  ，
以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．∵底面ABC是边长为2的正三角形，
∴A(0,−1,0)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,3)∴AB=(3,1,0)，AA1=(0,1,3)，BC=(−3,1,0) ，
设平面A1AB的一个法向量为n=(x,y,z) ，
由n⋅AB=0n⋅AA1=0得3x+y=0y+3z=0,
令y=−3，得x=z=1，
∴n=(1,−3,1)，
∴sin θ=|cos ⟨BC,n⟩|=|BC⋅n||BC|×|n|=|−3−3|2×5=155．



【解析】本题考查线面平行的判定，考查利用空间向量研究线面所成角的求法，属中档题．
(1)方法一，取CC1的中点M，依题意，证得FM //底面ABC，EM //底面ABC，进而证得平面EFM //底面ABC，又EF⊂平面EFM，得EF //底面ABC．
证法二，取AC中点O，根据条件证得四边形OBEF为平行四边形，故EF // OB，由线面平行的判定定理得，EF //底面ABC；
(2)取AC中点O，根据条件，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，求出平面A1AB的一个法向量及向量BC，根据sin θ=|cos ⟨BC,n⟩|=|BC⋅n||BC|×|n|，求解即可．

20.【答案】解：(1)∵四边形ADFE为矩形，
∴AE//DF，
又，，
∴AE//平面DCF；
又AB//CD，
同理可得，AB//平面DCF，
∵AB∩AE=A，AB、AE⊂面ABE，
∴面ABE//面DCF，
∵BE⊂面ABE，
∴BE//平面DCF；
，∴AD⊥DB，
∵矩形ADFE和梯形ABCD所在平面互相垂直，平面ADFE∩平面ABCD=AD，
DB⊂平面ABCD，
∴DB⊥平面ADFE，DF⊂平面ADFE，
∴DB⊥DF，且AD⊥DF
如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，设AE=m，(m>0)

∵AB//CD，∠ABC=∠ADB=90°，
则△ADB∽△BCD，⇒ADBC=DBCD，
又CD=1，BC=2，BD=5，
∴AD=25，AB=5，
则D(0,0,0)，A(25,0,0)，B(0,5,0)，
C(−25,15,0)，E(25,0,m)．
DA=(25,0,0)，BC=(−25,−45,0)，BE=(25,−5,m)，
设面BCE的法向量为n=(x,y,z)，
n⋅BC=−25x−45y=0n⋅BE=25x−5y+mz=0，取n=(2,−1,−55m)，
∵直线AD与平面BCE所成角的大小为45°．
∴sin45°=cos=DA⋅n|DA|⋅|n|=22，解得：m=5153，
∴AE的长为5153时，直线AD与平面BCE所成角的大小为45°．

【解析】本题考查了面面平行的判定，面面平行的性质，线面垂直的判定，直线与平面所成角和利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，属于中档题．
(1)利用线面垂直的判定得AE//平面DCF和AB//平面DCF，再利用面面平行的判定得面ABE//面DCF，由面面平行的性质可得BE//平面DCF；
(2)以D为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面的夹角，计算得结论．

21.【答案】(Ⅰ)证明：取AB中点F，连接MF、NF，
∵M为AD中点，
∴MF//BD，
∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，
∴MF//平面BDE．
∵N为BC中点，
∴NF//AC，
又D、E分别为AP、PC的中点，
∴DE//AC，则NF//DE．
∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，
∴NF//平面BDE．
又MF∩NF=F，MF⊂平面MFN，NF⊂平面MFN，
∴平面MFN//平面BDE，又MN⊂平面MFN，
则MN//平面BDE；
(Ⅱ)解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．
∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

∵PA=AC=4，AB=2，
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，M(0,0,1)，N(1,2,0)，E(0,2,2)，
则MN=(1,2,−1)，ME=(0,2,1)，
设平面MEN的一个法向量为m=(x,y,z)，
由m⋅MN=0m⋅ME=0，得x+2y−z=02y+z=0,
取z=2，得m=(4,−1,2)．
由图可得平面CME的一个法向量为n=(1,0,0)．
∴cos=m⋅n|m||n|=421×1=42121．
由图可知二面角C−EM−N的平面角为锐角，
∴二面角C−EM−N的余弦值为42121，则正弦值为10521；
(Ⅲ)解：设AH=t，则H(0,0,t)，NH=(−1,−2,t)，BE=(−2,2,2)．
∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为77，
∴|cos|=|NH⋅BE|NH||BE||
=|2t−25+t2×23|=77．
解得：t=4．
∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为77，此时线段AH的长为4．

【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是拔高题．
(Ⅰ)取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF//平面BDE，NF//平面BDE.得到平面MFN//平面BDE，则MN//平面BDE；
(Ⅱ)由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°.可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C−EM−N的余弦值，进一步求得正弦值；
(Ⅲ)设AH=t，则H(0,0,t)，求出NH,BE的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为77，列式求得线段AH的长．

22.【答案】解：(1)证明：由四边形ABED为正方形可知，
连接AE必与BD相交于中点F，故GF //AC，
∵GF⊄面ABC，AC⊂面ABC，
∴GF //面ABC，
(2)由点G,H分别为CE,CB中点可得：GH //EB //AD，
∵GH⊄面ACD，AD⊂面ACD，
∴GH //面ACD，
由GF //AC，GF⊄面ACD，AC⊂面ACD，得GF //面ACD，
∵GH∩GF=G，
∴平面GFH //平面ACD．

【解析】本题主要考查线面平行与面面平行的性质与判定，属于一般题．
(1)连接AE与BD相交于中点F，故GF //AC，故可证；
(2)由条件可得GH //EB //AD，故GH //面ACD，又GF //AC，可得GF //面ACD，故可证．

23.【答案】(Ⅰ)证明：取CD的中点为M，连结EM，BM．
由已知得，△BCD为等边三角形，．

∵AD=AB=2，BD=23，
，
，∴BM//AD．
又∵BM⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BM//平面PAD．
∵E为PC的中点，M为CD的中点，∴EM//PD．
又∵EM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴EM//平面PAD．
∵EM∩BM=M，∴平面BEM//平面PAD．
∵BE⊂平面BEM，∴BE//平面PAD.           
(Ⅱ)解：连结AC，交BD于点O，连结PO，由对称性知，O为BD的中点，且，．

∵平面PBD⊥平面ABCD，PO⊥BD，
平面PBD∩平面ABCD=BD，PO⊂平面PBD，
平面ABCD，PO=AO=1，CO=3．
以O为坐标原点，OC，OB，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，
建立空间直角坐标系D−xyz．
则D(0,−3,0)，C(3,0,0)，P(0,0,1)．
易知平面PBD的一个法向量为n1=(1,0,0)．
设平面PCD的法向量为n2=(x,y,z)，
则n2⊥DC，n2⊥DP，∴n2⋅DC=0n2⋅DP=0,
∵DC=3,3,0，DP=0,3,1，∴3x+3y=03y+z=0．
令y=3，得x=−1,z=−3，∴n2=−1,3,−3，
∴cosn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=−113=−1313．
设二面角C−PD−B的大小为θ，由图可知θ为锐角．
则cosθ=1313.

【解析】本题考查直线与平面、平面与平面的平行的判定，考查面面垂直的性质以及空间向量求二面角，属于中档题．
(Ⅰ)取CD的中点为M，连结EM，BM，先证明BM//平面PAD，进而得到EM//平面PAD，再证EM//平面PAD.，通过面面平行的判定定理得到平面BEM//平面PAD，进而得到BE//平面PAD.   
(Ⅱ)连结AC，交BD于点O，连结PO，根据平面PBD⊥平面ABCD，通过面面垂直的性质定理得到PO⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，求出平面PBD和平面PCD的法向量，求出法向量夹角的余弦值，即可得到二面角C−PD−B的余弦值．