高中数学湘教版（2019）必修 第二册4.4 平面与平面的位置关系综合训练题

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第二册4.4 平面与平面的位置关系综合训练题，共34页。试卷主要包含了0分），【答案】D，【答案】B，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

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4.4.2平面与平面垂直同步练习
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。

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 将直角三角形ABC沿斜边上的高AD折成1200的二面角，已知直角边AB=43，AC=46，那么下面说法正确的是(   )
A. 平面ABC⊥平面ACD
B. 四面体D−ABC的体积是1636
C. 二面角A−BC−D的正切值是425
D. BC与平面ACD所成角的正弦值是2114
2. 如图，矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E是AD的中点，将△ABE沿BE翻折，记为△AB′E,在翻折过程中，①点A′在平面BCDE的射影必在直线AC上; ②记A′E和A′B与平面BCDE所成的角分别为α，β，则tanβ−tanα的最大值为0;③设二面角A′−BE−C的平面角为θ，则其中正确命题的个数是(  )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3. 如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成一个直二面角B-AD-C，某学生得出下列四个结论：

①BD⊥AC；②△BCA是等边三角形；
③三棱锥D-ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC．
其中正确的是(    )
A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④
4. 正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A-BD-C的正弦值为(     )
A. 55 B. 33 C. 255 D. 63
5. 已知如图，六棱锥P−ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABCDEF.则下列结论不正确的是(       )
A. CD//平面PAF B. DF⊥平面PAF
C. CF//平面PAB D. CF⊥平面PAD
6. 已知E、F、O分别是正方形ABCD边BC、AD及对角线AC的中点，将三角形ACD沿着AC进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为(     )
A. (0,22) B. (22,1) C. (12,1) D. (12,22)
7. 如图所示，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，PA=AD=2AB=2，M为PD的中点，则CD与平面ACM所成角的余弦值为(   )
A. 33
B. 63
C. 32
D. 12
8. 已知直角△ABC，∠ABC =90°，AB=12，BC=8，D，E分别是AB，AC的中点，将△ADE沿着直线DE翻折至△PDE，形成四棱锥P−BCED，则在翻折过程中，①∠DPE=∠BPC；②PE⊥BC；③PD⊥EC；④平面PDE⊥平面PBC，不可能成立的结论是(   )
A. ①②③ B. ①② C. ③④ D. ①②④
9. 已知直线m、n，平面α、β，给出下列命题：
①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；②若m//α，n//β，且m//n，则α//β
③若m⊥α，n//β，且m⊥n，则α⊥β；④若m⊥α，n//β，且m//n，则α⊥β
其中正确的命题是                                                        (    )
A. ②③ B. ①③ C. ①④ D. ③④
10. 如图所示，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，BC1⊥AC，则点C1在底面ABC上的射影H必在(  )
A. 直线AB上
B. 直线BC上
C. 直线AC上
D. △ABC内部
11. 设l是直线，α、β是两个不同的平面，那么下列判断正确的是( )
A. 若l//α，l//β，则α//β. B. 若l//α，l⊥β，则α⊥β．
C. 若α⊥β，l⊥α，则l//β. D. 若α⊥β，l//α，则l//β．
12. ．在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，AB1⊥BC，则B1在底面ABC上的射影H必在(    )
A. 直线AC上
B. 直线BC上
C. 直线AB上
D. ▵ABC内部
二、多空题（本大题共5小题，共25.0分）
13. 已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，CC1=22，E为CC1的中点，则点C到平面EBD的距离为          ，二面角E−BD−C的大小为          ．
14. 如图，把Rt△ABC沿斜边上的高CD折起，使平面ADC⊥平面BDC，如图所示，互相垂直的平面有          对，其中1对是           (答案不唯一)


15. 在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD=π6，AB=2AD．则二面角B−DE−A的大小为   (1)   ，若ED=BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值为   (2)   ．

16. 正三棱锥P−ABC高为2，侧棱与底面所成角为45°，则二面角P−AB−C的正切值是          ，点A到侧面PBC的距离是          ．
17. 已知正四面体ABCD的棱长为1，M为棱CD的中点，则二面角M−AB−D的余弦值为          ；平面MAB截此正四面体的外接球所得截面的面积为          ．
三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）
18. 如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，M是四边形D1DCC1内异于C，D的动点，平面AMD⊥平面BMC．

(Ⅰ)求M点的轨迹的长度；
(Ⅱ)当平面MAB与平面MCD所成锐二面角的余弦值最大时，求M点到平面A1B1C1D1的距离．







19. 如图，在梯形ABCD中，AB//CD，∠DAB=90°，AD=DC=12AB=1，四边形ACFE为正方形，平面ACFE⊥平面ABCD．

(1)求证：平面BCF⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上运动，是否存在点M使平面MAB与平面ACFE所成二面角的平面角的余弦值为23，若存在，求线段FM的长，若不存在，说明理由．







20. 如下图，在直角梯形ABCD中，AB // DC，∠ABC=90°，AB=2DC=2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是BC上的动点(与点B，C不重合)．

 (1)证明：平面EMN⊥平面PBC；
(2)是否存在点N，使得二面角B - EN - M的余弦值为66，若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由．







21. △ABC是正三角形，线段EA和DC都垂直于平面ABC.设EA=AB=2a，DC=a，且F为BE的中点，如图．

(1)求证：DF//平面ABC；(2)求证：AF⊥BD；
(3)求平面BDF与平面ABC所成锐二面角的大小．







22. 如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A−CD−F为60°，，CD⊥DE，AD=2，DE=DC=3，CF=6．

(1)求证：BF//平面ADE；
(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．







23. △ABC是正三角形，线段EA和DC都垂直于平面ABC.设EA=AB=2a，DC=a，且F为BE的中点，如图．

(1)求证：DF//平面ABC；(2)求证：AF⊥BD；
(3)求平面BDF与平面ABC所成锐二面角的大小．







答案和解析
1.【答案】D

【解析】
【分析】
本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，二面角以及直线与平面所成角的求法，平面的垂直的判断，考查空间想象能力以及计算能力和推理论证能力，属于中档题．
逐项判断即可. 
【解答】
解：如图，

由题易得AD⊥CD，AD⊥BD，CD∩BD=D，
∴AD⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，
所以AD⊥BC，
易知∠CDB是二面角C−AD−B的平面角，
故∠CDB=120°，CD=8，BD=4，AD=42．
在△CDB中，由余弦定理得BC2=CD2+BD2−2CD⋅BDcos120°，
可得BC=47，过D作DF⊥BC于F，连接AF，因为AD⊥BC，DF∩AD=D,
所以BC⊥平面ADF，则AF⊥BC，
由面积相等得12CD⋅BDsin120∘=12DF⋅BC，
可得DF=4217．
对于A，∵AD⊥平面BCD，AD⊂平面ACD，
∴平面ACD⊥平面BCD，
∴易知平面ABC与平面ACD不垂直，A错；
对于B，四面体D−ABC的体积V=13×S△BCD×AD
=13×(12×8×4×sin120° ) ×4 2= 3263≠1636，
故B错；
对于C，由前可知∠AFD为二面角A−BC−D的平面角，
tan∠AFD=ADDF=424217=423，故C错；
对于D，
过B作BO垂直CD的延长线于O点，由前可知，平面ACD⊥平面BCD，
平面ACD∩平面BCD=CD，BO⊂平面BCD，所以BO⊥平面ACD，
则∠BCO就是BC与平面ACD所成角，
BO=BDsin60°=23，BC=47，
sin∠BCO=BOBC=2347=2114，D正确．
故选D．  
2.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了线面垂直的判定与面面垂直的判定与性质，考查线面所成的角与二面角，属于中档题．
在矩形ABCD中，容易证明AC⊥BE，进而根据线面垂直的判定可证BE⊥平面A′HC，进而可得平面A′HC⊥平面BCDE，由此逐一判断三个命题即可得出结果．
【解答】
解：如图：

由已知可得△ABC与△EAB相似，故可得AC⊥BE，
所以A′H⊥BE，CH⊥BE，
又A′H∩CH=H,A′H,CH⊂平面A′HC，
所以BE⊥平面A′HC，
又BE⊂平面BCDE，
所以平面A′HC⊥平面BCDE，
故A′在平面BCDE的射影必在交线AC上，所以①正确；
设A′在底面射影为O，点O在AC上，故OB>OE，
所以tanα=A′OOE⩾A′OOB=tanβ，当且仅当A′O=0时取等号，
所以tanβ−tanα的最大值为0，②正确；
二面角A′−BE−C的平面角为θ，
当θ=0时，显然∠ABA′<π2，
故不成立，③不正确，
故选C．  
3.【答案】B

【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查空间中线线、线面及面面之间的位置关系，着重考查线面垂直的判定与性质，面面垂直的性质，多面体的几何特征和二面角的作图与运算，属于较难题．
设等腰直角三角形△ABC的腰为a，①利用面面垂直的性质定理易证BD⊥平面ADC，再利用线面垂直的性质可知BD⊥AC，从而可判断①；②依题意及设法，利用勾股定理可求得BC=a=AB=AC，从而可判断②；③根据②及DA=DB=DC，根据正三棱锥的定义判断；④作出平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，利用BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，从而可判断④．
【解答】
解：设等腰直角三角形△ABC的腰为a，
①∵D为BC的中点，∴AD⊥BD，AD⊥CD，
又由题意知平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂平面ABD，
∴BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，
∴BD⊥AC，故①正确；
②由①知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，
∴BD⊥CD，
又由等腰三角形可知AD=BD=CD=22a，
∴折叠之后由勾股定理可得：BC=a，
又AB=AC=a，
∴△ABC是等边三角形，故②正确；
③∵△ABC是等边三角形，且DA=DB=DC，
∴三棱锥D−ABC是正三棱锥，故③正确．
④由①中AD⊥CD和②中AD=CD可知△ADC为等腰直角三角形，
取斜边AC的中点F，连接DF，则DF⊥AC，
又△ABC为等边三角形，连接BF，则BF⊥AC，

∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，
由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，
故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误；
综上所述，正确的结论是①②③．
故选B．
  
4.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查二面角的求法，属基础题．
依题意，根据几何体的结构特征，取BC中点E，连AE，过E作EF⊥DB=F，连AF，
则∠AFE为二面角A-BD-C的平面角，在中求解即可．
【解答】
解：取BC中点E，连AE，则AE⊥BC，又正△ABC与正△BCD所在平面垂直，

所以AE⊥面BCD，过E作EF⊥DB=F，连AF，则AF⊥DB，
所以∠AFE为二面角A-BD-C的平面角，
设正三角形的边长为a，在中，则AE=32a，AF=a2−14a2=154a，
所以二面角A-BD-C的正弦值为AEAF=32a154a=255，
故选C．  
5.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查的知识点是正六边形的几何特征，线面平行和线面垂直的判定与性质，属于中档题．
根据正六边形的几何特征，根据线面平行和线面垂直的判定定理与性质，对四个答案逐一进行判断，即可得到结论．
【解答】
解：A.∵六棱锥P−ABCDEF的底面是正六边形，
则AF//CD，
又AF⊂平面PAF，CD⊄平面PAF，
故CD//平面PAF，
故A正确；
B.PA⊥平面ABCDEF，DF⊂平面ABC，
则DF⊥PA，
由底面为正六边形，知DF⊥AF，
又AF∩PA=A，AF，PA⊂平面PAF，
∴DF⊥平面PAF，
故B正确；
C.由底面为正六边形知CF//AB，
又AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，
得CF//平面PAB，
故C正确；
D.因为PA⊥平面ABCDEF，PA⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面ABCDEF，
因为平面PAD∩平面ABCDEF=AD，
CF⊂平面ABCDEF，
但CF不垂直于AD，
故CF⊥平面PAD错误，
故选D．  
6.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了正弦、余弦函数的图象与性质，线面垂直的判定，面面垂直的判定，直线与平面所成角，二面角和利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，属于中档题．
设正方形ABCD的边长为22，连接OB、OD，利用二面角的平面角得∠BOD是二面角D−AC−B的平面角，且，利用线面垂直的判定得在翻折过程中，AC⊥平面BOD，再利用面面垂直的判定得在翻折过程中，平面BOD⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA、OB所在直线分别为x、y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，，直线EF与平面BOD所成角为θ，则，利用空间向量求线面的夹角得22 【解答】
解：如图(1)：

设正方形ABCD的边长为22，连接OB、OD．
因为O是AC的中点，所以OB⊥AC，OD⊥AC，OB⊥OA，
且OA=OB=OC=OD=2．
将三角形ACD沿着AC进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，
OB⊥AC，OD⊥AC，OB⊥OA，且OA=OB=OC=OD=2，
因此∠BOD是二面角D−AC−B的平面角，且，
而由OB⊥AC，OD⊥AC，OB∩OD=O，OB、OD⊂平面BOD知：AC⊥平面BOD，
又因为AC⊂平面ABC，所以平面BOD⊥平面ABC．
以O为坐标原点，OA、OB所在直线分别为x、y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，
建立空间直角坐标系如图(2)：

设，
则A2,0,0，B0,2,0，C−2,0,0，D0,2cosα,2sinα．
又因为E、F分别是BC、AD的中点，所以E−1,1,0，F1,cosα,sinα，
因此EF=2,cosα−1,sinα，
而由AC⊥平面BOD知：n=1,0,0是平面BOD的一个法向量．
设直线EF与平面BOD所成角为θ，则，
因此sinθ=cos=EF·nEF·n
=24+cosα−12+sin2α=26−2cosα．
因为，所以4<6−2cosα<8，因此22<26−2cosα<1，
即22 即直线EF与平面BOD所成角的余弦值的取值范围为0,22．
故选A．  
7.【答案】A

【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查空间几何体的线面关系以及直线与平面所成角的求法，属于中档题．
先证明线面垂直，找到CD与平面ACM所成的角为∠DCM，再放在直角三角形CDM中，求出∠DCM的余弦值，即可得到答案．
【解答】
解：如图，过点D作DN⊥CM于点N．

因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面AMD，
所以CD⊥平面AMD，
因为AM⊂平面AMD，
所以CD⊥AM．
在△PAD中，PA=AD，M为PD的中点，
所以AM⊥PD且DM=12PD=2．
又PD∩CD=D，PD，CD⊂平面CDM，
所以AM⊥平面CDM，
因为AM⊂平面ACM，
所以平面CDM⊥平面ACM．
因为平面CDM∩平面ACM=CM，DN⊥CM，
所以DN⊥平面ACM．
所以CD与平面ACM所成的角为∠DCM．
因为CD⊥平面AMD，DM⊂AMD，
所以CD⊥DM．
在△CDM中，
．
故选A．
  
8.【答案】D

【解析】
【分析】
运用线面垂直的判定定理和性质定理，结合解直角三角形，可判断①；由异面直线所成角的定义，可判断②；由面面垂直的性质定理可判断③；由两平面所成角的定义，可判断④．
本题考查空间线面和面面的位置关系，运用线面和面面平行和垂直的判定定理和性质定理是解题的关键，考查空间想象能力，属于难题．
【解答】
解：Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=12，BC=8，

D，E分别是AB，AC的中点，可得PD=DB=6，DE=4，
由DE⊥PD，DE⊥BD，可得ED⊥平面PBD，
即有DE⊥PB，而BC//DE，
即有BC⊥PB，
在直角三角形PBC中，
tan∠BPC=BCPB=8PB，
在直角三角形PDE中，tan∠DPE=DEPD=46，
若∠DPE=∠BPC，可得PB=12，这与PB 故①不可能成立；
由于BC//DE，且PE与DE不垂直，则PE与BC也不垂直，则②不可能成立；
当在翻折过程中，平面PED⊥平面BCED时，且有PD⊥DE，
可得PD⊥平面BCED，则PD⊥EC，则③可能成立；
由BC//ED，过P作直线l与BC平行，也与DE平行，可得平面PBC和平面PDE的交线为直线l，
且PB⊥l，PD⊥l，则∠BPD为平面PBC和平面PDE所成角，
由于BD=PD，则∠BPD不可能为直角，则④不可能成立．
故选：D．  
9.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查线面、面面平行、垂直的判定与性质，属基础题，利用线面、面面平行、垂直的判定与性质定理可以证明①正确；利用线面平行的性质定理和线面垂直，面面垂直的判定定理可证④正确；举反例可以否定②③．
【解答】
解：对于①，显然α与β不平行，否则根据面面平行和线面垂直的性质定理易得m//n，与已知矛盾，设α∩β=l，设平面γ⊥l，γ∩l=O，γ∩α=a，γ∩β=b，
在γ内取一点P，作PA⊥a，垂足为A，作PB⊥b，垂足为B，则由面面垂直的性质定理可得PA⊥α，PB⊥β，又∵若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，∴PA⊥PB，
在平面四边形PAOB中有三个角为直角，∴OA⊥OB，根据二面角的定义可得平面α⊥β，故①正确；
对于②，若m//α，n//β，且m//n，α，β可以相交，故②错误；
对于③，若m⊥α，n//β，且m⊥n，α和β不一定垂直，甚至可以平行，故错误；
对于④，∵n//β，∴过n作平面γ，使之与β相交与直线l，则n//l，又∵m//n，∴m//l，∵m⊥α，∴n⊥α，又∵l⊂β，∴α⊥β，故正确．
故选C．  
10.【答案】A

【解析】
【分析】
本题主要考查了简单多面体及其结构特征，线面垂直的判定，面面垂直的判定与性质，属于中档题．
解题的关键是熟练掌握简单多面体及其结构特征，线面垂直的判定，面面垂直的判定与性质．
【解答】
解：因为BC1⊥AC，AC⊥AB，AB∩BC1=B，
所以AC⊥平面ABC1．                                    
所以平面ABC⊥平面ABC1.                                    
所以点C1在底面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上． 
故选A．  
11.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质，面面垂直的判定和性质，考查空间想象能力，属于中档题．
由线面平行的性质和面面平行的判定，即可判断A；由线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理，即可判断B；由面面垂直的性质和线面的位置关系，即可判断C；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质，即可判断D．
【解答】
解：对于A.若l//α，l//β，则α//β或α，β相交，故A错；
对于B.若l//α，l⊥β，则由线面平行的性质定理，得过l的平面γ∩α=m，即有m//l，m⊥β，再由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故B对；
对于C.若α⊥β，l⊥α，则l//β或l⊂β，故C错；
对于D.若α⊥β，l//α，则l可能垂直、斜交或平行于平面β，若l平行于α，β的交线，则l//β，故D错．
故选B．  
12.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查棱柱的结构特征，考查直线与平面垂直的判定，考查平面与平面垂直的判定，考查平面与平面垂直的性质，属于基础题．
根据题意平面ABC⊥平面AB1C，且交线是AC，故平面AB1C上一点B1在底面ABC上的射影H必在交线AC上．
【解答】
解：∵BC⊥AC，AB1⊥BC，AC∩AB1=A，，
∴BC⊥平面AB1C，
∵BC ⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面AB1C，且交线是AC，
故平面AB1C上一点B1在底面ABC上的射影H必在交线AC上．
故选A．  
13.【答案】1
π4


【解析】
【分析】
本题考查空间距离的求解及二面角的求解，同时考查线面垂直的判定及面面垂直的判定与性质，为中档题．
连接AC，设AC∩BD=O，连接EO，由已知可得平面EOC⊥平面EBD，然后由面面性质求出C到平面EBD的距离，由二面角平面角的定义得出二面角E−BD−C的平面角∠EOC求解即可．
【解答】
解：连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接EO，如下图，

因为AB=BC=2，
所以ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，即CO⊥BD，
又ABCD−A1B1C1D1为长方体，
所以CC1⊥平面ABCD，
又BD⊂平面ABCD，
所以CC1⊥BD，
又CC1∩CO=C，CC1,CO⊂平面EOC，
所以BD⊥平面EOC，
又BD⊂平面EBD，
所以平面EBD⊥平面EOC，
过C作CM⊥EO于M，
又因为平面EBD∩平面EOC=OE，CM⊂平面EOC，
所以CM⊥平面EBD，
又CO=2,CE=2，
所以在Rt△COE中，得CM=1，
即点C到平面EBD的距离为1，
因为ED=EB，O为BD的中点，所以EO⊥BD，
又因为CO⊥BD，平面EBD∩平面BDC=BD，EO⊂平面EBD，CO⊂平面BDC，
所以∠EOC为二面角E−BD−C的平面角，
又EC=CO=2，
所以∠EOC=π4，
所以二面角E−BD−C的大小为π4．
故答案为1; π4．
  
14.【答案】3;

平面ADC与平面ADB(或平面ADB与平面BDC，或平面ADC与平面BDC)


【解析】
【分析】
本题主要考查了平面与平面垂直的判定与性质，涉及线面垂直的判定，属于中档题．
在平面直角三角形中CD⊥AB，得到翻折后CD⊥AD，CD⊥BD，进而由线面垂直的判定得到CD⊥平面ABD，从而有面面垂直的判定得到两对面面垂直，结合已知得到三对面面垂直．
【解答】
解：在平面直角三角形中CD⊥AB，得到翻折后CD⊥AD，CD⊥BD，
AD，BD⊂平面ABD，AD∩BD=D，∴CD⊥平面ABD，∵CD⊂平面ACD，CD⊂平面BCD，
∴平面ADC⊥平面ABD，平面ADB⊥平面BDC，
由∵平面ADC⊥平面BDC，
∴综上可知，互相垂直的平面有3对．
其中一对是：平面ADC与平面ABD，答案不唯一．
故空1答案为：3;空2答案为：平面ADC与平面ABD(或平面ADB与平面BDC，或平面ADC与平面BDC)  
15.【答案】90º
4214


【解析】
【分析】
本题考查二面角的求法以及利用空间向量求线面角，属于中档题．
由题意可得平面BDE⊥平面ADE，所以二面角B−DE−A为90º．
点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量以及平面的法向量即可求解线面角．
【解答】
 解：在△ABD中，∠ABD=π6，AB=2AD，由余弦定理，
得BD=3AD，从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD，
所以△ABD为直角三角形且∠ADB=π2.因为DE⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD．
又AD∩DE=D，所以BD⊥平面ADE．
因为BD⊂平面BDEF，所以二面角B−DE−A为90º．
在Rt△ABD中，∠BAD=π3，BD=3AD，又由ED=BD，设AD=1，
则BD=ED=3.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，
所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，
y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

则A(1,0,0)，C(−1,3,0)，E(0,0,3)，F(0,3,3)，
所以AE=(−1,0,3)，AC=(−2,3,0)．
设平面AEC的法向量为n=(x,y,z)，则n·AE=0,n·AC=0,
即-x+3z=0,-2x+3y=0,令z=1，得n=(3,2,1)，为平面AEC的一个法向量．
因为AF=(−1,3,3)，所以cos=n·AFn|AF|=4214，
所在直线AF与平面AEC所成角的正弦值为4214．
故答案为90º;  4214．
  
16.【答案】2
655


【解析】
【分析】
本题考查二面角的正切值的求法，考查点到平面的距离的求法，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，考查分析能力，属于拔高题．
作PO⊥底面ABC，交面ABC于点O，连接BO并延长并AC于点D，取AB中点E，连结PE，CE，则点O在CE上，PE⊥AB，CE⊥AB，∠PEO是二面角P−AB−C的平面角，由此能求出二面角P−AB−C的正切值，利用等体积法可求出点A到侧面PBC的距离．
【解答】
解：作PO⊥底面ABC，交面ABC于点O，连线路AO并延长并AC于点D，
取AB中点E，连结PE，CE，

则点O在CE上，
PE⊥AB，CE⊥AB，∴∠PEO是二面角P−AB−C的平面角，
∵正三棱锥P−ABC的高为2，侧棱与底面所成的角为45°，
∴PO=2，∠PBO=45°，∠POB=90°，
∴BO=CO=2，EO=1，
∴二面角P−AB−C的正切值tan∠PEO=POEO=2，
又BD=3，PB=4+4=22，
设CD=x，则BC=2x，
由勾股定理得4x2−x2=9，解得x=3，
∴BC=23，∴S△ABC=12×23×3=33．
∵PD=1+4=5，∴S△PAC=12×23×5=15．
∵VP−ABC=VA−PBC，设点A到面PBC的距离为h，
∴13×33×2=13×15×h，解得h=655．
∴点A到面PBC的距离为655．
故答案为：2，655．
  
17.【答案】63
3π8


【解析】解：如图，

∵M为棱CD的中点，∴AM⊥CD，BM⊥CD，
又AM∩BM=M，∴CD⊥平面AMB，
则∠AMB为二面角A−CD−B的平面角，由对称性，可知二面角C−AB−D的平面角等于∠AMB．
由正四面体ABCD的棱长为1，可得AM=BM=32，
则cos(12∠AMB)=(32)2−(12)232=63，
∵平面AMB平分二面角C−AB−D，∴二面角M−AB−D的余弦值=cos(12∠AMB)=63；
设△BCD的外心为G，连接AG，求得BG=23BM=33，AG=12−(33)2=63，
设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则(63−R)2+(33)2=R2，解得R=64．
∵平面MAB过正四面体ABCD的外接球的球心，
∴平面MAB截此正四面体的外接球所得截面的面积为π×(64)2=3π8．
故答案为：63；3π8．
由题意画出图形，由对称性求得二面角M−AB−D的平面角，求解三角形可得其余弦值；再求出正四面体的外接球的半径，求出大圆面积得答案．
本题考查二面角的平面角及其求法，训练了正四面体外接球半径的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．

18.【答案】解：(Ⅰ)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，平面CMD∩平面ABCD=CD．
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，
又DM⊂平面AMD，故BC⊥DM．
设平面AMD∩平面BMC=l，
因为AD // BC，AD⊂平面AMD，BC⊄平面AMD，
所以BC //平面AMD，
又BC⊂平面BCM，所以BC // l，所以l⊥DM．
因为平面AMD⊥平面BMC，平面AMD∩平面BMC=l，DM⊂平面AMD，
所以DM⊥平面BMC，CM⊂平面BMC，
所以DM⊥CM，
故M的轨迹为平面四边形D1DCC1内以CD为直径的半圆，所以长度为π．
(Ⅱ)以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．

设∠CDM=θ，由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,2cos2θ,sin 2θ)，
AB=(0,2,0)，DA=(2,0,0)，AM=(−2,2cos2θ,sin 2θ)，
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量，则
n⋅AB=0n⋅AM=0，即2y=0−2x+2cos2θ⋅y+sin 2θ⋅z=0,
可取n=(1,0,2sin 2θ)．
DA是平面MCD的一个法向量，因此cos ⟨DA,n⟩=DA⋅n|DA||n|=22×1+4sin22θ⩽55，
当θ=π4时，cos ⟨DA,n⟩取到最大值55，此时M为正方形D1DCC1的中心，
故M点到平面A1B1C1D1的距离为1．

【解析】本题主要考查空间轨迹问题、点到平面的距离以及利用空间向量求二面角，属于较难题．
(Ⅰ)先证BC⊥DM，再证DM⊥CM，则M的轨迹为平面四边形D1DCC1内以CD为直径的半圆，即可求解；
(Ⅱ)建系设点，求平面MAB和平面MCD的法向量，可求二面角余弦值的最值情况，则答案可求．

19.【答案】(1)证明：在梯形ABCD中，
因为AB//CD，AD=DC=1，∠ADC=π2，所以AC=2，
又因为AB=2，取AB中点P，连接PC，则PC=1，PB=1，易知BC=2，
所以AB2=AC2+BC2，
所以BC⊥AC．
因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD
所以BC⊥平面ACFE，又BC⊂平面BCF．
所以平面BCF⊥平面ACFE；
(2)由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示空间直角坐标系，令FM=λ(0⩽λ⩽2)，则C(0,0,0)，A2,0,0，B0,2,0，Mλ,0,2

所以AB=(−2,2,0)，AM=(λ−2,0,2)
设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，
由n1·AB=0n1·AM=0得−2x+2y=0(λ−2)x+2z=0
取x=2，则n1=(2,2,2−λ)，
因为n2=(0,1,0)是平面ACFE的一个法向量
所以cos θ=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=22+2+(2−λ)2×1=2(λ−2)2+4=23
可得λ=22，即FM=22．


【解析】本题给出特殊多面体，求证线面垂直并探索二面角的大小问题．着重考查了线面垂直、面面垂直的判定与性质和利用空间向量研究平面与平面所成角等知识点，属于较难题．
(1)由题意证出BC⊥AC，由平面ACFE⊥平面ABCD，证出BC⊥平面ACFE，结合面面垂直的判定定理即可证出平面BCF⊥平面ACFE；
(2)建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示空间直角坐标系，令FM=λ(0⩽λ⩽2)，求出面MAB的一个法向量：n1=(2,2,2−λ)，因为n2=(0,1,0)是平面ACFE的一个法向量，由cos θ=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=22+2+(2−λ)2×1=23可得FM=22．

20.【答案】解：(Ⅰ)∵，，，EB，ED⊂平面EBCD，
∴平面．
又平面，∴平面平面，
而平面，，EB⊂平面PEB，且平面PEB∩平面=EB，
所以BC⊥平面PEB，而ME⊂平面PBE，
∴BC⊥EM，
由，PM=MB知，
而BC∩PB=B，且PB，BC⊂平面PBC，
可知平面，
又平面，∴平面平面．
(Ⅱ)假设存在点满足题意，过作MQ⊥EB于Q，

由知，
由(Ⅰ)得平面，所以平面，
过作于，连接，
由平面，且EN⊂平面，
故MQ⊥BN，而QR⊥EN，且QR∩QM=Q，QR，QM⊂平面MQR，
则EN⊥平面MQR，而MR⊂平面MQR，
则，
即是二面角的平面角，
不妨设，则，
在中，设()，由得，
即，得，
∴，
依题意知，即，
解得，
此时为的中点．
综上知，存在点，使得二面角的余弦值，此时为的中点．


【解析】本题考查线面垂直，面面垂直的判定定理与性质定理，考查几何法求二面角的余弦值，属于中档题．
(Ⅰ)根据题意，先证明平面，再利用面面垂直的判定定理，证明结论；
(Ⅱ)根据几何关系找出是二面角的平面角，进而可得结果．

21.【答案】解：(1)证明：如图所示：

取AB的中点G，连接CG，FG．
∵EF=FB，AG=GB，
∴FG//12EA且FG=12EA，
又DC//12EA且DC=12EA，
∴FG//DC且FG=DC，
∴四边形CDFG为平行四边形，
故DF//CG．
∵DF⊄平面ABC，CG⊂平面ABC，
∴DF//平面ABC．
(2)证明：∵EA⊥平面ABC，
∴EA⊥CG.又△ABC是正三角形，
∴CG⊥AB．
∴CG⊥平面AEB．
∴CG⊥AF．
又∵DF//CG，
∴DF⊥AF．
又AE=AB，F为BE中点，
∴AF⊥BE．
又BE∩DF=F，BE⊂平面BDE，DF⊂平面BDE，
∴AF⊥平面BDE．
又BD⊂平面BDE，
∴AF⊥BD．
(3)延长ED交AC延长线于G′，连接BG′．
由CD=12AE，CD//AE知D为EG′中点，
∴∴FD//BG′，
由CG⊥平面ABE，
∴BG′⊥平面ABE．
∴∠EBA为所求二面角的平面角，
在等腰直角三角形AEB中，
易求∠ABE=45°．

【解析】本题考查了空间中的线面平行的判定，空间中的线线垂直的判定，空间中点到平面的距离，以及求二面角的大小，属于中档题．
(1)利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理即可证明；
 (2)利用线面、面面垂直的判定和性质定理即可证明； 
(3)延长ED交AC延长线于G′，连BG′，只要证明BG′⊥平面ABE即可得到∠ABE为所求的平面BDE与平面ABC所成二面角，在等腰直角三角形ABE中即可得到．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC//AD．
又∵AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，
∴BC//平面ADE，
∵DE//CF，CF⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，
∴CF//平面ADE．
又∵BC∩CF=C，BC，CF⊂平面BCF，
∴平面BCF//平面ADE．
而BF⊂平面BCF，
∴BF//平面ADE;
(2)解：∵CD⊥AD，CD⊥DE，
∴∠ADE即为二面角A−CD−F的平面角，
∴∠ADE=60∘，
又∵AD∩DE=D，AD⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，
∴CD⊥平面ADE，
又∵CD⊂平面CDEF，
∴平面CDEF⊥平面ADE，作AO⊥DE于O，连接，
∵平面CDEF⊥平面ADE，平面CDEF∩平面ADE=DE，
AO⊥DE，AO⊂平面ADE，则AO⊥平面CDEF．
所以直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，

由几何关系知AC=AD2+CD2=13，AO=AD⋅sin60∘=3，
所以sin∠ACO=AOAC=3913．
因此，直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为3913．


【解析】本题考查直线与平面，平面与平面平行及垂直的判定定理，性质定理，考查直线与平面所成的角以及二面角，属于中档题．
(1)由已知条件，利用直线与平面、平面与平面的位置关系先推导出平面BCF//平面ADE，由此能证明BF//平面ADE;
(2)根据已知条件可得CD⊥平面ADE，由面面垂直的判定可得平面CDEF⊥平面ADE，进而可得AO⊥平面CDEF，于是可知直线AC与平面CDEF所成角为∠ACO，再计算sin ∠ACO的值即可．

23.【答案】解：(1)证明：如图所示：

取AB的中点G，连接CG，FG．
∵EF=FB，AG=GB，
∴FG//12EA且FG=12EA，
又DC//12EA且DC=12EA，
∴FG//DC且FG=DC，
∴四边形CDFG为平行四边形，
故DF//CG．
∵DF⊄平面ABC，CG⊂平面ABC，
∴DF//平面ABC．
(2)证明：∵EA⊥平面ABC，
∴EA⊥CG.又△ABC是正三角形，
∴CG⊥AB．
∴CG⊥平面AEB．
∴CG⊥AF．
又∵DF//CG，
∴DF⊥AF．
又AE=AB，F为BE中点，
∴AF⊥BE．
又BE∩DF=F，BE⊂平面BDE，DF⊂平面BDE，
∴AF⊥平面BDE．
又BD⊂平面BDE，
∴AF⊥BD．
(3)延长ED交AC延长线于G′，连接BG′．
由CD=12AE，CD//AE知D为EG′中点，
∴∴FD//BG′，
由CG⊥平面ABE，
∴BG′⊥平面ABE．
∴∠EBA为所求二面角的平面角，
在等腰直角三角形AEB中，
易求∠ABE=45°．

【解析】本题考查了空间中的线面平行的判定，空间中的线线垂直的判定，空间中点到平面的距离，以及求二面角的大小，属于中档题．
(1)利用三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质定理、线面平行的判定定理即可证明；
 (2)利用线面、面面垂直的判定和性质定理即可证明； 
(3)延长ED交AC延长线于G′，连BG′，只要证明BG′⊥平面ABE即可得到∠ABE为所求的平面BDE与平面ABC所成二面角，在等腰直角三角形ABE中即可得到．