高中湘教版（2019）4.4 平面与平面的位置关系同步训练题

这是一份高中湘教版（2019）4.4 平面与平面的位置关系同步训练题，共27页。试卷主要包含了4平面与平面的位置关系同步练习，0分），【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平面与平面的位置关系同步练习
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10小题，共50.0分）
1. 设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，下列结论正确的是
A. 若l⊥β，则α⊥β B. 若α⊥β，则l⊥m
C. 若l//β，则α//β D. 若α//β，则l//m
2. 在棱长为2的正方体AC1中，点M是对角线AC1上的点(点M与A、C1不重合)，则下列结论正确的个数为(   )

①存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D； ②存在点M，使得DM//平面B1D1C；
③若△A1DM的面积为S，则S∈233,23；
④若S1、S2分别是▵A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影的面积，则存在点M，使得S1=S2．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3. 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是对角线AC1上的点(点M与A、C1不重合)，则下列结论正确的个数为(   )

①存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D； 
②存在点M，使得DM//平面B1D1C；
③若△A1DM的面积为S，则S∈233,23；
④若S1、S2分别是▵A1DM在平面A1B1C1D1与平面BB1C1C的正投影的面积，则存在点M，使得S1=S2．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
4. 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．
5. 设α，β，γ为两两不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，给出下列四个命题：
①若α⊥γ，β⊥γ，则α//β；
②若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β；
③若α//β，l⊂α，则l//β；
④若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，l//γ，则m//n．
其中真命题的个数是(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 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．
7. 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．
8. 已知不同直线l、m与不同平面α、β，且l⊂α，m⊂β，则下列说法中正确的是(   )
A. 若α // β，则l // m B. 若α⊥β，则l⊥m
C. 若l⊥β，则α⊥β D. 若α⊥β，则m⊥α
9. 已知m,n是两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，有下列四个命题：
①若m⊥α,n⊥α，则m//n；       
②若m//α,n//α，则m//n；
③若n//α,  m//β,  α//β,  则m//n； 
④若m⊥α,n//β,α//β，则m⊥n．
则以上命题中真命题的个数为(      )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
10. 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，，且m//n，则
③若m⊥α，，且m⊥n，则α⊥β     ④若m⊥α，，且m//n，则
其中正确的命题是(    )
A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ①
第II卷（非选择题）
二、多空题（本大题共5小题，共25.0分）
11. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M,N分别是棱BC,CC1的中点，则二面角C−AM−N的余弦值为          ；若动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1//平面AMN，则线段PA1的长度范围是          ．
12. 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          ．
13. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M,N分别是棱BC, CC1的中点，则二面角C−AM−N的余弦值为          ;若动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1//面 AMN , ，则线段PA1的长度范围是          ．


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. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E为CD的中点，且点P在四边形BCC1B1内部及其边界上运动，并且总是保持EP//平面BDD1B，则动点P的轨迹长度为          ；在上述条件下，若总是保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹长度为          。
三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）
16. 在四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面SAD⊥平面ABCD，AB=1AD=2，E，F，M分别为棱SA，SB，AD上的点，且SEEA=SFFB=DMMA=tt>0．

⑴求证：平面MEF//平面SCD；
⑵若t=1，求二面角A−EM−B的正切值．







17. 如图，平面ABCD⊥平面AEBF，四边形ABCD为矩形，△ABE和▵ABF均为等腰直角三角形，且∠BAF=∠AEB=90∘．

(1)求证：平面BCE⊥平面ADE；
(2)若点G为线段FC上任意一点，求证：平面ADE．







18. 如图，在三棱台ABC−DEF中，BC=2EF，G,H分别为AC,BC上的点，平面GHF//平面ABED，CF⊥BC,AB⊥BC．

(1)证明：平面BCFE⊥平面EGH；
(2)若AB⊥CF,AB=BC=2CF=2，求二面角B−AD−C的大小．







19. 如图，在三棱锥P−ABC中，ΔPBC为等边三角形，点O为BC的中点，AC⊥PB，平面PBC⊥平面ABC．



(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)已知E为PO的中点，F是AB上的点，AF=λAB.若EF//平面PAC，求λ的值．







20. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，CD=2AB，CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，E,F分别是CD和PC的中点．求证：


(1)BF//平面PAD
(2)平面BEF⊥平面PCD







答案和解析
1.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了空间中线线、线面、面面的位置关系，也考查了面面垂直的判定及性质、面面平行的判定及性质，考查了空间想象能力与推理能力，属于基础题．
A根据面面垂直的判定定理得出A正确；B根据面面垂直的性质判断B错误；C根据面面平行的判断定理得出C错误；D根据面面平行的性质判断D错误．
【解答】
解：对于A，∵l⊥β，且l⊂α，根据线面垂直的判定定理，得α⊥β，∴A正确；
对于B，当α⊥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能垂直，∴B错误；
对于C，当l//β，且l⊂α时，α与β可能平行，也可能相交，∴C错误；
对于D，当α//β，且l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，也可能异面，∴D错误．
故选：A．  
2.【答案】C

【解析】
【分析】
本题主要考查了空间直线与平面，平面与平面的位置关系，以及三角形面积，以及投影的定义的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及熟练应用空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可判定①正确；由面面平行的性质定理，可得判定②正确；由三角形的面积公式，可求得△A1DM的面积为S的范围，可判定③错误；由三角形的面积公式，得到S1，S2的范围，可判定④正确．
【解答】
解：连接B1C，设平面A1B1CD与体对角线AC1交于点M，
由B1C⊥BC1，DC⊥BC1，B1C∩DC=C，
B1C,DC⊂平面A1B1CD，
可得BC1⊥平面A1B1CD，即BC1⊥平面A1DM，
又BC1⊂平面BC1D，
∴平面A1DM⊥平面BC1D，
∴存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D，故①对；
由BD//B1D1，AD1//BC1，由面面平行的判定容易得：平面A1DB//平面CB1D1，
设平面A1DB与AC1交于点M，可得DM//平面B1D1C，故②对；
连接AD1交A1D于点O，过O作OM⊥AC1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D⊥平面ABC1D1，OM⊂平面ABC1D1，
∴A1D⊥OM，
∴OM为异面直线A1D与AC1的公垂线，根据△AOM∽△AC1D1，则
OM C1D1 = OA AC1，即OM= OA⋅C1D1 AC1 =2 ×2 2 3 = 6 3，
∴△A1DM的最小面积为S△A1DM= 1 2 ×AD1×OM= 1  2×22 ×6 3 = 23 3，故③错；
在点M从AC1的中点向着点A运动过程中，S1从1减少趋向于0，即S1∈(0,1)，S2从0增大到趋向于2，即S2∈(0,2)，
在这过程中，必存在某个点M使得S1=S2，故④对．
故选：C．  
3.【答案】C

【解析】
【分析】
本题主要考查了空间直线与平面，平面与平面的位置关系，以及三角形面积，以及投影的定义的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及熟练应用空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可判定①正确；由面面平行的性质定理，可得判定②正确；由三角形的面积公式，可求得△A1DM的面积为S的范围，可判定③错误；由三角形的面积公式，得到S1，S2的范围，可判定④正确．
【解答】
解：连接B1C，设平面A1B1CD与体对角线AC1交于点M，
由B1C⊥BC1，DC⊥BC1，B1C∩DC=C，
B1C,DC⊂平面A1B1CD，
可得BC1⊥平面A1B1CD，即BC1⊥平面A1DM，
又BC1⊂平面BC1D，
∴平面A1DM⊥平面BC1D，
∴存在点M，使得平面A1DM⊥平面BC1D，故①对；
由BD//B1D1，AD1//BC1，由面面平行的判定容易得：平面A1DB//平面CB1D1，
设平面A1DB与AC1交于点M，可得DM//平面B1D1C，故②对；
连接AD1交A1D于点O，过O作OM⊥AC1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D⊥平面ABC1D1，OM⊂平面ABC1D1，
∴A1D⊥OM，
∴OM为异面直线A1D与AC1的公垂线，根据△AOM∽△AC1D1，则
OM C1D1 = OA AC1，即OM= OA⋅C1D1 AC1 =2 ×2 2 3 = 6 3，
∴△A1DM的最小面积为S△A1DM= 1 2 ×AD1×OM= 1  2×22 ×6 3 = 23 3，故③错；
在点M从AC1的中点向着点A运动过程中，S1从1减少趋向于0，即S1∈(0,1)，S2从0增大到趋向于2，即S2∈(0,2)，
在这过程中，必存在某个点M使得S1=S2，故④对．
故选：C．  
4.【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，属于中档题和易错题．
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．  
5.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查空间中直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，属于基础题．
根据题意，逐一对四个答案进行分析，即可得到答案．
【解答】
解：若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能平行也可能相交，故①错误，
由于m，n不一定相交，
故α//β不一定成立，故②错误，
若α//β，l⊂α，
由面面平行的性质定理，可得l//β ，故③正确，
若α∩β=l，β∩γ=m，γ∩α=n，l//γ，
由线面平行的性质定理，可得m//n，故④正确．
所以③④正确．
故选B．  
6.【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．  
7.【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，属于中档题和易错题．
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．  
8.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了空间中的平行与垂直关系，也考查了数学符号语言的应用问题，是基础题．
根据题意，逐项判断即可. 
【解答】
解：对于A，当α//β，且l⊂α，m⊂β时，l与m无公共点，l与m可能平行，也可能异面，∴A错误； 
对于B，当α⊥β，l⊂α，m⊂β时，l与m可能平行，可能异面，可能相交，∴B错误；
对于C，若l⊥β，且l⊂α，根据面面垂直的判定定理，得α⊥β，∴C正确；
对于D，当α⊥β，且l⊂α，m⊂β时，得不出m垂直于它们的交线，∴得不出m⊥α，∴D错误．
故选C．
  
9.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查空间直线和平面平行和垂直的判断，属于基础题，要求熟练掌握相关的性质定理和判定定理．
①利用线面垂直的性质定理判断，②根据线面平行的性质定理判断，③利用线面平行的性质判断，④利用线面垂直和面面平行的性质判断．
【解答】
解：①若m⊥α,n⊥α，则m//n；故①正确； 
②若m//α,n//α，则m和n有可能平行，相交或者异面，故②错误．
③若n//α,  m//β,  α//β,  ，则m和n有可能平行相，交或者异面③错误．
④若m⊥α,n//β,α//β，则m⊥n.故④正确．
故选C．  
10.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了线线、线面与面面平行与垂直的判定与性质定理，属于基础题．
①利用面面垂直的判定定理即可判断出；    
②利用线线、线面平行的判定与性质即可得出；
③利用线面平行与垂直的判定与性质定理即可得出；     
④利用面面垂直的判定定理即可得出．
【解答】
解：①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，利用面面垂直的判定定理可得α⊥β，因此正确；    
②若m//α，n//β，且m//n，则α//β或α与β相交，因此不正确；
③若m⊥α，n//β，且m⊥n，则α//β或α与β相交，因此不正确；     
④若m⊥α，n//β，且m//n，利用面面垂直的判定定理可得α⊥β，因此不正确．
综上可知：只有①正确．
故选D．  
11.【答案】23 ;
[322,5]


【解析】
【分析】
本题考查二面角余弦值的求法和线段长度的取值范围的求法，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，是中档题．
延长AM交DC于点Q，过C作AM垂线CG，垂足为G，连接NG，则∠NGC为二面角C−AM−N的平面角，计算可得结果；取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，推导出平面AMN//平面A1EF，从而点P的轨迹是线段EF，由此能求出PA1的长度范围．
【解答】
解：延长AM交DC于点Q，过C作AM垂线CG，垂足为G，连接NG，

结合正方体的结构特征易知∠NGC为二面角C−AM−N的平面角，   
计算得CG=255，NG=(255)2+1=355，
所以cos ∠NGC=255÷355=23；
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、MN⊄平面A1EF，A1E、EF⊂平面A1EF，
故AM//平面A1EF，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]．
故答案为：23；[322,5]
  
12.【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．
  
13.【答案】23 
[322,5]


【解析】
【分析】
本题考查二面角余弦值的求法和线段长度的取值范围的求法，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，是中档题．
延长AM交DC于点Q，过C作AM垂线CG，垂足为G，连接NG，则∠NGC为二面角C−AM−N的平面角，计算可得结果；取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A1O，推导出平面AMN//平面A1EF，从而点P的轨迹是线段EF，由此能求出PA1的长度范围．
【解答】
解：延长AM交DC于点Q，过C作AM垂线CG，垂足为G，连接NG，

结合正方体的结构特征易知∠NGC为二面角C−AM−N的平面角，   
计算得CG=255，NG=(255)2+1=355，
所以cos ∠NGC=255÷355=23；
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、MN⊄平面A1EF，A1E、EF⊂平面A1EF，
故AM//平面A1EF，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]．
故答案为：23；[322,5]
  
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】1；
2


【解析】
【分析】
本题考查面面平行的判定与性质，线面垂直的判定与性质，正方体的几何特征、轨迹的求法、平面的基本性质等基础知识，考查空间想象力，属于中档题．
先过点E作一个平面EFG与平面BDD1B1平行，可得动点P的轨迹GF，长度为1；再作平面ACB1，可得BD1⊥平面ACB1，点P的轨迹为面ACB1与面BCC1B1的交线段CB1，长度为2即可．【解答】
解：如图，取BC的中点F，B1C1的中点G，连接EF，FG，EG，
易知EF//BD，BD⊂平面BDD1B1，EF⊄平面BDD1B1，∴EF//平面BDD1B1，
同理，GF//平面BDD1B1，又EF∩GF=F，EF、GF⊂平面EFG，
∴平面EFG//平面BDD1B1，又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，
根据平面的基本性质得：平面EFG与平面BCC1B1的交线为GF，
当点P在GF上，则EP⊂平面EFG，
∴EP//平面BDD1B1，故动点P的轨迹GF，其长度为1；
如图，先找到一个平面总是保持与BD1垂直，连接AC，AB1，B1C，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易得BD1⊥CB1，BD1⊥AC，
CB1∩AC=C，CB1、AC⊂平面ACB1，
则BD1⊥平面ACB1，
又点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，
根据平面的基本性质得：
点P的轨迹为面ACB1与面BCC1B1的交线段CB1，其长度为2．
故答案为1；2．  
16.【答案】(1)证明：因为SEEA= SFFB，
所以EF//AB，
在矩形ABCD中，AB//CD，
所以EF//CD，
 平面SCD，CD⊂平面SCD，
∴EF//平面SCD， 
又因为SEEA=DMDA，
，
，
∵EF∩EM=E，EF，EM⊂平面MEF，
所以平面MEF //平面SCD；
(2)过A作AH⊥EM，垂足为H，连接HB．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥AD，
∵平面SAD⊥平面ABCD，
平面SCD∩平面ABCD=AD，
AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面SAD．
∵EM⊂平面SAD，
∴AB⊥EM，
∵AH⊥EM，AB∩AH=A，
AB，AH⊂平面ABH，
∴EM⊥平面ABH，
∵HB⊂平面ABH，
∴EM⊥HB．
∴∠AHB为二面角A−EM−B的平面角．
因为t=1，∴E，M分别为棱SA，AD的中点，
∵△SAD是等边三角形，AD=2，
∴△EAM是等边三角形，AM=1，
∴AH=32，
在Rt∠BAH中，AH=32，AB=1，
tan∠AHB=ABAH=233⋅
∴二面角A−EM−B的正切值为233．

【解析】 本题考查面面平行的判定，二面角的求解，属于中档题．
(1)可得：EF//平面SCD，，从而证得平面MEF //平面SCD;
(2)利用面面垂直的性质得AB⊥平面SAD，进一步证得EM⊥平面ABH，得∠AHB为二面角A−EM−B的平面角，进一步计算即可．

17.【答案】证明：(1)因为ABCD是矩形，所以BC⊥AB．
又因为，，．
所以．
又因为，所以BC⊥AE．
因为∠AEB=90°，即AE⊥BE，且，BC∩BE=B．
所以．
又因为，所以．
(2)因为BC//AD，，
，所以．
因为△ABF和△ABE均为等腰直角三角形，且∠BAF=∠AEB=90°．
所以∠EAB=∠ABF=45°，所以AE//BF．
又，，
所以．
因为BC∩BF=B，，
所以．
又因为，所以．

【解析】本题主要考查的是面面垂直的判定，线面平行的判定，属于中档题．
(1)由题中所给的面面垂直与矩形.容易得出，得出BC⊥AE，又AE⊥BE，可得出根据面面垂直的判定即可证明．
(2)由题得出，通过两个等腰直角三角形得出AE//BF，进而得到，根据面面平行的性质即可证明．

18.【答案】(1)证明：因为平面GHF//平面ABED，平面BCFE∩平面ABED=BE，
平面BCFE∩平面GHF=HF，所以BE//HF．
因为BC//EF，所以四边形BHFE为平行四边形，所以BH=EF，
因为BC=2EF，所以BC=2BH，H为BC的中点．
同理G为AC的中点，所以，因为，所以，
又HC//EF且HC=EF，所以四边形EFCH是平行四边形，所以CF//HE，
又，所以HE⊥BC.   
又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH=H，所以平面EGH，
又BC⊂平面BCFE，所以平面平面EGH
(2)解：，，，CF//HE，GH//AB，
∴HE⊥HG．
分别以HG，HB，HE所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz，
则A2,1,0，B0,1,0，D1,0,1，C0,−1,0．
设平面ABD的一个法向量为m=x1,y1,z1，因为AB=−2,0,0，BD=1,−1,1
则m·AB=−2x1=0m·BD=x1−y1+z1=0，取y1=1，得m=(0,1,1)．
设平面ADC的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，因为AD=(−1,−1,1)，AC=(−2,−2,0)
则n·AD=−x2−y2+z2=0n·AC=−2x2−2y2=0，取x2=1，得n=(1,−1,0)．
所以|cos ⟨m,n⟩|=|m⋅n|m|⋅|n||=12，则二面角B−AD−C的大小为π3．


【解析】本题考查了两直线之间的位置关系，面面平行的性质，线面垂直的判定，面面垂直的判定，平面向量的法向量，二面角等有关知识．
(1)根据平面GHF//平面ABED，平面BCFE∩平面ABED=BE，
平面BCFE∩平面GHF=HF，得到BE//HF.然后判断出四边形BHFE为平行四边形，四边形EFCH是平行四边形，进而得到CF//HE，再根据，得到HE⊥BC，最后求证出平面EGH，再结合BC⊂平面BCFE进行求解即可；
(2)分别以HG，HB，HE所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz，设平面ABD的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，设平面ADC的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，分别求出m=(0,1,1)．n=(1,−1,0)，再求解二面角即可．

19.【答案】(1)证明：∵△PBC为等边三角形，点O为BC的中点，∴PO⊥BC，
平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PO⊂平面PBC，
∴PO⊥平面ABC，
∵AC⊂平面ABC，
∴PO⊥AC，
∵AC⊥PB，PO∩PB=P，PB⊂平面PBC，PO⊂平面PBC，
∴AC⊥平面PBC，
∵AC⊂平面PAC，
平面PAC⊥平面PBC．
(2)解：取CO中点G，连结EG，FG，
∵E为PO的中点，∴EG///PC，
∵EG⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴EG//平面PAC，
F是AB上的点，AF=λAB，EF//平面PAC，
且EG∩EF=E，EG，EF⊂平面EFG，
平面EFG//平面PAC，
因为平面PAC∩平面ABC=AC，平面EFG∩平面ABC=FG，
∴FG//AC，
∴λ=AFAB=CGCB=14．
∴λ的值为14．



【解析】本题考查面面垂直、线面垂直的性质定理和判定定理，线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理和性质定理的应用，属于中档题．
(1)由已知平面PBC⊥平面ABC，又由ΔPBC为等边三角形，点O为BC的中点，得到PO⊥BC，利用面面垂直的性质得到PO⊥平面ABC，进一步利用线面垂直的性质定理得到PO⊥AC，结合已知的AC⊥PB，利用线面垂直的判定定理得到AC⊥平面PBC，继续利用面面垂直的判定定理得到结论的证明；
(2)取CO中点G，连结EG，FG，得到EG//PC，利用线面平行的判定定理得到EG//平面PAC，进一步利用面面平行的判定定理得到平面EFG//平面PAC，于是得到FG//AC，则可得到λ的值．

20.【答案】证明：(1)∵AB//CD，CD=2AB，E是CD的中点，
∴AB//DE，且AB=DE，即ABED是平行四边形．
∴BE//AD，
∵BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD，
∴BE//平面PAD，
又EF//PD，
EF⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴EF//平面PAD，
EF，BE⊂平面BEF，且EF∩BE=E，
∴平面BEF平面PAD，
∵BF⊂平面BEF，∴BF//平面PAD；
(2)由题意，平面PAD⊥平面ABCD，且两平面交线为AD，CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.∴CD⊥EF，
又CD⊥BE，BE，EF⊂平面BEF，且EE∩EF=E，
∴CD⊥平面BEF．
∵CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD．


【解析】本题主要考查了线面平行和面面垂直的证明，解决此类问题的关键是能利用线面关系的定理和性质进行逻辑推理，往往使用逆推法进行证明，需要较强的空间感和空间预判，属于较难题．
(1)若要证BF//平面PAD，只要BF所在面和平面PAD平行即可；
(2)若要证平面BEF⊥平面PCD，只要证平面PCD内的一条直线和平面BEF垂直即可．