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练习题

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练习题，共24页。

考点1 空间点、线、面的位置关系
1.(2021浙江,6,4分,)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,M,N分别是A1D,D1B的中点,则( )
A.直线A1D与直线D1B垂直,直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行,直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交,直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面,直线MN⊥平面BDD1B1
2.(2019课标全国Ⅲ,8,5分,)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则( )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
考点2 空间平行、垂直关系的证明
3.(2020全国Ⅰ,19,12分,)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO=2,圆锥的侧面积为3π,求三棱锥P-ABC的体积.
4.(2020全国Ⅲ,19,12分,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明:
(1)当AB=BC时,EF⊥AC;
(2)点C1在平面AEF内.
5.(2020江苏,15,14分,)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
考点3 空间角

6.(2021全国乙理,5,5分,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为( )
A.π2B.π3C.π4D.π6
7.(2020新高考Ⅰ,4,5分,)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A.20°B.40°C.50°D.90°
8.(2020浙江,19,15分,)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.
(1)证明:EF⊥DB;
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
考点4 空间距离
9.(2019课标全国Ⅰ,16,5分,)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为3,那么P到平面ABC的距离为 .
10.(2019课标全国Ⅰ,19,12分,)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
考点5 立体几何中的探究性问题
11.(2019北京,18,14分,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;
(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.
三年模拟练

1.(2020辽宁沈阳东北育才实验学校高三三模,)已知m,n是两条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,下列命题正确的是( )
A.若m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β
B.若m∥n,m⊥α,n⊥β,则α∥β
C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
D.若m⊥n,m∥α,n⊥β,则α⊥β
2.(2020山东泰安一中高三下月考,)已知α,β是不重合的平面,m,n是不重合的直线,则m⊥α的一个充分条件是( )
A.m⊥n,n⊂αB.m∥β,α⊥β
C.n⊥α,n⊥β,m⊥βD.α∩β=n,α⊥β,m⊥n
3.(2020黑龙江大庆实验中学高三下月考,)长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为( )
4.(2020安徽安庆一中高三下月考,)已知三棱锥P-ABC中,O为AB的中点,PO⊥平面ABC,∠APB=90°,PA=PB=2,则下列说法错误的是( )
A.若O为△ABC的外心,则PC=2
B.若△ABC为等边三角形,则AP⊥BC
C.当∠ACB=90°时,PC与平面PAB所成角的范围为0,π4
D.当PC=4时,M为平面PBC内一动点,若OM∥平面PAC,则M在三角形PBC内的轨迹长度为2
5.(2020广东佛山高三月考,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O是四边形ABCD的中心,关于直线A1O,下列说法正确的是( )
A.A1O∥D1CB.A1O⊥BC
C.A1O∥平面B1CD1D.A1O⊥平面AB1D1
6.(2020广东佛山顺德高三下月考,)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为DD1的中点,M为BD1上一点,N为平面AEC内一点,则M,N两点间距离的最小值为( )
7.(2020湖南长沙长郡中学高三下月考,)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点C关于平面BDC1的对称点为M,则AM与平面ABCD所成角的正切值为( )
D.2
8.(2020山东省实验中学高三一模,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,点F为棱PD的中点.
(1)在棱AB上是否存在一点E,使得AF∥平面PCE?若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由;
(2)当二面角D-FC-B的余弦值为24时,求直线PB与平面ABCD所成的角.
9.(2020北京朝阳六校高三联考,)在四棱锥P- ABCD中,平面ABCD⊥平面PCD,底面ABCD为梯形, AB∥CD, AD⊥DC,且AB=1,AD=DC=DP=2,∠PDC=120°.
(1)求证:AD⊥PC;
(2)求二面角 的余弦值;
从①P-AB-C,②P-BD-C,③P-BC-D这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答;
(3)若M是棱PA的中点,求证:对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.
答案全解全析
五年高考练
1.A 连接AD1,在正方形ADD1A1中,
由M为A1D的中点,可知AD1∩A1D=M,且M为AD1的中点,AD1⊥A1D.
又∵N为D1B的中点,∴MN∥AB.
∵AB⊂平面ABCD,MN⊄平面ABCD,∴MN∥平面ABCD.
∵AB⊥平面ADD1A1,A1D⊂平面ADD1A1,∴AB⊥A1D,
∵AB∩AD1=A,∴A1D⊥平面ABD1,
∴A1D⊥D1B.故A正确.
2.B 过E作EQ⊥CD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上.∵平面ECD⊥平面ABCD,平面ECD∩平面ABCD=CD,∴EQ⊥平面ABCD,∴EQ⊥QN,同理可知BC⊥CE,设CD=2,易得EQ=3,QN=1,则EN=EQ2+QN2=3+1=2,BE=BC2+CE2=4+4=22.易知BE=BD,又∵M为DE的中点,∴BM⊥DE,∴BM=BE2-EM2=8-1=7,∴BM=7>2=EN.∴BM≠EN.
又∵点M、N、B、E均在平面BED内,∴BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,
∴BM,EN是相交直线,故选B.
3.解析 (1)证明:由题设可知,PA=PB=PC.
由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.
又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.
由题设可得rl=3,l2-r2=2.
解得r=1,l=3.从而AB=3.
由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=62.
所以三棱锥P-ABC的体积为13×12×PA×PB×PC=13×12×623=68.
4.证明 (1)连接BD,B1D1.因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故AC⊥BD.又因为BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,所以AC⊥平面BB1D1D.
由于EF⊂平面BB1D1D,
所以EF⊥AC.
(2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG.
因为D1E=23DD1,AG=23AA1,DD1?AA1,所以ED1?AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AE∥GD1.
因为B1F=13BB1,A1G=13AA1,BB1?AA1,所以FG?A1B1,FG?C1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故GD1∥FC1.
于是AE∥FC1.所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内.
5.证明 (1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,
又EF⊄平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以B1C⊥AB.
又AB⊥AC,B1C⊂平面AB1C,
AC⊂平面AB1C,B1C∩AC=C,
所以AB⊥平面AB1C,
又因为AB⊂平面ABB1,
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
6.D 如图所示,连接BC1,C1P,易知四边形ABC1D1是平行四边形,∴BC1∥AD1,∴∠C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与BP所成的角,设正方体的棱长为a,则BC1=2a,C1P=22a,连接AC、BD,设AC交BD于点O,连接OP,则OP⊥平面ABCD,∵OB⊂平面ABCD,∴OP⊥OB,∴PB=a2+22a2=62a.在△C1BP中,cs∠PBC1=BP2+BC12-PC122BP·BC1=32,∴∠PBC1=π6,即直线PB与AD1所成的角为π6.故选D.
7.B 由题意作出如图所示的截面图,设所求角为α,
由图易知α=40°.故选B.
8.解析 (1)证明:如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB.
由∠ACD=45°,DO⊥AC得CD=2CO,
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC.
由∠ACB=45°,BC=12CD=22CO得BO⊥BC.所以BC⊥平面BDO,
故BC⊥DB.
由三棱台ABC-DEF得BC∥EF,所以EF⊥DB.
(2)过点O作OH⊥BD,交直线BD于点H,连接CH.
由三棱台ABC-DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO得OH⊥BC,故OH⊥平面BCD,
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
设CD=22,
由DO=OC=2,BO=BC=2,
得BD=6,OH=233,
所以sin∠OCH=OHOC=33,
因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.
9.答案 2
解析 设PO⊥平面ABC于O,PE⊥AC于E,PF⊥BC于F,连接OE、OF、OC,
∵PO⊥平面ABC,∴PO⊥AC,
又PO∩PE=P,∴AC⊥平面POE,
∴AC⊥OE,
同理有BC⊥OF,∴四边形OECF为矩形,
∵PC=PC且PE=PF,
∴Rt△PEC≌Rt△PFC,
∴EC=FC=PC2-PE2=1,
∴四边形OECF是边长为1的正方形,
∴OC=2,
在Rt△POC中,PO=PC2-OC2=2.
10.解析 (1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.
由题设知A1B1?DC,可得B1C?A1D,故ME?ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH.
从而CH⊥平面C1DE,
故CH的长即为C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=17,
故CH=41717.
从而点C到平面C1DE的距离为41717.
11.解析 (1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.
因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.
(2)证明:因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,
所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又因为PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.又因为AE⊂平面PAE,
所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.
取F为PB的中点,取G为PA的中点,连接CF,FG,EG,
则FG∥AB,且FG=12AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,所以CE∥AB,且CE=12AB,
所以FG∥CE,且FG=CE,
所以四边形CEGF为平行四边形,
所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,
所以CF∥平面PAE.
三年模拟练
1.B 若m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β或α与β相交,故A错;
若m∥n,m⊥α,则n⊥α,又n⊥β,α,β是两个不重合的平面,所以α∥β,故B正确;
若m⊥n,m⊂α,则n⊂α或n与α相交,又n⊂β,α,β是两个不重合的平面,所以α与β相交,故C错;
若m⊥n,m∥α,则n⊂α或n∥α或n与α相交,又n⊥β,α,β是两个不重合的平面,所以α∥β或α与β相交,故D错.
故选B.
2.C 对于A,由m⊥n,n⊂α,得m与α相交或m∥α,故A不符合;
对于B,由m∥β,α⊥β,得m与α相交或m∥α,故B不符合;
对于C,由n⊥α,n⊥β,得α∥β,又m⊥β,所以m⊥α,故C符合;
对于D,由α∩β=n,α⊥β,m⊥n,得m与α相交或m∥α或m⊂α,故D不符合.
故选C.
3.B 连接AD1,D1E,则AD1∥BC1,∴∠D1AE(或其补角)就是异面直线BC1与AE所成的角.
在△D1AE中,AD1=5,AE=6,D1E=5,
∴cs∠D1AE=D1A2+AE2-D1E22D1A·AE=5+6-52×5×6=3010,∴异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.故选B.
4.B 若O为△ABC的外心,则OA=OB=OC,∵PO⊥平面ABC,∴PA=PB=PC,故A正确;
假设PA⊥BC,又由题意得PO⊥BC,∴BC⊥平面APB,∴BC⊥AB,与△ABC为等边三角形矛盾,故B错误;
当∠ACB=90°时,连接OC,则OC=2,PC=2,过C作CH⊥AB,连接PH,则∠CPH为PC与平面PAB所成角,如图1,sin∠CPH=CH2∈0,22,
∴∠CPH的范围为0,π4,故C正确;
图1
取M1、M2分别为PB、BC的中点,则平面OM1M2∥平面APC,∴线段M1M2为M在三角形PBC内的轨迹,其长度为2,故D正确.
图2
5.C 如图所示,设A1C1∩B1D1=M,则M为A1C1的中点.连接MC.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
易知AC∥A1C1,且AC=A1C1,
∵点O、M分别为AC、A1C1的中点,
∴A1M∥OC,且A1M=OC,
∴四边形A1MCO为平行四边形,
∴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,∴A选项中的命题错误;
连接BM,易知BM=CM,则△BCM为等腰三角形,且BC为底,∴BC与CM不垂直,
∵A1O∥CM,∴A1O与BC不垂直,∴B选项中的命题错误;
∵A1O∥CM,A1O⊄平面B1CD1,CM⊂平面B1CD1,∴A1O∥平面B1CD1,
∴C选项中的命题正确;
∵四边形A1B1C1D1为正方形,
∴B1D1⊥A1C1,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,
∴B1D1⊥CC1,∵A1C1∩CC1=C1,∴B1D1⊥平面A1CC1,
∵A1C⊂平面A1CC1,∴A1C⊥B1D1,同理可证A1C⊥AB1,且AB1∩B1D1=B1,
∴A1C⊥平面AB1D1,∴A1O与平面AB1D1不垂直,D选项中的命题错误.故选C.
6.B 如图所示.
由题意可知OE是三角形BDD1的中位线,故所求M,N两点间距离的最小值即为求OE与BD1两平行线间的距离,设其为d,由题意得DD1=1,BD=2,BD1=3,所以有12BD·DD1=12BD1·2d,解得d=66.故选B.
7.B 由题意可得BD=DC1=BC1=2,
设点C到平面BDC1的距离为h.
由VC-BDC1=VC1-DCB,得13S△BDC1·h=13S△DBC·CC1,则13×34×(2)2h=13×1×12,
解得h=33,
∴点C到平面BDC1的距离为33.
连接A1C,CA,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,DB⊥AC,DB⊥AA1,又AC∩AA1=A,∴DB⊥平面A1AC,∴A1C⊥DB.连接B1C,同理可证BC1⊥平面A1B1C,∴A1C⊥BC1,
又DB∩BC1=B,∴A1C⊥平面BDC1.
又点C关于平面BDC1的对称点为M,
∴点M在线段A1C上,
∵点C到平面BDC1的距离为33,
∴CM=233.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1C=3,
∴CM=23CA1,
∴点M为A1C上靠近点A1的三等分点,过M作CA的垂线交CA于M',则MM'∥A1A,MM'=23A1A=23,AM'=13AC=23,
由于A1A⊥平面ABCD,
∴MM'⊥平面ABCD,
连接MA,则AM与平面ABCD所成的角为∠MAM',tan∠MAM'=MM'AM'=2323=2,
∴AM与平面ABCD所成角的正切值为2.
8.解析 (1)在棱AB上存在点E,使得AF∥平面PCE,点E为棱AB的中点.
取PC的中点Q,连接EQ、FQ,由题意得,FQ∥DC且FQ=12CD,AE∥CD,且AE=12CD,∴AE∥FQ,且AE=FQ,
∴四边形AEQF为平行四边形,
∴AF∥EQ,又EQ⊂平面PEC,AF⊄平面PEC,∴AF∥平面PEC.
(2)设PD=a,∵∠ADP=90°,∴PD⊥AD.
∵平面ADP⊥平面ABCD,平面ADP∩平面ABCD=AD,∴PD⊥平面ABCD.
连接BD,则∠PBD就是直线PB与平面ABCD所成的角.
由题意得,△BDC为等边三角形.
过B作BH⊥CD于H,则H为CD的中点,
∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥BH,又PD∩CD=D,∴BH⊥平面PDC.
过H作HG⊥FC于G,连接BG,则∠BGH就是二面角D-FC-B的平面角.
∵cs∠BGH=24,∴tan∠BGH=7,
易得BH=3,∴GH=217.
∵sin∠GCH=GHHC=FDFC,∴a2a22+22=2171,解得a=23,
∴tan∠PBD=PDBD=232=3,
∴∠PBD=60°,即直线PB与平面ABCD所成的角为60°.
9.解析 (1)证明:∵平面ABCD⊥平面PCD,平面ABCD∩平面PCD=CD,AD⊂平面ABCD,AD⊥DC,∴AD⊥平面PCD,又PC⊂平面PCD,∴AD⊥PC.
(2)若选①,过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O.
∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO⊂平面PCD,
∴PO⊥平面ABCD,
过O作OE∥AD交BA的延长线于点E,
∵AB∥CD,AD⊥CD,∴OE⊥AB,连接PE,∵PO⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,
∴PO⊥AB,∵PO∩OE=O,∴AB⊥平面POE,又PE⊂平面POE,∴AB⊥PE,
∴∠PEO就是二面角P-AB-C的平面角.
由题意得,PO=PD·sin 60°=3,OE=AD=2,∴PE=7∴cs∠PEO=277,
即二面角P-AB-C的余弦值为277.
若选②,过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O,连接BD.
∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO⊂平面PCD,
∴PO⊥平面ABCD,过点O作OM⊥BD交BD的延长线于点M,连接PM,
∵PO⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PO⊥BD,∵PO∩OM=O,∴BD⊥平面POM,
又PM⊂平面POM,∴BD⊥PM,∴∠PMO为二面角P-BD-C的平面角的补角,
易算得OM=255,PM=955,
∴cs∠PMO=OMPM=21919,
∴二面角P-BD-C的余弦值为-21919.
若选③,过点P作PO⊥CD交CD的延长线于点O.
∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,PO⊂平面PCD,
∴PO⊥平面ABCD,过点O作OH⊥BC交BC于点H,连接PH,
∵PO⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴PO⊥BC,又PO∩OH=O,∴BC⊥平面POH,
又PH⊂平面POH,
∴BC⊥PH,
∴∠PHO为二面角P-BC-D的平面角,
易算得OH=655,PH=2555,
∴cs∠PHO=OHPH=25117,
∴二面角P-BC-D的余弦值为25117.
(3)证明:连接AC,取AC的中点K,连接MK,则MK∥PC.若棱BC上存在点F,使MF∥PC,易知MK∥MF,显然矛盾,故对于棱BC上任意一点F,MF与PC都不平行.