高中数学苏教版 (2019)必修 第二册13.2 基本图形位置关系课时作业

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册13.2 基本图形位置关系课时作业，共70页。

13.2.3　直线与平面的位置关系
第1课时　直线与平面平行
基础过关练
题组一　直线与平面平行的判定
1.下列条件中,能得出直线m与平面α平行的是(　易错　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.直线m与平面α内的所有直线平行
B.直线m与平面α内的无数条直线平行
C.直线m与平面α没有公共点
D.直线m与平面α内的一条直线平行
2.(2020江苏射阳中学高一阶段检测)若直线l不平行于平面α,且l⊄α,则(　　)
A.α内所有直线与l异面
B.α内只存在有限条直线与l共面
C.α内存在唯一的直线与l平行
D.α内存在无数条直线与l相交
3.直线a,b为异面直线,过直线a且与直线b平行的平面(　　)
A.有且只有一个 B.有无数个
C.有且只有一个或不存在 D.不存在
4.(2020江苏大丰高级中学期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是DD1的中点,则A1C1与平面ACE的位置关系为　　　　. 

5.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,D是棱CC1的中点,E是棱AB的中点,证明:DE∥平面AB1C1.
深度解析





题组二　直线与平面平行的性质
6.(2020江苏响水中学高一阶段测试)如果a,b表示直线,α,β表示平面,那么下列说法中正确的是(　　)
A.若a∥b,b⊂α,则a∥α
B.若a∥α,b∥α,则a∥b
C.若a∥b,b∥α,则a∥α
D.若a∥α,a⊂β,α∩β=b,则a∥b
7.过直线l外两点,作与l平行的平面,则这样的平面(　　)
A.不可能作出 B.只能作出一个
C.能作出无数个 D.上述三种情况都存在

8.(2020江苏东台中学阶段检测)如图,已知S为四边形ABCD外一点,G,H分别为SB,BD上的点,若GH∥平面SCD,则(　　)
A.GH∥SA
B.GH∥SD
C.GH∥SC
D.以上均有可能
9.(2020江苏六合高级中学高一期中)如图所示,长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱AA1,BB1的中点,过EF的平面EFGH分别交BC,AD于G,H(不与点B,A重合),则GH与AB的位置关系是　　　　. 

10.若直线a∥平面α,α内有n条直线交于一点,则这n条直线中与直线a平行的直线有　　　　条. 
11.(2020江苏白塔高级中学高一月考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AC与BD交于点O,M是PC的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH,求证:AP∥GH.





能力提升练
题组一　直线与平面平行的判定
1.(2020江苏震泽中学学情检测,)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为棱A1A、BC上的点,在平面ADD1A1内且与平面DEF平行的直线有(　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.一条 B.两条 C.无数条 D.不存在
2.(2020江苏通州高级中学高一阶段测试,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G是线段A1C1上的点,且A1E=EF=FG=GC1,则下列直线中,与平面A1BD平行的是(　　)

A.CE B.CF C.CG D.CC1
3.(2020江苏高邮临泽中学高一期中,)如图所示,在空间四边形ABCD中,点H,G分别为BC,CD的中点,点E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,则(　　)

A.BD∥平面EFGH,且四边形EFGH是矩形
B.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形
C.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是菱形
D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形
4.(2020江苏赣榆智贤中学高一开学检测,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱CC1上的动点,Q为棱AA1的中点,设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,则下列结论中正确的是(　　)

A.m∥D1Q B.m∥平面B1D1Q
C.m⊥B1Q D.m∥平面AA1D1D
5.(多选)(2020湖南岳阳一中高一开学考试,)下列四个正方体中,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的是(　　)

6.(2020江苏海州高级中学高一月考,)如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,E是SA上一点,当点E满足条件　　　　　　　　　　　　时,SC∥平面EBD. 

7.(2020江苏宜兴第一中学高一阶段测试,)如图,四边形ABCD为正方形,△ABE为等腰直角三角形,AB=AE,P是线段CD的中点,在直线AE上是否存在一点M,使得PM∥平面BCE?若存在,指出点M的位置;若不存在,请说明理由.



题组二　直线与平面平行的性质
8.(2020江苏淮安楚州中学高一期中,)如图,E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的点(不与点C1、D1重合),BD1∥平面B1CE,则(　　)

A.BD1∥CE B.AC1⊥BD1
C.D1E=2EC1 D.D1E=EC1
9.(2020江苏羊尖高级中学高一学情检测,)已知正方体AC1的棱长为1,点P是平面AA1D1D的中心,点Q是平面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点,且PQ∥平面AA1B1B,则线段PQ的长为(　　)

A.12 B.22 C.2 D.32
10.()如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,M,N分别为线段PC,PB上一点,若PM∶MC=3∶1,且AN∥平面BDM,则PN∶NB=(　　)

A.4∶1 B.3∶1
C.3∶2 D.2∶1
11.()如图所示,几何体A1B1C1D1-ABCD是棱长为a的正方体,M,N分别是棱A1B1,B1C1的中点,P是棱AD上一点,AP=a3,过P,M,N的平面交上底面于Q,且Q在CD上,则PQ=　　　　. 

12.(2020江苏江阴高级中学高一下期中,)长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,E,F分别是侧棱AA1,CC1上的动点,AE+CF=8,P在棱AA1上,且AP=2.若EF∥平面PBD,则CF=　　　　. 



13.(2020江苏连云港高一期中,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点E,F分别是棱CC1,BB1上的点,点M是棱AC上的动点,EC=2FB=2,当点M在什么位置时,MB∥平面AEF?








14.()如图,CD与AB都平行于平面EFGH,点E,F,G,H分别在AC,BC,BD,AD上,且CD=a,AB=b,CD与AB所成的角的大小为π6.
(1)求证:四边形EFGH是平行四边形;
(2)点F在BC的什么位置时,四边形EFGH的面积最大,最大值是多少?




第2课时　直线与平面垂直
基础过关练
题组一　直线与平面垂直的判定和性质
1.(2020江苏横林高级中学高一期中)△ABC所在的平面为α,直线l⊥AB,l⊥AC,直线m⊥BC,m⊥AC,l,m为两条不重合的直线,则直线l,m的位置关系是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.平行 B.垂直
C.相交 D.以上都有可能
2.(2020江苏海州高级中学阶段测试)设l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是(　　)
A.若l⊥m,m⊂α,则l⊥α B.若l⊥α,l∥m,则m⊥α
C.若l∥α,m⊂α,则l∥m D.若l∥α,m∥α,则l∥m
3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,与AD1垂直的平面是(　　)

A.平面DD1C1C
B.平面A1DB
C.平面A1B1C1D1
D.平面A1DB1
4.(2020江苏金坛第一中学高一阶段测试)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,AB=BC,则下列结论中正确的是(　　)

A.BD1∥B1C
B.A1D1∥平面AB1C
C.BD1⊥AC
D.BD1⊥平面AB1C
5.(2020江苏江浦高级中学高一期中)如图所示,AB是☉O的直径,C是圆周上不同于A,B的任意一点,PA⊥平面ABC,则四面体P-ABC的四个面中,直角三角形有　　　　个. 

6.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB上一点,N是A1C的中点,MN⊥平面A1DC.求证:MN∥AD1.





题组二　直线与平面垂直的判定和性质的综合应用
7.已知向量a,b是平面α内两个不相等的非零向量,非零向量c在直线l上,则“c·a=0,且c·b=0”是“l⊥α”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
8.(2020江苏邳州第二中学阶段测试)若P是△ABC所在平面外一点,PA,PB,PC两两垂直,且PO⊥平面ABC于点O,则O是△ABC的(　　)
A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心
9.(2020四川高三二模)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,2AB=3AA1=6,A1P=2PB1,点T在棱AA1上,若TP⊥平面PBC,则TP·B1B=(　　)

A.1 B.-1 C.2 D.-2
10.(2020江苏洪泽中学期中)如图所示,已知矩形ABCD中,AB=3,BC=a,若PA⊥平面AC,在BC上取点E,使PE⊥DE,则满足条件的E点有两个时,a的取值范围是　　　　.深度解析 

11.(2020江苏扬州维扬中学期中)如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,四条侧棱均相等,AC、BD交于点O,点G,E,F,H分别是棱PB,AB,CD,PC上共面的四点,BC∥平面GEFH.求证:
(1)PO⊥平面ABCD;
(2)GH∥EF.


能力提升练
题组一　直线与平面垂直的判定和性质
1.(2020江苏无锡第一中学高一阶段测试,)如图所示,如果MC⊥菱形ABCD所在的平面,那么MA与BD的位置关系是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.平行 B.垂直相交
C.垂直但不相交 D.相交但不垂直
2.(多选)(2020江苏江阴要塞中学高一期中,)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB,D为PB的中点,则下列结论正确的有(　　)

A.BC⊥平面PAB B.AD⊥PC
C.AD⊥平面PBC D.PB⊥平面ADC
3.(2020江苏赣榆城头高级中学高一期中,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是正方形ABCD的中心,关于直线A1O,下列说法正确的是(　　)
A.A1O∥D1C B.A1O⊥BC
C.A1O∥平面B1CD1 D.A1O⊥平面AB1D1
4.(2020江苏连云港四校联考,)在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AA1⊥平面ABC,BC=CC1,当底面A1B1C1满足条件　　　　时,有AB1⊥BC1.(注:填上你认为正确的一种情况即可,不必考虑所有可能的情况) 

5.(2020江苏宿迁高三模拟,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,∠ABC=90°,AB=BC=1,PA=AD=2.
(1)求证:CD⊥平面PAC;
(2)在棱PC上是否存在点H,使得AH⊥平面PCD?若存在,确定点H的位置;若不存在,请说明理由.




6.(2020江苏南通高三模拟,)如图,在直四棱柱(侧棱与底面垂直的四棱柱叫作直四棱柱)ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,A1C1与B1D1交于点O.
(1)求证:A1,C1,F,E四点共面;
(2)若底面ABCD是菱形,且OD⊥A1E,求证:OD⊥平面A1C1FE.



7.(2020江苏扬州新华中学期中,)如图所示,已知矩形ABCD,SA⊥平面ABCD,AE⊥SB于点E,EF⊥SC于点F.
(1)求证:SC⊥AF;
(2)若平面AEF交SD于点G,求证:AG⊥SD.









题组二　直线与平面垂直的判定和性质的综合应用
8.(2020江苏木渎高级中学期中,)设矩形P1P2P3P4的两边长分别为P1P2=2,P2P3=4sin θπ12<θ<5π6,若将△P1P2P4沿矩形对角线P2P4所在的直线翻折,则在翻折过程中(　　)
A.对任意θ∈π12,π4,不存在某个位置,使得P1P2⊥P3P4
B.对任意θ∈π12,π4,都存在某个位置,使得P1P2⊥P3P4
C.对任意θ∈5π12,5π6,不存在某个位置,使得P1P2⊥P3P4
D.对任意θ∈5π12,5π6,都存在某个位置,使得P1P2⊥P3P4
9.(2020江苏马坝高级中学高一阶段检测,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱AP⊥平面ABCD,AB=1,AP=3,点M在线段BC上,且AM⊥MD,则当△PMD的面积最小时,线段BC的长度为(　　)

A.3 B.322
C.2 D.32
10.(2020江苏赣榆第一中学期中,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E∈平面ABB1A1,点F是棱AA1的中点,若D1E⊥CF,则当△EBC的面积取得最小值时,S△EBCS正方形ABCD=(　　)
A.255 B.12
C.55 D.510
11.(2020江苏西亭高级中学高一阶段检测,)如图,已知PA⊥平面ABC,AD⊥BC于D,BC=CD=AD=1.记∠BPC=θ,则当PD=　　　　时,tan θ取得最大值　　　　. 

12.(2020江苏白塔高级中学高一阶段测试,)如图所示,在△ABC中,∠BAC=60°,AD⊥平面ABC,AH⊥平面DBC,H为垂足.求证:H不可能是△BCD的垂心.









13.(2020江苏启东中学高一月考,)如图,在直角梯形ABCD中,∠BAD=∠ADC=90°,CD=DA=a,AB=2a,SA⊥平面ABCD,且SA=a.
(1)求证:△SAD,△SAB,△SCB,△SDC都是直角三角形;
(2)在SD上取点M,SC交平面ABM于N,求证:四边形ABNM为直角梯形.





第3课时　距离、直线与平面所成的角
基础过关练
题组一　距离问题
1.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=4,BC=2,BB1=3,则点B到上底面A1B1C1D1的距离为(　　)

A.4 B.2
C.22 D.3
2.已知△ABC的三条边长分别是5,12,13,点P到A,B,C三点的距离都等于7,则点P到平面ABC的距离为(　　)
A.332 B.33
C.34 D.334
3.(2020江苏宜兴官林中学高一阶段检测)已知平面α外两点A,B到平面α的距离分别是2和4,则AB的中点P到平面α的距离是(　　)
A.3 B.1
C.3或1 D.5
4.如图,若长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,AD1与底面ABCD成60°角,则A1C1到底面ABCD的距离为　　　　. 

5.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,
(1)求证:A1A∥平面BB1D1D;
(2)若AB=4,AD=3,求A1A到平面BB1D1D的距离.深度解析






题组二　直线与平面所成的角
6.下列说法正确的是(　易错　)
A.平面的斜线与平面所成的角θ的取值范围是θ<90°
B.直线与平面所成的角α的取值范围是0°<α≤90°
C.若两条直线与一个平面所成的角相等,则这两条直线互相平行
D.若两条直线互相平行,则这两条直线与同一个平面所成的角相等
7.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1B与平面ABCD所成的角是(　　)

A.45° B.30°
C.60° D.90°
8.从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线,斜足分别为A,B,C,如果这些斜线与平面成等角,有如下结论:
①△ABC是正三角形;②垂足是△ABC的内心;
③垂足是△ABC的外心;④垂足是△ABC的垂心.
其中正确结论的个数是(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4

9.(2020江苏无锡第一中学高一期中)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　　)
A.63 B.255 C.155 D.105
10.(2020江苏淮阴师范学院附属中学阶段测试)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠DAB=π3,△ADP为等边三角形.
(1)求证:AD⊥PB;
(2)若AB=2,BP=6,求直线PB与平面ABCD所成的角.










能力提升练
题组一　距离问题
1.(2020四川成都七中高三二模,)如图所示,三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,且PA=PB=AB=2,PC=3,则点C到平面PAB的距离等于(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.13 B.63 C.33 D.23
2.(2020湖南株洲二中高三一模,)如图,直角梯形ABCD中,∠ABC=90°,CD=2,AB=BC=1,E是边CD的中点,将△ADE沿AE翻折成四棱锥D'-AECB,则点C到平面ABD'距离的最大值为(　　)

A.12 B.22 C.63 D.1
3.()如图,在五面体ABCDEF中,AB∥DC,∠BAD=π2,CD=AD=3,FA⊥平面ABCD,FC=5,则直线AB到平面EFCD的距离为　　　　. 


4.(2020江苏张家港塘桥高级中学高一阶段测试,)已知ABCD是边长为4的正方形,E、F分别是AB、AD的中点,GC垂直于ABCD所在的平面,且GC=2,则点B到平面EFG的距离为　　　　.深度解析 
5.(2020江苏新海高级中学高一下期中,)如图,在四棱锥P-ADCB中,PA⊥平面ADCB,AD⊥AB,AB∥CD,AB=AD=AP=12CD=2,E为PC的中点.
(1)求证:BE⊥平面PCD;
(2)求直线AB到平面PCD的距离.



题组二　直线与平面所成的角
6.(2020江苏连云港高级中学高一阶段测试,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,过顶点A1作平面α,使得直线AC和BC1与平面α所成的角都为60°,这样的平面α有(　　)
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
7.(2020江苏徐州第一中学高一阶段测试,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点,设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成角的大小为α,则sin α的最小值为(　　)

A.33 B.63 C.223 D.26
8.(多选)()如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中正确的是(　　)

A.AC⊥SB
B.AB∥平面SCD
C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
9.(2020江苏金坛金沙高级中学期中,)四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PA=AB=2,则直线PB与平面PAC所成角的大小为　　　　. 
10.(2020江苏苏州外国语学校高一学情检测,)如图,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,DF垂直平分SC于点F,且交AC于点D,若SA=AB,SB=BC,求BF与平面SAC所成角的余弦值.














答案全解全析
13.2.3　直线与平面的位置关系
第1课时　直线与平面平行
基础过关练
1.C　易知A说法错误;B中,当直线m在平面α内时,m与α不平行;C中,能推出m与α平行;D中,当直线m在平面α内时,m与α不平行.故选C.
易错警示　在应用直线与平面平行的判定定理时,要防止出现“一条直线平行于一个平面就平行于这个平面内的一切直线”的错误,一条直线平行于一个平面,它可以和这个平面内的无数条直线平行,但不是与这个平面内的任意一条直线平行.
2.D　根据直线l不平行于平面α,且l⊄α,可知直线l与平面α相交,故选D.
3.A　在a上任取一点A,则过A与b平行的直线有且只有一条,设为b',
又∵a∩b'=A,
∴a与b'确定一个平面α,
即为过直线a与直线b平行的平面,可知它是唯一的.
4.答案　平行
解析　∵AA1?BB1,BB1?CC1,∴AA1?CC1,
∴四边形ACC1A1为平行四边形,
∴A1C1∥AC,
又A1C1⊄平面ACE,AC⊂平面ACE,
∴A1C1∥平面ACE.
5.证明　如图,取AB1的中点H,连接EH,HC1.

∵E是棱AB的中点,∴EH∥BB1,且EH=12BB1.
∵D是棱CC1的中点,∴DC1=12CC1,
又BB1∥CC1,且BB1=CC1,∴DC1∥BB1,且DC1=12BB1,
∴EH∥DC1,且EH=DC1,
∴四边形EHC1D为平行四边形,
∴DE∥HC1.
又∵HC1⊂平面AB1C1,DE⊄平面AB1C1,
∴DE∥平面AB1C1.
方法技巧　利用直线与平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找出一条直线与已知直线平行,常利用平行四边形的性质、三角形、梯形的中位线定理、基本事实4等找平行的直线.
6.D　A中,a⊂α也可能成立;B中,a,b还有可能相交或异面;C中,a⊂α也可能成立;由直线与平面平行的性质定理可知D正确.
故选D.
7.D　设直线l外两点为A,B,若直线AB∥l,则过A,B可作无数个平面与l平行;若直线AB与l异面,则只能作一个平面与l平行;若直线AB与l相交,则过A,B没有平面与l平行.
8.B　因为GH∥平面SCD,GH⊂平面SBD,平面SBD∩平面SCD=SD,所以GH∥SD.显然GH与SA,SC均不平行.故选B.
9.答案　平行
解析　因为E,F分别是AA1,BB1的中点,所以EF∥AB.
又AB⊄平面EFGH,EF⊂平面EFGH,
所以AB∥平面EFGH.
又AB⊂平面ABCD,
平面ABCD∩平面EFGH=GH,
所以AB∥GH.
10.答案　0或1
解析　过直线a与n条直线的交点作平面β,设平面β与平面α交于直线b,则a∥b.
若所给n条直线中有与b重合的,则与直线a平行的直线有1条;
若没有与b重合的,则与直线a平行的直线有0条.
故这n条直线中与直线a平行的直线有0条或1条.
11.证明　如图,连接MO.

∵四边形ABCD是平行四边形,
∴O是AC的中点.
又∵M是PC的中点,∴AP∥OM.
又∵AP⊄平面BDM,OM⊂平面BDM,
∴AP∥平面BDM.
又∵AP⊂平面APGH,
平面APGH∩平面BDM=GH,
∴AP∥GH.
能力提升练
1.C　由题设知平面ADD1A1∩平面DEF=DE,在平面ADD1A1内与DE平行且不在平面DEF内的线有无数条,则由线面平行的判定定理知它们都与平面DEF平行.
2.B　如图,连接AC,交BD于点O,连接A1O,CF.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,由于AA1?CC1,
∴四边形ACC1A1为平行四边形,
∴A1F∥AC,
又OC=12AC,A1F=12AC,
∴A1F?OC,
∴四边形A1OCF为平行四边形,
∴A1O∥CF,
又A1O⊂平面A1BD,CF⊄平面A1BD,
∴CF∥平面A1BD.

3.B　由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知,
EF∥BD,且EF=15BD.
∵EF⊄平面BCD,BD⊂平面BCD,
∴EF∥平面BCD.
∵点H,G分别为BC,CD的中点,
∴HG∥BD且HG=12BD,
∴EF∥HG且EF≠HG,
故四边形EFGH是梯形.故选B.
4.B　易知BD∥B1D1,
∵B1D1⊄平面BDP,BD⊂平面BDP,
∴B1D1∥平面BDP.
∵B1D1⊂平面B1D1P,平面BDP∩平面B1D1P=m,∴B1D1∥m.
∵m⊄平面B1D1Q,B1D1⊂平面B1D1Q,
∴m∥平面B1D1Q.
5.AD　对于A,如图①,连接BD,交NP于点O,连接OM,则O为BD的中点,又M为AD的中点,所以OM∥AB,又OM⊂平面MNP,AB⊄平面MNP,所以AB∥平面MNP.
对于B,如图②,连接BC交MP于F,连接FN,由于N是AC的中点,F不是BC的中点,所以在平面ABC内AB与FN相交,所以直线AB与平面MNP相交.

图①

图②
对于C,如图③,连接CD,易知AB∥CD,而CD与PN相交,即CD与平面MNP相交,所以AB与平面MNP相交.
对于D,如图④,连接CD,易知AB∥CD∥NP,因为AB⊄平面MNP,NP⊂平面MNP,
所以AB∥平面MNP.

图③

图④
故选AD.
6.答案　点E是棱SA的中点(或AE=SE)
解析　当点E是棱SA的中点时,SC∥平面EBD.连接AC,交BD于点O,连接EO.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴O是AC的中点.又E是SA的中点,
∴OE是△SAC的中位线.∴OE∥SC.
∵SC⊄平面EBD,OE⊂平面EBD,
∴SC∥平面EBD.
7.解析　存在点M,当点M是线段AE的中点时,PM∥平面BCE.
如图,取BE的中点N,连接CN,MN,

则MN∥AB且MN=12AB,
又PC∥AB且PC=12AB,所以MN?PC,
所以四边形MNCP为平行四边形,
所以PM∥CN.
因为PM⊄平面BCE,CN⊂平面BCE,
所以PM∥平面BCE.
8.D　如图,连接BC1,设B1C∩BC1=O,连接EO,可得平面D1BC1∩平面B1CE=EO,
∵BD1∥平面B1CE,
∴根据直线与平面平行的性质定理可得D1B∥EO,
∵O为B1C的中点,∴E为C1D1的中点,
∴D1E=EC1.

9.B　如图,连接AD1,AB1,则AD1过点P.

∵PQ∥平面AA1B1B,
平面AB1D1∩平面AA1B1B=AB1,
PQ⊂平面AB1D1,∴PQ∥AB1,
∵D1P=PA,
∴PQ=12AB1=12×12+12=22.
10.D　如图,连接AC交BD于点O,连接CN交BM于点G,连接OG,
∵AN∥平面BDM,平面BDM∩平面ACN=OG,AN⊂平面ACN,
∴AN∥OG,
又∵OA=OC,
∴G为CN的中点,
作HN∥BM,交CP于点H,
∴CM=HM,
∵PM∶MC=3∶1,
∴PH∶HM=2∶1,
∴PN∶NB=PH∶HM=2∶1.

11.答案　223a
解析　易知MN∥平面AC,∵平面PMNQ∩平面AC=PQ,MN⊂平面PMNQ,
∴MN∥PQ,连接AC,则PQ∥AC,
∵AP=a3,
∴DP=DQ=2a3,
故PQ=PD2+DQ2=2DP=223a.
12.答案　2
解析　连接AC交BD于点O,连接PO,
过点C作CQ∥OP交AA1于点Q.

∵EF∥平面PBD,EF⊂平面EACF,平面EACF∩平面PBD=PO,
∴EF∥PO.
∵CQ∥OP,
∴EF∥QC,又EQ∥CF,
∴四边形EQCF为平行四边形,
∴QE=CF,
∵四边形ABCD是正方形,
∴O是AC的中点,
又CQ∥OP,∴PQ=AP=2.
∵AE+CF=AP+PQ+QE+CF=2+2+CF+CF=8,
∴CF=2.
13.解析　若MB∥平面AEF,过F,B,M作平面FBMN交AE于点N,
连接MN,NF.

易知BF∥平面AA1C1C,
又BF⊂平面FBMN,
平面FBMN∩平面AA1C1C=MN,
所以BF∥MN.
又MB∥平面AEF,MB⊂平面FBMN,
平面FBMN∩平面AEF=FN,
所以MB∥FN,
所以四边形BFNM是平行四边形,
所以MN=BF=1.
而EC∥FB,EC=2FB=2,
所以MN∥EC,MN=12EC,
故MN是△ACE的中位线.
所以当M是AC的中点时,MB∥平面AEF.
14.解析　(1)证明:∵CD∥平面EFGH,CD⊂平面ACD,平面EFGH∩平面ACD=EH,
∴CD∥EH,同理CD∥FG,
∴EH∥FG,
∵AB∥平面EFGH,AB⊂平面ABC,平面EFGH∩平面ABC=EF,
∴AB∥EF,
同理,AB∥HG,∴EF∥GH,
∴四边形EFGH为平行四边形.
(2)由(1)可知在△ABC中,EF∥AB.
记CFCB=EFAB=λ(0<λ<1),则EF=λb.
在△BCD中,FG∥CD,则BFBC=FGCD=1-λ.
∴FG=(1-λ)a,
∵EF∥AB,FG∥CD,
∴∠EFG(或其补角)为CD与AB所成的角,
∴∠EFG=π6或∠EFG=5π6,
∴S四边形EFGH=EF·FG·sin∠EFG=ab2·λ(1-λ)≤ab2·1-λ+λ22=ab8,
当且仅当λ=1-λ,即λ=12时等号成立.
故当F为BC的中点时,四边形EFGH的面积最大,最大值为ab8.
第2课时　直线与平面垂直
基础过关练
1.A　因为直线l⊥AB,l⊥AC,且AB∩AC=A,
所以l⊥平面α,同理m⊥平面α.
由线面垂直的性质定理可得l∥m.
2.B　对于A,m并不代表平面α内任意一条直线,所以不能判定线面垂直;对于B,因为l⊥α,所以l垂直于α内任意一条直线,又l∥m,所以m与平面α内任意一条直线所成的角都是90°,即m⊥α,故B正确;对于C,l,m还可能异面;对于D,l,m还可能相交或异面.
3.D　连接A1D,B1D,易知AD1⊥A1D,AD1⊥A1B1,又A1D∩A1B1=A1,∴AD1⊥平面A1DB1.故选D.
4.C　连接BD.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,
∴AC⊥BD.
易知AC⊥DD1,
又BD∩DD1=D,∴AC⊥平面BDD1.
∵BD1⊂平面BDD1,
∴AC⊥BD1.故选C.
5.答案　4
解析　∵AB是圆O的直径,
∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,
∴△ABC是直角三角形.
∵PA⊥平面ABC,AC,AB,BC⊂平面ABC,
∴PA⊥AC,PA⊥AB,PA⊥BC,
∴△PAC,△PAB是直角三角形.
又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
∴BC⊥平面PAC,
又PC⊂平面PAC,
∴BC⊥PC,
∴△PBC是直角三角形.从而△PAB,△PAC,△ABC,△PBC都是直角三角形.
6.证明　因为四边形ADD1A1为正方形,
所以AD1⊥A1D.易知CD⊥平面ADD1A1,
因为AD1⊂平面ADD1A1,所以CD⊥AD1.
因为A1D∩CD=D,所以AD1⊥平面A1DC.
又因为MN⊥平面A1DC,所以MN∥AD1.
7.B　∵c·a=0,c·b=0,
∴c⊥a,c⊥b,
若直线l在平面α内,此时也能找到向量c,使c与b,a垂直,不能得到l⊥α;
反过来,若l⊥α,则直线l垂直于平面α内所有直线,则c·a=0,且c·b=0.
故“c·a=0,且c·b=0”是“l⊥α”的必要不充分条件.
8.D　连接AO并延长交BC于点D,连接BO并延长交AC于点E,

∵PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,
∴PA⊥平面PBC,
∵BC⊂平面PBC,
∴PA⊥BC.
∵PO⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴PO⊥BC,
又PA∩PO=P,∴BC⊥平面PAO,
∵AO⊂平面PAO,
∴AO⊥BC,即AD⊥BC,
同理可得BE⊥AC.
根据三角形垂心定义可知O是△ABC的垂心.
9.D　∵TP⊥平面PBC,PB⊂平面PBC,
∴TP⊥PB,
又∵A1P=2PB1,
∴易证得△PTA1≌△BPB1,
则TA1=PB1=1,
∴TP·B1B=|TP|·|B1B|·cos∠PTA=22+12×2×-122+12=-2.
10.答案　(6,+∞)
解析　由题意知PA⊥DE,
又PE⊥DE,PA∩PE=P,
∴DE⊥平面PAE,
∵AE⊂平面PAE,
∴DE⊥AE.
易证△ABE∽△ECD.
设BE=x,则ABEC=BECD,
即3a-x=x3,
∴x2-ax+9=0,
由Δ>0,解得a>6(a<-6舍去).
故a的取值范围为(6,+∞).
方法技巧　已知直线和平面垂直,或者线线垂直及满足条件点的个数,寻找满足题意的参数的值(或范围)时,利用垂直的相关性质,再结合相切、勾股定理等知识求解.
11.证明　(1)∵四边形ABCD为正方形,且AC、BD交于点O,
∴O为AC、BD的中点,
由已知得PA=PC,PB=PD,
∴△PAC和△PBD均为等腰三角形,
∴PO⊥AC,PO⊥BD,
又AC、BD⊂平面ABCD,且AC∩BD=O,
∴PO⊥平面ABCD,
(2)∵BC∥平面GEFH,BC⊂平面ABCD,
平面GEFH∩平面ABCD=EF,
∴BC∥EF,
同理可得,BC∥GH,
∴GH∥EF,
能力提升练
1.C　连接AC.因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.又MC⊥平面ABCD,所以BD⊥MC.因为AC∩MC=C,所以BD⊥平面AMC.又MA⊂平面AMC,所以MA⊥BD.显然直线MA与直线BD不共面,因此MA与BD的位置关系是垂直但不相交.
2.ABC　∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,
∴BC⊥平面PAB,故A正确;
由BC⊥平面PAB,AD⊂平面PAB,得BC⊥AD,又PA=AB,D是PB的中点,
∴AD⊥PB,又PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC,
∴AD⊥平面PBC,故C正确;
由AD⊥平面PBC,PC⊂平面PBC,得AD⊥PC,故B正确;
由BC⊥平面PAB,PB⊂平面PAB,得PB⊥BC,
∴PB与 DC不垂直,
∴PB与平面ADC不垂直,故D错误.
3.C　如图所示,设A1C1∩B1D1=M,则M为A1C1的中点,

在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1?CC1,则四边形AA1C1C为平行四边形,
∴AC?A1C1.
易知点O、M分别为AC、A1C1的中点,
∴A1M?OC,
则四边形A1MCO为平行四边形,则A1O∥CM,由于过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,故A错误.
易知BM=CM,则△BCM为等腰三角形,且BC为底,
∴BC与CM不垂直,由于A1O∥CM,
∴A1O与BC不垂直,故B错误.
∵A1O∥CM,A1O⊄平面B1CD1,CM⊂平面B1CD1,
∴A1O∥平面B1CD1,故C正确.
∵四边形A1B1C1D1为正方形,
∴B1D1⊥A1C1,易知CC1⊥平面A1B1C1D1,∴B1D1⊥CC1,
∵A1C1∩CC1=C1,
∴B1D1⊥平面A1CC1,
∵A1C⊂平面A1CC1,
∴A1C⊥B1D1,同理可证A1C⊥AB1.
∵AB1∩B1D1=B1,
∴A1C⊥平面AB1D1,则A1O与平面AB1D1不垂直,故D错误.故选C.
4.答案　∠A1C1B1=90°(答案不唯一)
解析　连接B1C,由BC=CC1,可得四边形BCC1B1为菱形,所以BC1⊥B1C,因此,要证AB1⊥BC1,则只要证明BC1⊥平面AB1C,即只要证AC⊥BC1即可,由AA1⊥平面ABC可知,CC1⊥平面ABC,又AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1,则只要证AC⊥平面BCC1B1,只要证AC⊥BC即可.因为A1C1∥AC,B1C1∥BC,故只要证A1C1⊥B1C1(或能推出A1C1⊥B1C1的条件,如∠A1C1B1=90°等)即可.
5.解析　(1)证明:由题意,可得DC=AC=2,
∴AC2+DC2=AD2,即AC⊥CD,
又PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD,
∴PA⊥CD,
∵PA∩AC=A,
∴CD⊥平面PAC.
(2)存在.如图,过点A作AH⊥PC,垂足为H,
由(1)可得CD⊥AH,
又PC∩CD=C,∴AH⊥平面PCD.
在Rt△PAC中,PA=2,AC=2,PHPA=PAPC,
则PC=6,PH=23 6,
∴PH=23PC,即在棱PC上存在点H,且PH=23PC,使得AH⊥平面PCD.

6.证明　(1)如图,连接AC,因为E,F分别是AB,BC的中点,所以EF是△ABC的中位线,所以EF∥AC,
由直四棱柱知AA1?CC1,所以四边形AA1C1C为平行四边形,
所以AC∥A1C1,所以EF∥A1C1,
故A1,C1,F,E四点共面.

(2)连接BD,因为DD1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,
所以DD1⊥A1C1.
因为底面A1B1C1D1是菱形,
所以A1C1⊥B1D1,又DD1∩B1D1=D1,
所以A1C1⊥平面BB1D1D,
因为OD⊂平面BB1D1D,所以OD⊥A1C1,
又OD⊥A1E,A1C1∩A1E=A1,A1C1,A1E⊂平面A1C1FE,
所以OD⊥平面A1C1FE.

7.证明　(1)∵SA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴SA⊥BC.
∵四边形ABCD是矩形,∴AB⊥BC.
又AB∩SA=A,∴BC⊥平面SAB,
又∵AE⊂平面SAB,∴BC⊥AE.
又SB⊥AE,SB∩BC=B,
∴AE⊥平面SBC,
又∵SC⊂平面SBC,∴AE⊥SC.
又EF⊥SC,EF∩AE=E,
∴SC⊥平面AEF.
又AF⊂平面AEF,∴SC⊥AF.
(2)∵SA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,
∴SA⊥CD.
∵四边形ABCD为矩形,
∴CD⊥AD.
又SA∩AD=A,∴CD⊥平面SAD.
又AG⊂平面SAD,∴CD⊥AG.
由(1)可知,SC⊥平面AEF,
∵AG⊂平面AEF,
∴AG⊥SC,
又SC∩CD=C,∴AG⊥平面SCD,
又SD⊂平面SCD,
∴AG⊥SD.
8.D　当θ∈π12,π4时,6-24 当θ∈5π12,5π6时,12 ∴2<4sin θ≤4.
假设P1P2⊥P3P4,
∵P1P2⊥P1P4,P3P4,P1P4⊂平面P1P3P4,
P1P4∩P3P4=P4,
∴P1P2⊥平面P1P3P4.
∵P1P3⊂平面P1P3P4,
∴P1P2⊥P1P3,
∴∠P2P1P3=90°,
∴P2P3>P1P2=2.由于θ∈5π12,5π6时,P2P3>P1P2=2恒成立,
∴对任意θ∈5π12,5π6,都存在某个位置,使得P1P2⊥P3P4.
9.B　设BM=x,MC=y,则BC=AD=x+y,
∵PA⊥平面ABCD,MD⊂平面ABCD,
∴PA⊥MD,
又AM⊥MD,PA∩AM=A,
∴MD⊥平面PAM,
∵PM⊂平面PAM,
∴MD⊥PM.
由题意知AM=x2+1,MD=y2+1,
在Rt△AMD中,AM2+MD2=AD2,
即x2+1+y2+1=(x+y)2,化简得xy=1.
在Rt△PMD中,PM=x2+4,MD=y2+1=1x2+1,
∴S△PMD=12x2+4·1x2+1
=12x2+4x2+5≥32,当且仅当x2=4x2,即x=2时,取等号,
此时,BC=x+y=322.
10.D　连接BF,取AB的中点H,连接B1H,如图所示.设BF∩B1H=G,易得B1D1⊥A1C1,B1D1⊥AA1,所以B1D1⊥平面ACC1A1,因为CF⊂平面ACC1A1,所以B1D1⊥CF.易得B1H⊥BF,B1H⊥BC,所以B1H⊥平面BCF,因为CF⊂平面BCF,所以B1H⊥CF.因为B1D1∩B1H=B1,所以CF⊥平面B1D1H,所以当E在直线B1H上时,可使CF⊥D1E.由于BC⊥BE,所以BE最短时三角形EBC的面积取得最小值,此时点E在点G的位置.设正方体的棱长为2,则S正方形ABCD=2×2=4,B1H=12+22=5,所以BG=BH×BB1B1H=255,所以S△EBC=12×2×255=255,
故S△EBCS正方形ABCD=2554=510,故选D.

11.答案　2;24
解析　设PD=x,由题意得AC=2,AB=5,PA=x2-1,PC=x2+1,BP=x2+4,
在△PBC中,由余弦定理得cos θ=PB2+PC2-BC22PB·PC=2x2+42x2+4·x2+1,
∴tan2θ=1cos2θ-1=(x2+4)(x2+1)(x2+2)2-1=x2(x2+2)2,
∴tan θ=xx2+2=1x+2x≤122=24(当且仅当x=2时取等号).
故当PD=2时,tan θ取得最大值24.
12.证明　假设H是△BCD的垂心,则BH⊥CD.
∵AH⊥平面DBC,DC⊂平面DBC,
∴AH⊥DC.
∵AH∩BH=H,
∴CD⊥平面ABH.
又AB⊂平面ABH,∴CD⊥AB.
∵AD⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
∴AD⊥AB.
∵AD∩CD=D,AD,CD⊂平面ACD,
∴AB⊥平面ACD.
∵AC⊂平面ACD,
∴AB⊥AC.
这与已知中∠BAC=60°相矛盾,
∴假设不成立.
故H不可能是△BCD的垂心.
13.证明　(1)∵SA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
∴SA⊥AB,SA⊥AD,
∴△SAB,△SAD是直角三角形.
∵∠ADC=90°,∴AD⊥DC,
∵SA⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,
∴SA⊥DC,又AD∩SA=A,
∴CD⊥平面SAD,
又SD⊂平面SAD,∴CD⊥SD,即△SDC是直角三角形.
∵CD=DA=a,AB=2a,SA=a,
∴SB=SA2+AB2=5a,
BC=(AB-DC)2+AD2=2a,
SC=SD2+DC2=3a,
∴SB2=BC2+SC2,故△SCB是直角三角形.
(2)∵SA⊥底面ABCD,∠BAD=90°,
∴SA⊥AB,AD⊥AB,
又SA∩DA=A,∴AB⊥平面SAD,
∵AM⊂平面SAD,
∴AB⊥AM.
∵CD∥AB,AB⊂平面ABNM,CD⊄平面ABNM,∴CD∥平面ABNM.
∵CD⊂平面SCD,平面ABNM∩平面SCD=MN,∴CD∥MN.
由(1)知CD⊥平面SAD,
∴NM⊥平面SAD,
∵AM⊂平面SAD,
∴NM⊥AM.
在四边形ABNM中,∠NMA=∠BAM=90°且AB≠MN,
∴四边形ABNM为直角梯形.
第3课时　距离、直线与平面所成的角
基础过关练
1.D　∵BB1⊥平面A1B1C1D1,
∴BB1的长度为点B到平面A1B1C1D1的距离,故点B到上底面A1B1C1D1的距离为3.故选D.
2.A　由点P到△ABC三个顶点的距离相等可知,P在平面ABC上的射影为△ABC的外心.
∵52+122=132,
∴△ABC为直角三角形,
不妨设AB为斜边,
∴其外心是斜边的中点,即点P在平面ABC上的射影是△ABC斜边的中点D,如图.

所以点P到平面ABC的距离PD=72-1322=332.
3.C　若A,B在α同侧,如图①,则P到α的距离为3;
若A,B在α异侧,如图②,则P到α的距离为PO'-OO'=3-2=1.
故AB的中点P到平面α的距离为3或1.

4.答案　3
解析　依题意可知∠D1AD=60°,A1C1∥平面ABCD,A1A⊥平面ABCD,
∴A1A的长即为A1C1到底面ABCD的距离.
在Rt△ADD1中,D1D=AD·tan 60°=3,
∴A1C1到底面ABCD的距离A1A=D1D=3.
5.解析　(1)证明:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥BB1,
又BB1⊂平面BB1D1D,AA1⊄平面BB1D1D,
所以A1A∥平面BB1D1D.
(2)由(1)知A1A∥平面BB1D1D,
则直线A1A上任意一点到平面BB1D1D的距离都相等.
如图,过点A作AH⊥BD交BD于H,
易知BB1⊥平面ABCD,
因为AH⊂平面ABCD,所以BB1⊥AH.
因为BB1∩BD=B,
所以AH⊥平面BB1D1D,

即AH为直线A1A到平面BB1D1D的距离.
在△ABD中,AB=4,AD=3,
则BD=5.
由等面积法得AH=AB×ADBD=4×35=125,
所以A1A到平面BB1D1D的距离为125.
方法技巧　当直线与平面平行时,直线上任意一点到平面的距离都相等,都是线面距离.所以求线面距离的关键是选准恰当的点,转化为点面距离.
6.D　A中,平面的斜线与平面所成的角θ的取值范围是0°<θ<90°;B中,直线与平面所成的角α的取值范围为0°≤θ≤90°;C中,这两条直线可能平行,也可能相交或异面;D中说法正确.
易错警示　注意几类角的范围:①异面直线所成的角θ的范围是0°<θ≤90°;②直线与平面所成的角α的范围是0°≤α≤90°;③斜线与平面所成的角β的范围是0°<β<90°.
7.A　易知AA1⊥平面ABCD,∴∠A1BA为A1B与平面ABCD所成的角,易得∠A1BA=45°.
8.A　 设平面ABC外一点P,P在该平面内的射影为O,则PO⊥平面ABC.由已知可得△PAO,△PBO,△PCO全等,所以OA=OB=OC,所以O为△ABC的外心,只有③正确.
9.D　如图所示,在平面A1B1C1D1内过点C1作B1D1的垂线,垂足为E,连接BE.
易知BB1⊥平面A1B1C1D1,C1E⊂平面A1B1C1D1,∴BB1⊥C1E,
∵C1E⊥B1D1,B1D1∩BB1=B1,
∴C1E⊥平面BB1D1D,
∴∠C1BE的正弦值即为所求.
在Rt△BC1E中,∵BC1=22+12=5,C1E=2×222=2,∴sin∠C1BE=C1EBC1=25=105.
∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为105.

10.解析　(1)证明:如图,连接BD.因为四边形ABCD为菱形,且∠BAD=π3,所以△ADB为等边三角形.
取线段AD的中点E,连接BE,PE,则BE⊥AD.

又因为△PAD为等边三角形,
所以PE⊥AD.
因为PE⊂平面PBE,BE⊂平面PBE,且PE∩BE=E,所以AD⊥平面PBE,
又因为PB⊂平面PBE,所以AD⊥PB.
(2)因为△PAD,△BAD为等边三角形,且边长为2,所以PE=BE=3,
又PB=6,所以PE2+BE2=PB2,
所以PE⊥EB.
因为PE⊥AD,AD∩BE=E,
所以PE⊥平面ABCD,
所以∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角.
在Rt△PBE中,PE=BE,
所以∠PBE=π4,
故直线PB与平面ABCD所成的角为π4.
能力提升练
1.C　取AB的中点G,连接PG,CG,作CH⊥PG,垂足为H,如图所示,

因为PA=PB=AB=2,
所以△PAB为等边三角形,
因为G为AB的中点,所以PG⊥AB,
又△ABC为等腰直角三角形,∠ACB=90°,
所以CG⊥AB,
又PG∩CG=G,所以AB⊥平面PCG,
又CH⊂平面PCG,所以AB⊥CH,
因为CH⊥PG,PG∩AB=G,
所以CH⊥平面PAB,
故CH为点C到平面PAB的距离.
因为在等边三角形PAB中,PG=32×2=62,
在等腰直角三角形ABC中,CG=22,
在△PCG中,由余弦定理可得
cos∠PGC=PG2+CG2-PC22PG·CG
=622+222-(3)22×62×22=-33,
所以sin∠HGC=sin∠PGC=1-cos2∠PGC
=1--332=63,
在Rt△CHG中,CH=CG·sin∠HGC=22×63=33,
所以点C到平面PAB的距离为33.
2.B　由翻折过程可得,在如图所示的四棱锥D'-AECB中,底面AECB是边长为1的正方形,侧面D'EA中,D'E⊥AE,且D'E=AE=1.

∵AE⊥D'E,AE⊥CE,D'E∩CE=E,
∴AE⊥平面D'CE.
作D'M⊥CE于点M,MN⊥AB于点N,连接D'N,
则由AE⊥平面D'CE,D'M⊂平面D'CE,
可得D'M⊥AE,
∵CE∩AE=E,∴D'M⊥平面AECB.
又AB⊂平面AECB,∴D'M⊥AB.
∵MN⊥AB,D'M∩MN=M,
∴AB⊥平面D'MN.
在△D'MN中,作MH⊥D'N于点H,
则易知MH⊥平面ABD'.
又由题意可得CE∥平面ABD',
∴MH即为点C到平面ABD'的距离.
在Rt△D'MN中,D'M⊥MN,MN=1,
设D'M=x,则0 ∴D'N=1+x2.
由D'M·MN=D'N·MH可得x=1+x2·MH,
∴MH=x1+x2=11+1x2≤22,当x=1时等号成立,此时D'E⊥平面AECB,
综上可得点C到平面ABD'距离的最大值为22.
3.答案　374
解析　如图,连接AC,FD,过点A作AG⊥FD于点G,

由AB∥DC,DC⊂平面EFCD,AB⊄平面EFCD,得AB∥平面EFCD.
所以直线AB到平面EFCD的距离即为点A到平面 EFCD的距离.
因为FA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,
所以FA⊥CD,
因为AB∥DC,∠BAD=π2,所以CD⊥AD.
又AD,FA⊂平面FAD,AD∩FA=A,
所以CD⊥平面FAD.
因为AG⊂平面FAD,所以CD⊥AG.
又CD,FD⊂平面EFCD,CD∩FD=D,
所以AG⊥平面EFCD.
所以点A到平面EFCD的距离为AG的长.
在Rt△ACD中,由CD=AD=3,得AC=CD2+AD2=32.
∵FA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
∴FA⊥AC,FA⊥AD.
又FC=5,所以AF=FC2-AC2=7,
在Rt△AFD中,FD=AD2+AF2=4,
所以12FD·AG=12AD·AF⇒AG=374.
所以直线AB到平面EFCD的距离为374.
4.答案　21111
解析　如图,连接EG、FG、EF、BD、AC,

设EF、BD分别交AC于点H、O,连接GH.
∵四边形ABCD是正方形,E、F分别是AB、AD的中点,
∴EF∥BD,H为AO的中点,
∵EF⊂平面 EFG,BD⊄平面EFG,
∴BD∥平面EFG.
∴点B到平面EFG的距离等于直线BD到平面EFG的距离.
过点O作OK⊥GH,垂足为K,
∵EF∥BD,AC⊥BD,∴EF⊥AC.
易证GF=GE,
又H为EF的中点,∴GH⊥EF.
∵GH∩AC=H,∴EF⊥平面GHC.
∵OK⊂平面GHC,∴OK⊥EF.
∵OK⊥GH,且GH∩EF=H,∴OK⊥平面GEF.
∴OK的长度即为O(B)到平面EFG的距离.
∵正方形ABCD的边长为4,
∴AC=42,HO=2,HC=32,
在Rt△HCG中,HG=(32)2+22=22,
易证△HKO∽△HCG,
∴OK=HO·GCHG=2×222=21111,
即点B到平面EFG的距离为21111.
方法技巧　求点到平面的距离的关键是找到符合题意的三角形,然后在三角形中根据三角形的边角关系求出距离.
5.解析　(1)证明:取PD的中点F,连接AF、 EF.
因为E为PC的中点,
所以EF是△PCD的中位线,
所以EF∥CD且EF=12CD.
又AB∥CD且AB=12CD,
所以EF∥AB且EF=AB.
所以四边形ABEF是平行四边形,
所以BE∥AF.
因为AD=AP,F为PD的中点,
所以AF⊥PD.
因为AD⊥AB,AB∥CD,所以AD⊥CD.
因为PA⊥平面ADCB,CD⊂平面ADCB,
所以PA⊥CD.
又AD∩PA=A,所以CD⊥平面PAD.
因为AF⊂平面PAD,所以CD⊥AF.
又PD∩CD=D,所以AF⊥平面PCD.
又BE∥AF,所以BE⊥平面PCD.
(2)因为AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,所以AB∥平面PCD.
所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离.
由(1)得AF⊥平面PCD,则AF的长等于点A到平面PCD的距离.
因为AD=AP=2,
所以AF=12PD=12×22+22=2.
故点A到平面PCD的距离为2,
即直线AB到平面PCD的距离为2.
6.D　如图,∵A1C1∥AC,
∴过A1作平面α,使平面α与直线AC和BC1所成的角都等于60°,即过点A1作平面α,使平面α与直线A1C1和BC1所成的角都等于60°,
连接A1B,AB1,设它们的交点为O,连接OC1.

易得∠C1A1B=∠C1BA1=∠A1C1B=60°,由题意可得O为A1B的中点,则OC1⊥A1B,
故要使平面α与直线A1C1和BC1所成的角都等于60°,只要满足OC1⊥平面α即可,符合题意的只有1个平面.
7.B　如图,连接AC,OC1,AC1,OA1,由已知,可得BD⊥CC1,BD⊥AC,因为CC1∩AC=C,所以BD⊥平面ACC1,因为AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1,同理可证A1B⊥AC1,因为BD∩A1B=B,所以AC1⊥平面A1BD,故sin α的最小值为∠AOA1或∠C1OA1的正弦值.

设AA1=2,则AO=2,A1O=6,
在Rt△A1AO中,sin∠AOA1=AA1A1O=63,
cos∠AOA1=AOA1O=33,
则sin∠C1OA1=sin(π-2∠AOA1)
=sin 2∠AOA1=2sin∠AOA1cos∠AOA1
=2×63×33=223>63.
综上所述,sin α的最小值为63.
8.ABC　A正确,因为SD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥SD.因为四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,因为BD∩SD=D,BD,SD⊂平面SBD,所以AC⊥平面SBD,因为SB⊂平面SBD,所以AC⊥SB.
B正确,因为AB∥CD,CD⊂平面SCD,AB⊄平面SCD,所以AB∥平面SCD.
C正确,设AC与BD的交点为O,连接SO,如图,由AC⊥平面 SBD得SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO,易知∠ASO=∠CSO,故SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角.
D不正确,AB与SC所成的角是∠SCD,而DC与SA所成的角是∠SAB,易知∠SCD≠∠SAB.故选ABC.

9.答案　π6
解析　如图,连接BD交AC于点O,连接PO.

因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,底面ABCD是正方形,
所以BD⊥PA,BD⊥AC,因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC,
故BO⊥平面PAC,
则∠BPO即是直线PB与平面PAC所成的角.
又PA=AB=2,所以PB=22,BO=2.
所以sin∠BPO=BOPB=12,
所以∠BPO=π6.
所以直线PB与平面PAC所成的角为π6.
10.解析　连接BD.∵SB=BC,F为SC的中点,
∴SC⊥BF.
又∵SC⊥DF,DF∩BF=F,DF,BF⊂平面BDF,
∴SC⊥平面BDF.
又∵BD⊂平面BDF,
∴SC⊥BD.
∵SA⊥平面ABC,BD⊂平面ABC,
∴SA⊥BD.
又SA∩SC=C,SA,SC⊂平面SAC,
∴BD⊥平面SAC.
∴∠BFD就是BF与平面SAC所成的角.
设SA=AB=a,
则SB=2a.
∵SA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴SA⊥BC.
又∵AB⊥BC,SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,
∴BC⊥平面SAB,
∵SB⊂平面SAB,
∴BC⊥SB,
在Rt△SBC中,SB=BC=2a,则SC=2a,
∴BF=12SC=a.
在Rt△ABC中,AB=a,BC=2a,
∴AC=3a.
∵BD⊥平面SAC,AC⊂平面SAC,
∴BD⊥AC.
由AC·BD=AB·BC,得BD=63a.
在Rt△BFD中,sin∠BFD=BDBF=63aa=63,
∴cos∠BFD=33,
即BF与平面SAC所成角的余弦值为33.