高中苏教版 (2019)13.2 基本图形位置关系随堂练习题

这是一份高中苏教版 (2019)13.2 基本图形位置关系随堂练习题，共71页。试卷主要包含了定义，相关概念，记法，二面角的平面角等内容，欢迎下载使用。

13.2.4 平面与平面的位置关系
【考点梳理】
考点一 平面与平面平行的判定定理
考点二 两个平面平行的性质定理
考点三 二面角的概念
1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形.
2.相关概念：
(1)这条直线叫做二面角的棱；
(2)两个半平面叫做二面角的面.
3.画法：

4.记法：二面角α－l－β或二面角α－AB－β或二面角P－l－Q或二面角P－AB－Q.
5.二面角的平面角：(1)若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB.
(2)二面角的平面角α的取值范围是0°≤α≤180°.平面角是直角的二面角叫做直二面角.
考点四 平面与平面垂直
1.平面与平面垂直的定义
(1)定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.
(2)画法：
(3)记作：α⊥β.
2.平面与平面垂直的判定定理
考点五 平面与平面垂直的性质定理
【题型归纳】
题型一：平面与平面平行的判定定理的应用
1．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，则
2．如图，四边形是矩形，平面，平面，，．
(1)证明：平面平面；
(2)求三棱锥的体积．
3．如图，在正方体中，、分别为、的中点，与交于点.求证：
(1)；
(2)平面平面.
题型二：面面平行证明线线、线面平行
4．给出下列命题：①，，，；
②，，；
③，；
④内的任一直线都平行于．
其中正确的命题是（ ）
A．①③B．②④C．③④D．②③
5．如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M､N分别是AB､PC的中点
（1）求证：MN平面PAD；
（2）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ平面PAD.
6．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，分别为，的中点.设平面与平面的交线为.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）在棱上是否存在点（异于点），使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
题型三、平面与平面垂直的判定
7．如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：
(1)AB∥平面A1B1C；
(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.
8．如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面，且，为中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
9．如图甲，直角梯形中，，，为的中点，在上，且，现沿把四边形折起得到空间几何体，如图乙.在图乙中求证：
(1)平面平面；
(2)平面平面.
题型四、平面与平面垂直的性质定理
10．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PCD⊥平面ABCD.
求证：AD⊥平面PCD.
11．如图，三棱锥中，平面平面ABC，，点D，E在线段AC上，且，，点F在线段AB上，且．求证：平面PFE．
12．如图1，在直角梯形ABCD中，，，且.现以为一边向形外作正方形，然后沿边将正方形翻折，使平面与平面垂直，为的中点，如图2.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
题型五、二面角的求法
13．如图，在三棱锥中，平面，，则二面角的平面角是（ ）
A．90°B．60°C．45°D．30°
14．如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线SC所成的角为60°.
(1)求证：平面MAP⊥平面SAC.
(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；
15．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥BC，，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.
(1)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(2)求二面角P－BC－A的平面角的大小.
题型六、二面角的大小的应用
16．如图，把两个完全相同的直三角尺，斜边重合，沿其斜边折叠形成一个120°的二面角，其中，且，则空间四边形外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
17．如图，在四棱锥中，平面中，四边形ABCD是正方形，点E在棱SD上，．
(1)证明：；
(2)若正方形ABCD的边长为1，二面角的大小为45°，求四棱锥的体积.
18．如图，已知三棱锥，底面是等腰三角形，，是等边三角形，为线段上一点，，二面角的大小为.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【双基达标】
一、单选题
19．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给定下列四个命题，其中的真命题是（ ）
①若m⊥n，n⊂α，则m⊥α；②若m⊥α，n⊂α，则m⊥n；③若m⊥α，n⊥α，则m∥n；④若m⊂α，n⊂β，α∥β，则m∥n．
A．①和②B．②和③
C．③和④D．①和④
20．平面与平面平行的条件可以是（ ）
A．内有无穷多条直线与平行B．直线，
C．直线，直线，且，D．内的任何直线都与平行
21．设是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出下面四个说法：
①若，，则；
②若，，则；
③若，，则；
④若，，，则.
其中所有错误说法的序号是（ ）
A．①③B．①④C．①③④D．②③④
22．已知平面与平面交于直线，且直线，直线，且直线，，不重合，则下列命题错误的是（ ）
A．若，，且与不垂直，则
B．若，，则
C．若，，且与不平行，则
D．若，，则
23．已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，有下列说法：
①诺，则； ②若，则
③若，则； ④若，则；
其中所有正确说法的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
24．设，，为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则其中正确命题的序号为（ ）
①，，则；②，，，则；
③，，，则；④，，，则
A．①③B．②③C．②④D．③④
25．给出下列三个命题：
①垂直于同一直线的两个平面互相平行；
②若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
③若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么这条直线垂直于这个平面.
其中真命题的个数是（ ）
A．1B．2
C．3D．0
26．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
27．如图，在四棱锥P－ABCD中，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点，DC//AB，求证：平面PAB//平面EFG.
28．如图，矩形梯形，，，，，， ．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【高分突破】
一：单选题
29．设m，n是不同的直线，是不同的平面，下列命题中正确的是
A．若
B．若
C．若
D．若
30．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，，则下列结论正确的是
A．
B．平面
C．直线∥平面
D．
31．已知､是不重合的直线，､是不重合的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
32．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，，则.其中正确的命题是
A．②③B．①③C．②④D．①④
33．设，是不同的直线，，，是三个不同的平面，有以下四个命题：
①若，，，则；
②若，，，则；
③若，，则.
④若，，，则；其中正确命题的序号是（ ）
A．①③B．②③C．③④D．①④
34．如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题中错误的是（ ）

A．
B．与是异面直线
C．平面平面
D．平面
35．下列命题正确的是（ ）
A．一个平面内两条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
B．如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
C．平行于同一直线的两个平面一定相互平行
D．如果一个平面内的无数条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行
二、多选题(共0分)
36．已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则给出的下列说法中，正确的是（ ）
A．若，，则B．若，m∥，则
C．若，则D．若，则
37．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
B．若m∥n，m∥α，则n∥α
C．若m⊂α，n⊂β，则m，n是异面直线
D．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n是异面直线
38．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）
A．在棱上存在点，使平面
B．异面直线与所成的角为90°
C．二面角的大小为45°
D．平面
39．已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则∥
B．若，，，则
C．若，∥，∥，则∥
D．若，，，则
40．已知是空间两个不同的平面，是空间两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是（ ）
A．，，且，则B．，，且，则
C． ，，且，则D．，，且，则
41．如图，平面四边形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，，，，将沿对角线BD折起至，使平面平面，则四面体中，下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线CD与所成的角为90°
C．异面直线EF与所成的角为60°
D．直线与平面BCD所成角为30°
三、填空题(共0分)
42．如图，在四棱锥中，底面且底面各边都相等，是上一点， 当点满足___________ 时，平面平面(只要填写一个你认为正确的条件即可)
43．已知两条不同的直线，，两个不重合的平面，，给出下面五个命题：
①，；
②，，；
③，；
④，；
⑤，，．
其中正确命题的序号是_________．（将所有正确命题的序号都填在横线上）
44．如图，在三棱锥内，侧面底面，且，则 ________．
45．设、、为三条不同的直线，、、为三个不同的平面，则
①若，，，则；
②若，，，则；
③若，，，则；
④若，，，则；
⑤若，，，，则．
以上命题正确的有________________
46．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，则或；
②若，则；
③若不垂直于平面，则不可能垂直于内的无数条直线；
④若，则.
其中正确的是__________.(填上所有正确的序号)
47．在二面角中，，，，，且，，若，，二面角的余弦值为，则__________．
四、解答题(共0分)
48．如图，在边长为4的正方形中，点分别是的中点，点在上，且，将分别沿折叠，使点重合于点，如图所示.
试判断与平面的位置关系，并给出证明；
求二面角的余弦值.
49．如图，在三棱柱中，，为的中点，，
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成的角.
50．如图，在矩形中，，E为的中点，把△和△分别沿折起，使点B与点C重合于点P．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
51．已知正方体ABCD-A1B1C1D1，为底面的中心．求证：
（1）平面AB1D1//平面C1BD；
（2）．
52．如图所示，为圆的直径，圆所在的平面，B为圆周上与点A，C均不重合的点，于S，于N.
（1）求证：平面平面；
（2）设直线与平面所成角为，当变化时，求的取值范围.
53．已知四棱锥的底面是矩形，面，，.
（1）作于，于，求证：平面；
（2）求二面角的正切值.
54．如图，在四棱柱中，点是线段上的一个动点，，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）设为棱上的一点，问：当在什么位置时，平面平面？
55．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
56．在棱长为的正方体中，是的中点.
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求二面角的正弦值.
57．如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，且．
（1）若，直线与所成的角为，求二面角的大小；
（2）若E为线段上一点，试确定点E的位置，使得平面平面，并说明理由．
文字语言
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
符号语言
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂α，b⊂α，,a∩b＝A，,a∥β，b∥β))⇒α∥β
图形语言
文字语言
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行
符号语言
α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b
图形语言
文字语言
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
符号语言
l⊥α，l⊂β⇒α⊥β
图形语言
文字语言
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
符号语言
α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β
图形语言
【答案详解】
1．D
【解析】
【分析】
利用线面平行、面面平行的判定、性质定理，依次分析即得解
【详解】
选项A：有可能出现的情况；
选项B：和有可能异面；
选项C：和有可能相交；
选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，
故选：D
2．(1)证明见解析
(2)1
【解析】
【分析】
（1）由平面，平面，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，平面，然后利用面面平行的判定定理证明；
（2）由平面，得到点到平面的距离，然后利用求解．
(1)
证明：平面，平面，
，
又平面，平面，
平面，
在矩形中，，且平面，平面，
平面，
又，
∴平面平面．
(2)
平面，
∴点到平面的距离为，
∵四边形是矩形，，，
，
．
3．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）证明出四边形为平行四边形，可证得结论成立；
（2）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.
(1)
证明：在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则.
(2)
证明：因为四边形为正方形，，则为的中点，
因为为的中点，则，
平面，平面，所以，平面，
因为，平面，平面，所以，平面，
因为，因此，平面平面.
4．C
【解析】
【分析】
利用面面平行的判定定理可判断①；举特例可判断②；利用面面平行的性质可判断③；利用面面平行的判定定理可判断④即可作答.
【详解】
因，，，，而直线m与n不一定相交，由面面平行的判定定理知，①错；
长方体的二相对面与面分别视为平面，，显然有，，而与是异面直线，②错；
因，，由平面与平面平行的性质知成立，③正确；
因内的任一直线都平行于，则在平面内必然存在两条相交直线都平行于平面，于是有，④正确，
所以正确的命题是③④.
故选：C
5．（1）证明见解析；（2）当在的中点时，平面平面.
【解析】
【分析】
（1）取中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可证明平面；
（2）假设第一问的即为所求，再利用面面平行进行证明.
【详解】
（1）证明：取中点，连接，
分别是的中点，
.
，
又面，面，
∴面.
同理可证：面.
又面，面，,
平面平面，
平面，
平面
（2）解：假设第一问的即为所求
在的中点，
分别是的中点，为的中点
且
则平面平面
且
所以平面平面.
所以第一问的点即为所求，当在的中点时，平面平面.
【点睛】
（1）立体几何中位置关系的证明一般用判定定理；
（2）存在性问题的证明：先假设存在，在进行证明.如果存在，可以证明；如果推出矛盾，则不存在.
6．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接， 易知为的中点，进而得，再结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）由题知平面，进而根据线面平行的性质定理即可证明；
（3））假设在棱上存在点（异于点），使得平面，进而在平面中，过点作的平行线，交于，故平面平面，进而得，另一方面，在平行四边形中，与不平行，矛盾，故不存在.
【详解】
解：（1）证明：连接，因为底面为平行四边形，为的中点，
所以为的中点，因为为的中点，
所以在中，，
因为平面，平面，
所以平面
（2）因为底面为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面与平面的交线为，平面，
所以
（3）假设在棱上存在点（异于点），使得平面，
在平面中，过点作的平行线，交于，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以
另一方面，在平行四边形中，与不平行，矛盾，
所以在棱上不存在点（异于点），使得平面.
7．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由AB∥A1B1结合线面平行判定定理证明即可；
（2）证明AB1⊥平面A1BC，再由AB1⊂平面ABB1A1得出平面ABB1A1⊥平面A1BC.
(1)
在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1.
因为AB平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.
(2)
在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，
四边形ABB1A1为平行四边形.
又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.
因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.
因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.
因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.
8．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的中位线定理平行四边形的判定，再结合及线面平行的判定定理即可证明；
（2）利用等腰三角形的三线合一得出，及线面垂直得，进而证明面，
再利用面面垂直的判定定理即可证明；
（3）根据等体积法，求出点G到平面CDF的距离为，再利用线面角的定义即可求解.
(1)
取中点，连，.如图所示
∵为中点，∴
又，∴.
∴四边形为平行四边形.
∴.
又面，面，∴平面.
(2)
∵为平行四边形，∴、、、共面.
∵为正三角形，为中点，∴.
又面，.
∴面，∴.
且.∴面.
又面，∴面面.
(3)
取BC中点G，连DG，FG.
则，且.
∴直线AB与面PCD所成角即为DG与面PDC所成角.
又，，，.
∴面面，且面PAB，∴面.
设G到平面CDF的距离为，由等积法
∴，∴.
设与面所成角为.
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
9．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立.
(1)
证明：翻折前，，翻折后，则有，，
因为平面，平面，平面，
因为平面，平面，平面，
因为，因此，平面平面.
(2)
证明：翻折前，在梯形中，，，则，
，则，
翻折后，对应地，，，因为，所以，平面，
，则平面，
平面，因此，平面平面.
10．证明见解析
【解析】
【分析】
利用面面垂直的性质定理证明.
【详解】
证明：在矩形ABCD中，AD⊥CD，
又∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，AD⊂平面ABCD，
根据面面垂直的性质定理得：AD⊥平面PCD.
11．证明见解析.
【解析】
【分析】
由等腰三角形的性质证明PE⊥AC.然后证明出PE⊥AB，AB⊥EF，利用线面垂直的判定定理证明直线AB⊥平面PEF.
【详解】
由知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.
又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，且平面PAC，PE⊥AC，
所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.
因为，EF//BC，故AB⊥EF，
从而AB与平面PEF内两条相交直线PE，EF都垂直，
所以AB⊥平面PEF.
12．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用三角形中位线定理、平行四边形的判定定理和性质定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据面面垂直的性质定理，结合勾股的逆定理、线面垂直的判定定理进行证明即可
【详解】
证明：取中点，连结.
在中， 分别为的中点，
所以，且.
由已知，， 所以，且，
因此四边形是平行四边形，所以有，
又因为平面，且平面， 所以平面；
（2）证明：在正方形中，.
又因为平面平面ABCD中，且平面平面，
所以平面ABCD，又平面ABCD，所以.
在直角梯形ABCD中，，可得.
在中，， 所以.
所以， ，平面，
平面.
13．A
【解析】
【分析】
由平面可得，，再由，故为所求二面角．
【详解】
解：平面，平面，平面，
，，
因为，所以，
为二面角的平面角，
，
二面角为直二面角．
故选：．
14．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；
（2）由AC⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得，在中，可得，从而在中，即可求解二面角M—AC—B的平面角的正切值.
(1)
证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，
又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C，
∴BC⊥平面SAC，
又∵P，M是SC、SB的中点，
∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP，
∴平面MAP⊥平面SAC；
(2)
解：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C，
∴AC⊥平面SBC，
∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，
∵直线AM与直线PC所成的角为60°，
∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，
则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股定理可得，
在中，，
在中，.
15．(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，证明，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，则有，从而可得即为二面角P－BC－A的平面角，从而可得出答案.
(1)
证明：因为PA⊥AB，PA⊥AC，，
所以平面，
又因平面，所以，
因为D为线段AC的中点，，
所以，
又，所以平面PAC，
又因为平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC；
(2)
解：由（1）得平面，
又平面，所以，
因为AB⊥BC，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角P－BC－A的平面角，
在中，，
所以，所以，
即二面角P－BC－A的平面角的大小为.
16．B
【解析】
【分析】
过点作于，连接，证得为二面角的平面角，进而求出的长度，然后取的中点,证得为空间四边形外接球的球心，从而可知为球直径，从而结合球的表面积的公式即可求出结果.
【详解】
过点作于，连接，由于和全等，所以，，所以为二面角的平面角，即，在中，结合余弦定理得，即，因此，因为，所以，
在中，，从而，在中，，又因为，所以，取的中点，连接，由于是和的斜边，所以，故为空间四边形外接球的球心，为球直径，所以空间四边形外接球的半径为，所以空间四边形外接球的表面积为，
故选：B.
17．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
(1)利用给定条件证得平面即可推理作答.
(2)作出二面角的平面角，求出SA的长即可借助锥体体积公式计算作答.
(1)
在四棱锥中，四边形ABCD是正方形，则，
又平面，平面，即，而，平面，
于是得平面，又平面，
所以．
(2)
在平面内过点E作交AD于点N，如图，而平面，则平面，
平面，则，过点N作，垂足为点M，连接EM，
因，平面，因此平面，又平面，则，
平面，平面，平面平面，则是二面角的平面角，即，
而，而，则，又，则有，
由平面，平面得，于是得，
而，正方形ABCD的面积为1，因此，四棱锥的体积为，
所以四棱锥的体积是.
18．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质、余弦定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角的定义、线面角的定义，结合余弦定理进行求解即可.
(1)
取中点，连接，.
因为为等边三角形，所以.
设，因为为等腰三角形，且，所以
，，
在中，，由余弦定理得：
，
所以，故.因为，平面，所以平面，从而.
(2)
在上取点，使，连接，则，
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，
由（1）平面，得平面平面，过作于，则平面，连接，则为直线与平面所成的角.
又由（1）知二面角的平面角为，所以，
设，则，，，，
所以在中，余弦定理得:
，
在中求得，，
在中，余弦定理得：
，又.
所以.
即直线与平面所成角的正弦值为.
19．B
【解析】
【分析】
由直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判断即可.
【详解】
①中，直线m垂直于平面α内的一条直线n，则直线m与平面α不一定垂直，所以①不是真命题；
②是直线与平面垂直的定义的应用，所以②是真命题；
③是直线与平面垂直的性质定理，所以③是真命题；
④中，分别在两个平行平面α，β内的直线m，n平行或异面，所以④不是真命题.
故选：B．
20．D
【解析】
【分析】
由题意利用平面与平面平行的判定和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【详解】
解：当内有无穷多条直线与平行时，与可能平行，也可能相交，故A错误．
当直线，时，与可能平行也可能相交，故B错误．
当直线，直线，且，，如果，都平行，的交线时满足条件，但是与相交，故C错误．
当内的任何直线都与 平行时，由两个平面平行的定义可得，这两个平面平行，故D正确；
故选：D．
21．C
【解析】
【分析】
①利用平面与平面的位置关系判断；②利用线面垂直的性质定理判断；③利用直线与直线的位置关系判断；④利用面面垂直的性质定理判断.
【详解】
①若，，则或相交，故错误；
②若，，则可得，故正确；
③若，，则，故错误；
④若，，，当时，，故错误.
故选：C
22．D
【解析】
【分析】
根据面面垂直、线线垂直的有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】
依题意，直线，直线，且直线，，不重合，
对于A选项，，，且与不垂直，
设，则相交，根据面面垂直的性质定理可知，所以，
由于相交，所以，所以.所以A选项正确.
对于B选项，，，根据面面垂直的性质定理可知，所以，所以B选项正确.
对于C选项，，，且与不平行，则相交，所以，由于，所以，所以C选项正确.
对于D选项，，，与不一定垂直，所以D选项错误.
故选：D
23．B
【解析】
【分析】
由线面平行与垂直的性质可判断①；由线面平行与线面位置关系可判断②；由面面垂直的判定③；由线面平行与线线位置关系可判断④
【详解】
①，由线面平行与线面垂直的性质可知，故①正确；
②，则可能是，故②错误；
③，则由面面垂直的判定可知，故③正确；
④若，则可能是异面，故④错误；
正确说法的个数为2，
故选：B
24．C
【解析】
【分析】
对于①，与相交或平行；对于②，由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得；对于③，与相交、平行或；对于④，由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得．
【详解】
对于①，，，则与相交或平行，故①错误；
对于②，，，，则由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得，故②正确；
对于③，，，，则与相交、平行或，故③错误；
对于④，，，，则由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得，故④正确．
故选：C
25．B
【解析】
【分析】
根据线面，面面的关系可判断得选项.
【详解】
解：垂直于同一直线的两个平面互相平行故①为真命题；
需要一个平面内有的两条相交直线与另一个平面都平行，这两个平面才相互平行，故②为假命题；
由线面垂直的定义：一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么这条直线垂直于这个平面.故③为真命题，
故真命题的个数是2个，
故选：B．
26．C
【解析】
【分析】
根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】
对于A选项，若，，则或异面，故A选项错误；
对于B选项，若，则或相交，故B选项错误；
对于C选项，由得，所以当时，，故C选项正确；
对于D选项，若且时，，故D选项错误；
故选：C
27．证明见解析
【解析】
【分析】
根据面面平行的判定定理进行证明.
【详解】
由于分别是的中点，
所以是三角形的中位线，
所以，
由于，所以，
由于平面，平面，
所以平面.
由于分别是的中点，
所以是三角形的中位线，
所以，
由于平面，平面，
所以平面.
由于，
所以平面PAB//平面EFG.
28．（1）证明见解析 （2）
【解析】
【分析】
(1)由条件可得，取过点作交于点，连接，可证，从而可证明结论.
（2）由平面平面BEFC结合面面垂直的性质可得平面BEFC，过C作交EF的延长线于M，连接DM，可得为二面角的平面角，然后求解三角形得答案.
【详解】
(1)∵平面平面BEFC，平面平面，，
∴平面BEFC，平面BEFC，所以
取过点作交于点，则且
所以,故
连接,由条件可得,所以
所以,则
又，所以平面；
（2）解：∵平面平面BEFC，平面平面，，
∴平面BEFC，
过C作交EF的延长线于M，连接DM，
则为二面角的平面角，
在梯形BCEF中，由，，可得，
∴，
又，∴，
又，∴.
∴.
【点睛】
本题考查线面垂直的证明和求二面角，解答本题的关键是由条件得出平面BEFC，过C作交EF的延长线于M，连接DM，则为二面角的平面角，属于中档题.
29．B
【解析】
【分析】
在正方体中举例来一一排除．
【详解】
如下图正方体中，
对于A，令直线，直线，平面,平面,
但平面与平面不平行，所以A错误．
对于C，令直线，直线，平面,平面,
但平面与平面不平行，所以C错误．
对于D，令直线，直线，平面,平面,
但平面与平面不垂直，所以D错误．
故选B
【点睛】
本题主要考查了面面垂直，平行的判定，可在正方体中举例一一排除，或者直接证明某个选项正确．
30．D
【解析】
【详解】
解：∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，
所以A不成立，又，平面PAB⊥平面PAE，
所以平面PAB⊥平面PBC也不成立；BC∥AD∥平面PAD，
∴直线BC∥平面PAE也不成立．
在Rt△PAD中，PA=AD=2AB，∴∠PDA=45°，
故选D．
31．D
【解析】
【分析】
由空间中的线线、线面、面面关系逐个分析判断即可
【详解】
若，，则与可能平行也可能异面，故为假命题；
若，，则与也可能相交，故为假命题；
若，，则可能在平面上，故为假命题；
在中，此命题正确.因为垂直于同一直线的两个平面互相平行；
故选：D.
32．B
【解析】
【分析】
利用空间中线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定与性质即可作答.
【详解】
垂直于同一条直线的两个平面互相平行,故①对；平行于同一条直线的两个平面相交或平行，故②错；若，，，则或与为异面直线或与为相交直线，故④错；若，则存在过直线的平面，平面交平面于直线，，又因为，所以，又因为平面，所以，故③对.
故选B.
【点睛】
本题主要考查空间中，直线与平面平行或垂直的判定与性质,以及平面与平面平行或垂直的判定与性质，属于基础题型.
33．D
【解析】
根据空间线面位置关系的性质和判定定理判断或举出反例说明.
【详解】
对①，根据垂直于两个平行平面中一个平面的直线与另一个平面也垂直，
以及垂直于同一个平面的两条直线平行，故①正确；
对②，设三棱柱的三个侧面分别为，其中两条侧棱为，
显然，但与不平行，故②错误.
对③，当三个平面两两垂直时，显然结论不成立，故③错误.
对④，∵，当时，，故④正确.
故选：D.
【点睛】
该题考查空间线面位置关系的判断，属于中档题目
.
34．D
【解析】
【分析】
由中位线性质可证得，知A正确；
由异面直线的定义可知B正确；
利用线面平行判定定理可证得平面，平面，由面面平行的判定知C正确；
根据空间中直线与平面位置关系的判断知D错误.
【详解】
连接，
对于A，分别为中点，，
又，，A正确；
对于B，平面，平面，平面，
直线与为异面直线，B正确；
对于C，由A知：，又平面，平面，平面，同理可证：平面，
，平面，平面平面，C正确；
对于D，，且，平面，
与相交，又平面，与平面相交，D错误.
故选：D.
35．B
【解析】
【分析】
根据面面平行的知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
对于A选项，这两个平面可能相交，故A选项错误.
对于B选项，如果一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行，正确，故B选项正确.
对于C选项，这两个平面可能相交，故C选项错误.
对于D选项，这两个平面可能相交，故D选项错误.
故选：B
36．AD
【解析】
【分析】
根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】
根据垂直于同一个平面的两条直线相互平行，所以A正确；
若，当，m∥时，平面与不一定平行，所以B不正确；
由，则可能在平面内，所以C不正确；
由两平面平行，其中一个平面的垂线也一定垂直于另外一个平面，所以D也是正确的.
故选：AD.
【点睛】
本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，属于基础题.
37．AD
【解析】
【分析】
利用线面垂直的判定，线面平行的判定，线线的位置关系及面面平行的性质逐一判断即可.
【详解】
由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，得：
对于A，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m∥n，故A正确；
对于B，若m∥n，m∥α，则n∥α或n⊂α，故B错误；
对于C，若m⊂α，n⊂β，则m，n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n是异面直线，故D正确.
故选：AD.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的性质，线面平行的判定和面面平行的性质.
38．ABC
【解析】
【分析】
选项A，取的中点，利用三角形知识得垂直关系，再利用线面垂直的判定定理证明平面；选项B，利用平面，可得；选项C，先作出并证明所求的二面角为，再利用直角三角形知识求解；选项D，利用反证法，假设平面，再证明平面，得到，与与的夹角为矛盾来说明.
【详解】
A选项：如图，取的中点，连接，
∵侧面为正三角形，，
又底面是菱形，，是等边三角形，
又为的中点，
又，，在平面内，且相交于点，
平面，故选项A正确；
B选项：由选项A知，平面，又平面，，
即异面直线与所成的角为90°，故选项B正确；
C选项：∵平面， ，
平面，，，
又平面平面，是二面角的平面角，
设，则，，
在直角中，，即，
故二面角的大小为，故选项C正确；
D选项：因为平面平面，，
所以平面，又平面，所以.
假设平面，则有，又，在平面内，且相交于点，
所以平面，又平面，所以，
而由题可知，与的夹角为，矛盾，故假设不成立，故选项D错误.
故选：ABC.
39．AC
【解析】
【分析】
根据空间中的线线、线面、面面关系的判定可得选项.
【详解】
对于选项A，垂直于同一个平面的两条直线相互平行，所以选项A正确；
对于选项B，若，，，则与可平行或异面，不一定垂直，所以选项B错误；
对于选项C，若，，，可推出，则选项C正确；
对于选项D，若，，，则与不一定垂直，所以选项D错误；
故选：AC．
【点睛】
方法点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
40．CD
【解析】
【分析】
利用空间线面、面面平行、垂直的性质定理和判定定理分别分析四个命题，即可得到正确答案.
【详解】
A选项，若，，且，则可能相交或平行，故A错误；
B选项，若，，且，则可能相交，也可能平行，故B错误；
C选项，若，，则，又，则；即C正确；
D选项，若，，则或；又，根据面面垂直的判定定理可得：，即D正确.
故选：CD.
41．ABD
【解析】
【分析】
利用直线与平面平行判断选项A；利用直线与平面垂直判断选项B，C；作出直线在平面BCD内射线得线面角求解即可判断选项D.
【详解】
因E，F分别为的中点，则平面，
平面，则平面，A正确；
因平面平面，平面平面，
而，则平面，于是，
异面直线CD与所成的角为90°，B正确；
，则，而，
，从而得平面，
，，异面直线EF与所成的角为90°，C不正确；
连，由，F为的中点得，
于是有平面，则CF是在平面内射影，
是直线与平面BCD所成角，如图：
而，则，则，D正确.
故选：ABD.
42．DMPC(或BMPC)
【解析】
【详解】
试题分析：连接，因为底面，所以,因为四边形的各边相等，所以,且，所以平面，即，要使平面平面，只需垂直于面上的与相交的直线即可，所以可填；故填．
考点：1．线面垂直的判定；2．面面垂直的判定．
【方法点睛】
本题考查空间中线线、线面、线面垂直关系的转化，属于中档题；在处理空间中的垂直关系或平行关系时，要注意线线垂直或平行的判定，即空间问题平面化；在利用线面或面面垂直的判定或选择时，要注意条件的完备性(如：在证明线面垂直时，往往只重视证明线线垂直，而易忽视平面内的两直线相交)．
43．①④⑤
【解析】
【分析】
根据直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.
【详解】
，，①正确；
，，或异面，②错误；
，或，③错误；
，，④正确；
，，，⑤正确.
故答案为：①④⑤.
44．
【解析】
【分析】
由侧面底面及，利用面面垂直的性质定理可得平面，从而，利用勾股定理计算即可得解.
【详解】
∵侧面底面，交线为，(即)，平面PAC，
∴平面，又平面，
∴，∴.
【点睛】
本题考查了面面垂直的性质定理的应用，考查了空间线、面垂直的相互转化，属于基础题.
45．②④
【解析】
【分析】
利用线线，线面，面面的位置关系以及性质对命题逐个进行判断即可得到答案.
【详解】
①若，，，则或相交；
②若，，，由线面垂直的判定定理可得：；
③若，，，则与相交平行或为异面直线，因此不正确；
④若，，，由线面平行的判定定理及其性质定理可得：；
⑤若，，，，则与不一定垂直．
综上可得：②④正确．
故答案为②④．
【点睛】
本题考查线线，线面，面面的位置关系的判断，考查有关性质定理和判定定理的应用，属于基础题.
46．②④
【解析】
【分析】
由，则这样的直线有无数条，可判定①错误；由线面平行的性质和平行公理，可判定②正确；若不垂直于平面，在平面可以有无数条直线与直线垂直，且这些直线相互平行，可判定③错误；利用线面平行、线面垂直的性质，可判定④正确.
【详解】
对于①中，若，则这样的直线有无数条，所以与的位置关系不确定，所以①错误；
对于②中，由线面平行的性质和平行公理，可得若，则，
所以②正确；
对于③中，若不垂直于平面，但在平面可以有无数条直线与直线垂直，且这些直线相互平行，所以③错误；
对于④中，④若，则，又由，所以，所以④正确.
故答案为：②④.
47．
【解析】
【分析】
过B作，过C作，交于E点，连接ED，找到二面角的平面角，由余弦定理求ED，应用勾股定理求.
【详解】
过B作，过C作，交于E点，连接ED，如下图示，
∴为二面角的平面角，
∵，，二面角的余弦值为，
∴，在△中，，
∴，而，
∴在中，.
故答案为：.
48．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
(1)根据线面平行的判定定理直接证明即可；
（2）连接交与点，先由题中条件得到为二面角的平面角，再解三角形即可得出结果.
【详解】
（1）平面．证明如下：在图1中，连接，交于，交于，
则，
在图2中，连接交于，连接，在中，有，，
．
平面，平面，故平面；
（2）连接交与点，图2中的三角形与三角形PDF分别是图1中的与，，又，平面，则，又，平面，
则为二面角的平面角．
可知，则在中，，则．
在中，，由余弦定理，得．
二面角的余弦值为．
【点睛】
本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求法，熟记线面平行的判定定理以及二面角的概念即可，属于常考题型.
49．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先取等腰底边中点O，三线合一得线线垂直，由已知，得平面，则有，再由平行关系及，得到，得证线面垂直，再证面面垂直；
（2）由平面，得线面角，解直角三角形可求.
【详解】
（1）如图，取中点为，连结，，则.
在中，，
，， 平面
平面，.
由已知，，又，
， 平面
又平面，平面平面.
（2）平面，即为所求.设.
，又是等边三角形，，
.
直线与平面所成的角为.
【点睛】
在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，平面图形中常见的垂直关系有：等腰三角形三线合一；菱形（正方形）对角线互相垂直；矩形的四个内角都是直角；圆的直径所对的角是直角等等.线线垂直的证明，还要注意通过计算的方式（如勾股定理）证明，或者利用已知的垂直关系平移转化得到.
50．（1）证明见详解；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由矩形的性质知，由题意并根据线面垂直的判定即可证平面；
（2）过作于，连接，由已知可证平面，即知为二面角的平面角，结合余弦定理求其余弦值，进而确定其大小.
【详解】
（1）在矩形中，有，
∴由题意知：，而，
∴平面；
（2）过作于，连接，又平面，
由（1）知：，而，所以平面，
∴为二面角的平面角，而，
∴，则，
∵，
∴.
【点睛】
关键点点睛：
（1）根据矩形性质、线面垂直的判定证明线面垂直；
（2）根据定义找到二面角的平面角，应用余弦定理求其余弦值可确定其大小.
51．（1）答案见解析；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，分别证明平面，平面，由面面平行的判定定理可证；（2）在等腰三角形中可证，由平行线的传递性可证.
【详解】
解：（1）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，，且，所以四边形为平行四边形，则，同理
平面，平面，所以平面，同理平面，且，所以平面AB1D1//平面C1BD；
（2）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，，为的中点，所以，又，所以.
52．(1)见详解；（2）.
【解析】
【分析】
(1)根据已知条件，只需证明，即可得到平面，进而可证平面平面；
(2)现根据题意，作出直线与平面所成角为，设，可得，再结合三角恒等变换与基本不等式即可求解.
【详解】
(1) 圆所在的平面，，
又为圆的直径且B为圆周上与点A，C均不重合的点，，
，，平面，平面，且，
平面，
平面，
，
又，且，
平面，
平面，
平面平面.
(2)过点作的垂线交于点，连接，易得平面，
故直线与平面所成角为，即.
设，且，
则，，
因圆所在的平面且，故，
因此，
令且，则，，
故，
因，所以，当且仅当“”时，等号成立，
故，
因此.
53．（1）证明见解析；（2）；
【解析】
（1）由线线垂直证明线面垂直即可；（2）构建空间直角坐标系，利用空间向量求二面角正余弦值，进而求得其正切值.
【详解】
（1）四棱锥的底面是矩形，面有：，，
由，即面，又
∴面，又面，则，又且，
∴面，而面，有，又且，
∴面.
（2）由题意，构建以为原点，以为轴正方向的空间直角坐标系，则有，，，，
∴，，，，
令是面的一个法向量，则：
，若，有，
令是面的一个法向量，则：
，若，有，
，由图二面角为锐角其余弦值为，
∴二面角的正切值为.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定证垂直，通过空间向量求二面角的三角函数值，属于中档题.
54．（1）证明见解析；（2）是中点.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件，连接，推导证得即可得解；
(2)由(1)的结论，取CD的中点G，证明出平面即可作答.
【详解】
（1）在四棱柱中，连接，如图，
因，分别是，的中点，则有，又平面，平面，
所以平面；
（2）是中点，使得平面平面，理由如下：
取CD的中点G，连接EG，FG，而是的中点，于是得，
而平面，平面，
从而得平面，由(1)知平面，，且平面，
因此有平面平面，
所以当是的中点时，平面平面.
55．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接BD，根据线面平行的判定定理只需证明EF∥PD即可；
（2）利用线面垂直的判定定理可得面，再利用面面垂直的判定定理即证．
(1)
如图，连结，则是的中点，又是的中点，
∴，
又 ∵平面，面，
∴平面；
(2)
∵底面是正方形，
∴ ，
∵平面，平面，
∴ ，又，
∴面，又平面，
故平面平面.
56．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，由正方体的几何特征结合平面几何的知识可得，进而可得或其补角即为直线与所成的角，再由余弦定理即可得解；
（2）延长、交于点，作于，连接，由正方体的几何特征及线面垂直的判定与性质可得，进而可得即为二面角的平面角，即可得解.
【详解】
（1）取的中点，连接、，如图，
在正方体中，是的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角即为直线与所成的角，
在棱长为的正方体中 ，是的中点，是的中点，
所以，，
在中，，
所以直线与所成角的余弦值；
（2）延长、交于点，作于，连接，如图，
在正方体中，平面，平面，
所以，，
又，，所以平面，
由平面可得，
所以即为二面角的平面角，
由≌可得，，
所以，
所以，
所以,
所以二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查了异面直线夹角及二面角的求解，考查了运算求解能力与空间思维能力，属于中档题.
57．（1）；（2）当点E在线段上且满足时，面面，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知有，线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定及性质有，即知是二面角的平面角，进而求其大小即可.
（2）若，连接交于点O，连接，由三角形相似及其相似比得，即有底面，由面面垂直的判定可得面面，即可知E的位置.
【详解】
（1）∵，
∴，
∵面，面，
∴，又，
∴面，又平面，
∴，
∴是二面角的平面角，又直线与所成的角为，
∴，即．
在中，有，即二面角的大小为．
（2）当点E在线段上，且满足时，面面．理由如下：
连接交于点O，连接．
由且，得，
∴，则，又面，
∴底面，又面，面面，
∴面面．