10.4 平面与平面间的位置关系（第2课时）（七大题型提分练）-【上好课】2024-2025学年高二数学同步精品课堂（沪教版2020必修第三册）

10.4 平面与平面间的位置关系（第2课时） 题型1：判断面面垂直 1．已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．设是三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 题型2：证明面面垂直 3．如图，四棱锥的底面ABCD是菱形，，，F是PB的中点，连接AC，BD，且AC与BD交于点E，连接EF.    (1)求证：平面PCD； (2)求证：平面平面PAC. 4．如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面⊥底面，且，设E，F分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面⊥平面； (3)求直线与平面所成角的大小． 题型3：补全面面垂直的条件 5．已知直线和平面，试利用上述三个元素并借助于它们之间的位置关系，构造出一个判断的真命题 ． 6．如图，PA⊥面ABCD，且ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足条件 时，平面MBD⊥平面PCD.（注：只要填写一个你认为正确的即可） 题型4：由面面垂直推出其他条件 7．如图，在斜三棱柱中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，平面平面，点P是棱的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求与平面所成角． 8．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，且，为等边三角形，G为边AD的中点，平面平面ABCD.    (1)求证：平面PAD； (2)若E为边BC的中点，在边PC上是否存在点F，使平面平面ABCD？证明你的结论. 题型5：求二面角 9．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点.    (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值. 10．如图，在三棱锥中，平面平面，，， E、F分别为棱、的中点． (1)求证：直线平面； (2)若直线与平面所成的角为，直线与平面所成角为，求二面角的大小． 题型6：平面与平面的位置关系的应用（几何应用+实际应用） 11．一斜坡的坡面与水平面所成的二面角大小为，斜坡有一直道，它和坡脚水平线成角，沿这条直道向上100米后，升高了 米． 12．已知正方体，点为线段上的点，则满足平面的点的个数为 . 13．如图，某人沿山坡PQB的直行道AB向上行走，直行道AB与坡脚（直）线PQ成角，山坡与地平面所成二面角的大小为.若此人沿直行道AB向上行走了200米，那么此时离地平面的高度为 米.      14．已知二面角为，P是半平面内一点，点P到平面的距离是1，则点P在平面内的投影到的距离是 ． 15．定义两个相交平面夹角为两个平面所组成的四个二面角的最小值．已知平面与所成的角为，为外一定点，过点的一条直线与所成的角都是，则这样的直线有 . 16．已知直三棱柱，底面三角形是等腰直角三角形，其中为直角顶点，且．若点为棱的中点，点为平面的一动点，则的最小值是 ． 17．如图，已知一个二面角的平面角为，它的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，则线段的长为 . 题型7：动点、翻折等动态问题 18．在四面体中，是边长为2的等边三角形，平面，且，动点，分别在线段（含端点）上和所在平面中运动，满足.记的外心为，则的最大值是 . 19．如图，边长为1的菱形中，，沿将翻折，得到三棱锥，则当三棱锥体积最大时，异面直线与所成的角的余弦值等于 .    20．如图，在棱长均为的正四面体ABCD中，M为AC中点，E为AB中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP+PQ的最小值是 ． 21．在中，已知，，D是斜边上任意一点，如图沿直线将折成直二面角.若折叠后A，B两点间的距离为d，则d的最小值为 . 22．已知如图平面四边形，，，，，现将沿边折起，使得平面平面，点为线段的中点.          (1)求证：平面； (2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值. 一、填空题 1．已知直三棱柱，底面三角形是等腰直角三角形，其中为直角顶点，且．若点为棱的中点，点为平面的一动点，则的最小值是 ． 2．如图，已知在矩形中，，点是边的中点，与相交于点，现将沿折起，点的位置记为，此时，则二面角的余弦值为 ． 3．在三棱锥中，平面，，，三棱锥外接球的表面积为，则二面角正切值的最小值为 . 4．在棱长为的正方体中，动点在平面上运动，且，三棱锥外接球球面上任意一点到点到的距离记为，当平面与平面夹角的正切值为时，则的最大值为 . 5．如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面平面； ②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为； ④点的轨迹的长度为； 其中所有正确结论的序号是 ． 6．如图，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折成，使得平面平面，则下列说法中正确的是 .(填序号)     （1）在平面内存在直线与平行；     （2）在平面内存在直线与垂直 （3）存在点使得直线平面 （4）平面内存在直线与平面平行. （5）存在点使得直线平面 二、单选题 7．如图，点为正方形的中心，△为正三角形，平面⊥平面，是线段的中点，则以下命题中正确的是（    ）． A． B． C．A、、三点共线 D．直线与相交 8．已知三棱锥的底面ABC是等边三角形，平面SAC⊥平面ABC，，M为SB上一点，且．设三棱锥外接球球心为O，则（    ） A．直线OM⊥平面SAC，OA⊥SB B．直线平面SAC，OA⊥SB C．直线OM⊥平面SAC，平面OAM⊥平面SBC D．直线平面SAC，平面OAM⊥平面SBC 三、解答题 9．如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，．    (1)证明：与平面不垂直； (2)证明：平面平面； (3)如果，二面角等于，求二面角的大小． 10．如图是由两个三角形组成的图形，其中，，，．将三角形沿折起，使得平面平面，如图．设是的中点，是的中点．     (1)求直线与平面所成角的大小； (2)连接，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由． 11．如图1，在矩形中，，，点为的中点，将沿直线折起至平面平面（如图2），点在线段上，平面．    (1)求证：； (2)求二面角的大小； (3)若在棱、上分别取中点、，试判断点与平面的关系，并说明理由． 12．如图，已知四面体中，平面，. (1)求证：； (2)若在此四面体中任取两条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取两个面作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取一个面和不在此面上的一条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为，试求的值； (3)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.若此“鳖臑”中，，，有一根彩带经过平面与平面，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度. 13．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面，M是QD的中点．    (1)求证：平面； (2)求侧面QBC与底面所成二面角的余弦值； (3)在棱QC上是否存在点N使平面平面AMC成立？如果存在，求出，如果不存在，说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 10.4 平面与平面间的位置关系（第2课时） 题型1：判断面面垂直 1．已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】利用直线与平面的位置关系的判定和性质即可选出正确答案. 【解析】选项A：根据给定条件有 或； 选项B：根据给定条件有 或； 选项C：根据给定条件有与的位置可能平行、相交或m在α内； 选项D：因为，所以存在直线使得， 又因为，所以，因为，所以. 故选：D. 2．设是三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线线，线面，和面面的位置关系，即可判断选项. 【解析】A.如果是平行直线，那么与不一定垂直，故A错误； B. 若，则或，故B错误； C. 若，则，若，则，故C正确； D.若是平行直线，则与有可能不平行，故D错误. 故选：C 题型2：证明面面垂直 3．如图，四棱锥的底面ABCD是菱形，，，F是PB的中点，连接AC，BD，且AC与BD交于点E，连接EF.    (1)求证：平面PCD； (2)求证：平面平面PAC. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）只要证明即可； （2）证明即可. 【解析】（1）由题知，E是BD的中点，F是PB的中点，∴， 又∵平面PCD，平面PCD， ∴平面PCD； （2）∵，，，AB，平面ABCD，∴平面ABCD， ∵平面ABCD，∴， ∵底面ABCD是菱形，∴， 又，PA，平面PAC， ∴平面PAC， 又平面PBD， ∴平面平面PAC. 4．如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面⊥底面，且，设E，F分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面⊥平面； (3)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)详见解析； (2)详见解析； (3) 【分析】（1）利用线面平行判断判定定理即可证得平面； （2）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得平面⊥平面； （3）先求得直线与平面所成角的正弦值，进而求得该角的大小. 【解析】（1）取中点S，中点T，连接, 又E，F分别为，的中点， 则 , 又，则， 则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面. （2）在△中，，， 由，可得， 由面⊥面，面面， ，面，可得面， 又面，则， 又，，面， 则面，又面， 则平面⊥平面； （3）连接，△中，，则， 又面⊥面，面面，面， 则面，则为点P到面的距离， 又E为的中点，则点E到面的距离为， 又△中，，，， 则，，则点E到面的距离为， 又， 设直线与平面所成角为，则， 又，则 则直线与平面所成角的大小为 题型3：补全面面垂直的条件 5．已知直线和平面，试利用上述三个元素并借助于它们之间的位置关系，构造出一个判断的真命题 ． 【答案】　（答案不唯一） 【分析】根据平面与平面垂直的判定,即可得出一个符合题意的答案. 【解析】由平面与平面垂直的判定定理,可知　. 故答案为：　（答案不唯一） 6．如图，PA⊥面ABCD，且ABCD为菱形，M是PC上的一动点，当点M满足条件 时，平面MBD⊥平面PCD.（注：只要填写一个你认为正确的即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】要平面MBD⊥平面PCD，可以考虑PC⊥平面MBD，进而得出点M满足的条件即可 【解析】根据面面垂直的判定可得，当PC⊥平面MBD时，平面MBD⊥平面PCD，故可以考虑PC⊥平面MBD，此时.当时，根据对称性可得，又，平面MBD，此时PC⊥平面MBD满足题意. 故答案为：（答案不唯一） 题型4：由面面垂直推出其他条件 7．如图，在斜三棱柱中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，平面平面，点P是棱的中点．    (1)求证：平面平面； (2)求与平面所成角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用面面垂直的判定定理即可进行证明； (2)根据几何关系证明平面，则即为与平面所成的角，再利用几何关系求出线面角. 【解析】（1）    证明：连接交于点，连接， 取中点，连接， ∵，且， ∴，且， ∴四边形为平行四边形， ∴． ∵为正三角形， ∴， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，∴平面， 又∵平面， ∴平面平面； （2）由（1）得平面平面， 平面平面，平面， ∴平面，则即为与平面所成的角， 又， ∴在中，， ∵， ∴． 故与平面所成角为． 8．如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，且，为等边三角形，G为边AD的中点，平面平面ABCD.    (1)求证：平面PAD； (2)若E为边BC的中点，在边PC上是否存在点F，使平面平面ABCD？证明你的结论. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）应用面面垂直的性质定理得出线面垂直即可； （2）当F为PC的中点时，满足平面平面ABCD.利用平面平面ABCD，可得平面ABCD，通过平行证明线面垂直，可得平面平面ABCD. 【解析】（1）如图，连接BD，因为底面ABCD是菱形，所以，又因为，所以是等边三角形. 因为G为边AD的中点，所以. 因为平面平面ABCD，平面平面，平面BAD，， 所以平面PAD.    （2）存在点F，且F为PC的中点. 证明如下：取PC的中点F，连接DF，EF，EG，CG，DE，PG，且CG与DE交于点M，连接FM. 因为且，E，G分别是BC，AD的中点，所以，且. 则四边形CEGD是平行四边形， 所以. 又因为，所以. 因为是等边三角形，G是AD的中点， 所以. 又因为平面平面ABCD，平面平面， 所以平面ABCD，所以平面ABCD. 又平面DEF， 所以平面平面ABCD. 题型5：求二面角 9．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点.    (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证； （2）取的中点F，连接EF，CF，且CF交BD于点O，连接OE，即可得到是二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得. 【解析】（1）如图，取的中点，连接，， 因为M是EB的中点，所以MN是的中位线， 所以且， 又，， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面ADE，平面ADE， 所以平面ADE.    （2）如图，取的中点F，连接EF，CF，且CF交BD于点O，连接OE， 由，，，得四边形CDFB是正方形，所以， 因为，所以， 因为平面平面ABE，平面平面，平面ABE， 所以平面，又平面ABCD， 所以，. 又因为，EF，平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以是二面角的平面角， 在中，易知，， 则， ， 所以， 所以二面角的正弦值为. 10．如图，在三棱锥中，平面平面，，， E、F分别为棱、的中点． (1)求证：直线平面； (2)若直线与平面所成的角为，直线与平面所成角为，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据E，F分别是棱、的中点得到，从而可证直线平面； （2）利用线面角与二面角的定义，结合线面垂直的判定定理求得所需线面角与二面角，从而得解. 【解析】（1）∵E，F分别是棱、的中点，∴在中，， ∵平面，平面，∴直线平面； （2）∵平面平面，平面平面， 平面，，∴平面， ∴是直线与平面所成角， ∵直线与平面所成角为， ∴，∴，∵平面，，⊂平面， ∴，，∵，，，平面， ∴平面，∴是直线与平面所成角， ∵直线与平面所成角为，∴， ∴，，设， 则，，，， ∴为等腰直角三角形，， ∵，，∴是二面角的平面角， ∴二面角的大小为． 题型6：平面与平面的位置关系的应用（几何应用+实际应用） 11．一斜坡的坡面与水平面所成的二面角大小为，斜坡有一直道，它和坡脚水平线成角，沿这条直道向上100米后，升高了 米． 【答案】 【分析】作出示意图，作出坡角，即二面角的平面角，结合直道的长，求解三角形，即可求得答案. 【解析】如图，CD表示斜坡上的直道，AB表示坡脚水平线， 由题意知CD＝100米，作DH⊥过BC的水平面，垂足为H，线段DH的长度就是所求的高度， 在平面DBC内，过点D作，连接GH， ∵平面BCH，平面BCH， ∴，又，平面DGH， ∴平面DGH，又平面DGH， ∴， ∴为坡面DGC与水平面BCH所成二面角的平面角，则， 依题意，,则, 故（米）， 故答案为： 12．已知正方体，点为线段上的点，则满足平面的点的个数为 . 【答案】1 【分析】根据面面垂直的性质定理及在一个平面内过一点作已知直线的垂线的唯一性可得结果. 【解析】在正方体中，面，所以平面面， 且平面面，连接，交于P，则有, 即，由面面垂直的性质定理有平面， 又在平面内过点作直线的垂线有且仅有一条， 故垂足点P有且仅有一个， 故答案为：1.     13．如图，某人沿山坡PQB的直行道AB向上行走，直行道AB与坡脚（直）线PQ成角，山坡与地平面所成二面角的大小为.若此人沿直行道AB向上行走了200米，那么此时离地平面的高度为 米.      【答案】 【分析】如图所示作辅助线，确定即为二面角的平面角，得到，根据直角三角形中边角关系得到,再根据，计算得到答案. 【解析】如图所示：过作平面，交于点，于，连接， 平面，平面，故，， 又因为，平面， 故平面，即即为二面角的平面角，， 故， 在中，，故， 在中，， 平面，即为与地平面所成的角， 则离地平面的高度. 故答案为：.    14．已知二面角为，P是半平面内一点，点P到平面的距离是1，则点P在平面内的投影到的距离是 ． 【答案】 【分析】设点P在平面内的投影为点，作于点，连接，证明即为二面角的平面角，再解即可. 【解析】如图，设点P在平面内的投影为点，则，， 作于点，连接， 因为，，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 所以， 在中，， 所以， 即点P在平面内的投影到的距离是. 故答案为：. 15．定义两个相交平面夹角为两个平面所组成的四个二面角的最小值．已知平面与所成的角为，为外一定点，过点的一条直线与所成的角都是，则这样的直线有 . 【答案】4 【分析】过点作平面垂直于平面的交线，并且交直线于点，连接，则，过点在平面内作的平分线，以为轴在的角平分面内转动，根据题意可得出有两条直线满足题意；以为轴在平面内前后转动，根据题意可得出有两条直线满足题意，综合可得结果. 【解析】解：首先给出下面两个结论： ①两条平行线与同一个平面所成的角相等； ②与二面角的两个面成等角的直线在二面角的平分面内或平行于角平分面. （1）如图1，过二面角内任一点作棱的垂面，交棱于点， 与两半平面交于， 因为平面，平面，所以， 则为二面角的平面角，则， 设为的平分线，则， 与平面所成的角都是，此时过点且与平行的直线符合要求， 当以为定点，在二面角的平分面上转动时，与两平面的夹角会变小， 会对称地出现两条符合成的情形； 此时过点且与平行的直线符合条件，有2条，    （2）如图2，设为的补角的平分线，    则，与平面所成的角都是， 当以为定点，在二面角的平分面上转动时， 与两平面夹角变小 ，对称地在图2中的两侧会出现的情形，有两条， 此时，过点且与平行的直线符合要求，有两条. 综上所述，符合条件的直线有4条. 故答案为：4. 16．已知直三棱柱，底面三角形是等腰直角三角形，其中为直角顶点，且．若点为棱的中点，点为平面的一动点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】由，得到平面平面，从而达到点关于平面BCD对称点E落在的延长线上，然后由最小时，三点共线求解. 【解析】解：如图所示： 由题意得，又因为三棱柱是直三棱柱， 所以平面平面，且平面平面， 平面ABC，所以平面， 又平面BCD，所以平面平面， 所以点关于平面BCD对称点E落在的延长线上， 且，即， 若最小，则三点共线， 所以， ， 故答案为： 17．如图，已知一个二面角的平面角为，它的棱上有两个点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，则线段的长为 . 【答案】 【分析】过点作，且，在利用余弦定理可得，再在中利用勾股定理求解. 【解析】 过点作，且， 则四边形为平行四边形， ， 又， ， ， 即为二面角的平面角，即， 在中，， 即， 又，，平面， 平面， 平面, ，， 在中，， 即， 故答案为：. 题型7：动点、翻折等动态问题 18．在四面体中，是边长为2的等边三角形，平面，且，动点，分别在线段（含端点）上和所在平面中运动，满足.记的外心为，则的最大值是 . 【答案】/ 【分析】取 的中点E，连接 ，等边三角形的中心O在 上，过点O作 于G，过点M作 于I，由几何关系可得N在 所在平面中运动，所以N的轨迹是以I为圆心， 为半径的圆，据此求得的最大值，即可确定的最大值． 【解析】取的中点E，连接，等边三角形的中心O在上， 过点O作于G，过点M作于I，    ∵是等边三角形，所以 ， ∵平面，平面, ∴ ，又，平面 ， ∴平面， 又平面，∴平面平面，平面平面, ∵ ，平面， ∴平面， 同理 平面， ∵ 是边长为2的等边三角形，则， ∵ ，故 ， ∴ ， 则， ∵动点，分别在线段上和所在平面中运动，满足， ∴N的轨迹是心I为圆心，为半径的圆， 其中， 当最大时，必最小， 又∵平面，所以， 可知， 当，即均为点时，取到最大值, 此时的最大值为，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解题关键是确定的轨迹， 应在以为顶点，底面在平面，并且以母线长为1的圆锥的底面圆上，再利用，将的最大值转化为的最大值，将问题转化为定点到圆上动点距离的最大值. 19．如图，边长为1的菱形中，，沿将翻折，得到三棱锥，则当三棱锥体积最大时，异面直线与所成的角的余弦值等于 .    【答案】/0.25 【分析】利用椎体的体积公式确定当平面平面时，三棱锥的高最大，体积最大；再利用异面直线所成角的定义求解. 【解析】   ,为边长为1的等边三角形，将沿着翻折形成三棱锥 ,如图，点在底面上的投影在的平分线上， 则三棱锥的高为过点的高， 所以当平面平面时，三棱锥的高最大，体积最大， 此时为平面平面平面所成的角，所以, 且平面, 所以平面， 分别取中点为,连接, 因为所以为异面直线与所成的角或其补角， 在中， , 在直角三角形中，, 所以, 由余弦定理可得，,    所以异面直线与所成的角的余弦值为， 故答案为: . 20．如图，在棱长均为的正四面体ABCD中，M为AC中点，E为AB中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP+PQ的最小值是 ． 【答案】 【分析】由题意，平面CDE⊥平面ABC，找出DM在平面CDE上的射影，再把平面DMA沿DM把平面ADM展开，使得平面ADM与平面DMG重合，则AP+PQ的最小值为A到DG的距离，然后求解三角形得答案． 【解析】由题意，平面CDE⊥平面ABC， 又平面CDE∩平面ABC＝CE，在平面内过M作MG⊥CE，则平面 则MG⊥平面CDE，连接DG，则DG为DM在平面CDE上的射影， 要使AP+PQ最小，则PQ⊥DG，沿DM把平面ADM展开，使得平面ADM与平面DMG重合， 则AP+PQ的最小值为A到DG的距离． ，，则， ∴， ， ∴ ． 又，∴． 故答案为：． 21．在中，已知，，D是斜边上任意一点，如图沿直线将折成直二面角.若折叠后A，B两点间的距离为d，则d的最小值为 . 【答案】 【分析】由题意可知，变量为的大小，所以设，折成直二面角后，根据面面垂直的性质，作垂直于交线的线，则垂直于平面，从而将线段放在直角三角形中，根据勾股定理，写出关于的表达式，即可求出最小值 【解析】 如图1所示，设，，则， 过作于，过作交的延长线于， 所以，，，， 所以， 所以如图2所示，因为二面角为直二面角，交线为 ， 平面，所以平面， 因为平面，所以,三角形为直角三角形， 根据勾股定理， 可知当，即当为的角平分线时，取得最小值 故答案为： 22．已知如图平面四边形，，，，，现将沿边折起，使得平面平面，点为线段的中点.          (1)求证：平面； (2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，求二面角的平面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一及线面垂直的性质定理，再利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用线面角的定义及勾股定理可求解； （3）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理，再利用二面角平面角的定义，结合三角形等面积法即可求解. 【解析】（1）因为，， 所以为等边三角形，因为为的中点，所以， 取的中点，连接，，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以， 因为，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）如图所示，过点作，垂足为．         由（1）知，平面，因为平面， 所以， ，，平面，所以平面， 所以为与平面所成角. 由（1）知，平面，平面，所以， 在中，因为，， 所以， 因为为的中点，所以， 在中，， 在中，， 在中，， 所以由同角三角函数的基本关系得. 所以与平面所成角的正弦值为.    （3）取的中点为，连接，因为为线段的中点， 所以， 由（1）知，平面，所以平面，平面. 所以，过点作，垂足为，连接，， ，平面，所以平面．平面， 所以，所以为二面角的平面角. 在中，， 由（1）知，为等边三角形，为线段的中点， 所以， 由（1）知，平面，平面， 所以， 在中，， 由（2）知，，即，解得. 因为平面，平面， 所以， 在中，， 所以， 即二面角的平面角的余弦值为. 一、填空题 1．已知直三棱柱，底面三角形是等腰直角三角形，其中为直角顶点，且．若点为棱的中点，点为平面的一动点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】由，得到平面平面，从而达到点关于平面BCD对称点E落在的延长线上，然后由最小时，三点共线求解. 【解析】解：如图所示： 由题意得，又因为三棱柱是直三棱柱， 所以平面平面，且平面平面， 平面ABC，所以平面， 又平面BCD，所以平面平面， 所以点关于平面BCD对称点E落在的延长线上， 且，即， 若最小，则三点共线， 所以， ， 故答案为： 2．如图，已知在矩形中，，点是边的中点，与相交于点，现将沿折起，点的位置记为，此时，则二面角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】过点在平面内作，垂足为点，连接，证明二面角的平面角为，根据几何关系即可求解． 【解析】由平面知识易证，所以. 在三棱锥中，， ∴， 过点在平面内作，垂足为点，连接． ∵， ∴易得平面又∵平面， ∵平面，平面， 平面， ∴二面角的平面角为， 在中，， 由余弦定理可得， ∴， ∴， ∵平面平面， ∴，故， ∴二面角的余弦值为． 故答案为：. 3．在三棱锥中，平面，，，三棱锥外接球的表面积为，则二面角正切值的最小值为 . 【答案】/ 【分析】先由球的表面积求得其半径，再利用球的截面性质求得的外接圆的半径，从而求得的取值范围，进而求得二面角正切值的取值范围，由此得解. 【解析】依题意，设的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为， 则，则（负值舍去）， 因为平面，，所以，即，则（负值舍去）， 因为，所以为的外接圆的直径，即， 过作交于，连接，如图，    设，则由，得， 故，得，当且仅当时，等号成立， 故由三角形面积相等得， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 则，即二面角正切值的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用基本不等式求得的取值范围，再推得为二面角的平面角，从而得解. 4．在棱长为的正方体中，动点在平面上运动，且，三棱锥外接球球面上任意一点到点到的距离记为，当平面与平面夹角的正切值为时，则的最大值为 . 【答案】 【分析】因为是定值，在平面内，所以点轨迹是平面内的圆，又平面与平面夹角的正切值为，所以点的位置是确定的，则球心到点的距离加球的半径就是最大值. 【解析】设，连接，，且， 在正方体中，，， 平面，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 同理，， 所以平面，设正方体的棱长为， 则可知为棱长为的正四面体， 所以为等边三角形的中心， 由题可得，得， 因为，所以，所以，因为， 所以， 因为平面，即平面，且， 又与平面所成角的正弦为，所以与平面所成角为， 则， 可求得，即在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内， 由平面，又平面，所以平面平面，且两个平面的交线为，把两个平面抽象出来，如图： 作于点，过点作交于点，连接， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，平面，所以， 又，与为平面中两相交直线， 故平面，平面， 所以，所以为二面角的平面角，即为角， 设，当与点不重合时，在中，可得 ， 若与点重合时，即当时，可求得，也符合上式， 故，因为，， 所以，所以，所以， 所以 解得，， 再取的中点， 因为三棱锥外接球即是正方体外接球，则点为外接球球心， 连接，在中，，，所以， 所以的最大值为. 故答案为： 5．如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面平面； ②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为； ④点的轨迹的长度为； 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②若是的中点，应用平行四边形的性质有，可知与的夹角为或其补角，进而求其大小；③根据①②的分析，当面时最大，求其最大值；④确定F的轨迹与到的轨迹相同，且到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，即可求轨迹长度. 【解析】对于①：由，，为边的中点知且， 易知，，而，面， 故面，又面，所以面面，故①正确； 对于②：若是的中点，又为的中点，则且， 而且，所以且，即为平行四边形， 故，所以与的夹角为或其补角， 若为中点，即，由①分析易知， 故与的夹角为，故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，最大， 此时，故③错误； 对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同， 由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点， 故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，所以的轨迹长度为，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点睛：应用线面、面面垂直的判定判断面面垂直；根据线线角的定义，结合平行四边形的性质找到线线角的平面角并求大小；判断动点的轨迹，由圆的性质及棱锥的体积公式求的最大体积以及F的轨迹的长度. 6．如图，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折成，使得平面平面，则下列说法中正确的是 .(填序号)     （1）在平面内存在直线与平行；     （2）在平面内存在直线与垂直 （3）存在点使得直线平面 （4）平面内存在直线与平面平行. （5）存在点使得直线平面 【答案】（2）（4） 【分析】采用逐一验证法，利用线面的位置关系判断，可得结果. 【解析】（1）错，若在平面内存在直线与平行， 则//平面，可知//， 而与相交，故矛盾 （2）对，如图 作， 根据题意可知平面平面 所以，作，点在平面， 则平面，而平面， 所以，故正确 （3）错，若平面，则，而 所以平面，则，矛盾 （4）对，如图 延长交于点连接,作// 平面，平面， 平面，所以//平面，故存在 （5）错，若平面，则 又，所以平面 所以，可知点在以为直径的圆上 又该圆与无交点，所以不存在. 故答案为：（2）（4） 【点睛】本题主要考查线线，线面，面面之间的关系，数形结合在此发挥重要作用，属中档题. 二、单选题 7．如图，点为正方形的中心，△为正三角形，平面⊥平面，是线段的中点，则以下命题中正确的是（    ）． A． B． C．A、、三点共线 D．直线与相交 【答案】D 【分析】分别求得的长度判断选项A；利用反证法否定选项B和选项C；求得直线与的位置关系判断选项D. 【解析】取中点F，连接,取中点H，连接. 又△为正三角形，则，， 又平面⊥平面，平面平面， 则平面，平面， 又平面，平面， 则，， 设，则, 则， 则.故选项A判断错误； 假设， 又，，平面， 则平面，又平面，则， 这与矛盾，故假设不成立，不互相垂直. 故选项B判断错误； 由平面，可得直线平面， 假设A、、三点共线，则，则平面， 这与平面矛盾，故假设不成立. 故选项C判断错误； 由，可得，， 则四边形为梯形，则直线与相交. 故选项D判断正确. 故选：D 8．已知三棱锥的底面ABC是等边三角形，平面SAC⊥平面ABC，，M为SB上一点，且．设三棱锥外接球球心为O，则（    ） A．直线OM⊥平面SAC，OA⊥SB B．直线平面SAC，OA⊥SB C．直线OM⊥平面SAC，平面OAM⊥平面SBC D．直线平面SAC，平面OAM⊥平面SBC 【答案】D 【分析】画出几何图形，根据题意先找出和的外心，通过两个外心与平面的位置关系确定出球心位置，再根据线面垂直判断OA与SB的位置关系，继而可判断平面OAM与平面SBC的位置关系，最后根据线线平行判断出直线OM与平面SAC的位置关系. 【解析】第1步：判断OA与SB的位置关系, 如图，取AC的中点E，BC的中点F， 连接AF，BE，设AF与BE的交点为O，连接OM， 则O为外心，E为外心， 因为平面SAC⊥平面ABC， 所以O为三棱锥S-ABC外接球球心， 因为SE⊥AC，BE⊥AC，， 所以AC⊥平面SBE， 又平面SBE，所以AC⊥SB， 假设OA⊥SB，因为，所以SB⊥平面ABC， 如图显然SB不垂直于平面ABC，所以OA不垂直于SB，故A、B错误； 第2步：判断平面OAM与平面SBC的位置关系, 因为AM⊥BC，AF⊥BC，， 所以BC⊥平面AMF， 又平面SBC， 所以平面OAM⊥平面SBC； 第3步：判断直线OM与平面SAC的位置关系, 因为AC⊥平面SBE，所以AC⊥OM， 因为BC⊥平面AMF，所以BC⊥OM， 又，所以OM⊥平面ABC， 又SE⊥平面ABC，所以， 所以直线平面SAC，故C错误， D正确. 故选：D. 【点睛】方法点睛： 解几何体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为： 1、寻找一个或两个面的外接圆圆心 2、分别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心； 3、构造直角三角形求解球半径，进而求出外接球表面积或体积. 三、解答题 9．如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，．    (1)证明：与平面不垂直； (2)证明：平面平面； (3)如果，二面角等于，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）若平面，则，由，得，所以与平面不垂直． （2）取、的中点、，由，，得为直角梯形的中位线，故，又，所以平面，由此能够证明平面平面． （3）由二面角的定义知为二面角的平面角，作于，连，由三垂线定理得，故为二面角的平面角，由此能求出二面角的大小． 【解析】（1）若平面， 则， 由已知， 得， 这与矛盾，所以与平面不垂直． （2）取、的中点、，连接、、， 由，，得， ， 为直角梯形的中位线， ，又， 平面， 由平面，得，又且梯形两腰、必交， 平面, 又平面， 平面平面, （3）由（2）及二面角的定义知为二面角的平面角, 作于，连， 由于平面,平面,故, ,平面,故平面 平面,所以 故为二面角的平面角, 即， 由已知，得， 又． ， ． ， 故二面角的大小为．    10．如图是由两个三角形组成的图形，其中，，，．将三角形沿折起，使得平面平面，如图．设是的中点，是的中点．     (1)求直线与平面所成角的大小； (2)连接，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)； (2)l∥PC，理由见解析． 【分析】（1）过作于，连接，可证平面，则为直线与平面所成角，解三角形即可求解； （2）根据线面平行的性质定理即可判断． 【解析】（1）过作于，连接， ∵平面平面，且平面平面，，平面， ∴平面，∴为直线与平面所成角． ∵，不妨设， 在中，由正弦定理得． 易知， ， ∴在中，，， ， ∴直线与平面所成角的大小为． （2）∵是的中点，是的中点，∴DO∥PC； 又∵平面，，∴DO∥平面PBC； 又∵平面平面，∴∥， ∴∥． 11．如图1，在矩形中，，，点为的中点，将沿直线折起至平面平面（如图2），点在线段上，平面．    (1)求证：； (2)求二面角的大小； (3)若在棱、上分别取中点、，试判断点与平面的关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)平面，理由见解析 【分析】（1）设，连接，由线面平行的性质可的，，由 可得； （2）取中点，连接，证明平面，平面平面，即得出结果； （3）延长到，使，确定平面，确定是的重心，得到答案. 【解析】（1）设，连接. 平面，平面，平面平面，故， ，，且，故，即；    （2）取中点，连接，，则， 又平面，平面平面，平面平面， 故平面，平面，故， ，满足，故. ，平面，故平面， 平面，平面平面，二面角的大小为；    （3）延长到，使，连接， 分别是的中点，故， ，故，，故四边形是平行四边形，， 故，则确定平面. 中，是边中线，且，故是的重心，又为边的中线，则在上，故平面.    12．如图，已知四面体中，平面，. (1)求证：； (2)若在此四面体中任取两条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取两个面作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取一个面和不在此面上的一条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为，试求的值； (3)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.若此“鳖臑”中，，，有一根彩带经过平面与平面，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度. 【答案】(1)证明见解析 (2)10 (3) 【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到线面垂直，进而证明出线线垂直； （2）根据线线垂直、线面垂直以及面面垂直分析求解即可； （3）将平面与平面沿展开成平面图形，则BD即为所求，从而利用余弦定理求出答案即可. 【解析】（1）因为平面，平面BCD，则， 又，，平面ABC，所以平面， 因为平面ABC，所以. （2）由（1）可知：，， 且平面，平面ABC，则， 且其余各棱均不垂直，可得； 由平面，且平面，平面， 可得平面平面，平面平面， 同理：由平面可得：平面平面， 且其余各面均不垂直，可得； 由平面，平面，且其余各线面均不垂直，可得； 综上所述：. （3）将平面与平面沿展开成如图2所示的平面图形，连接BD， 所以彩带的最小长度为图2平面图中的长， . 由（1）知， 在图1中，因为平面，平面BCD，所以， 又因为，所以， 故在图2中，， 所以在图2中，在中，由余弦定理得， 所以彩带的最小长度为. 13．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面，M是QD的中点．    (1)求证：平面； (2)求侧面QBC与底面所成二面角的余弦值； (3)在棱QC上是否存在点N使平面平面AMC成立？如果存在，求出，如果不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得面，再根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）取的中点，的中点，连接，证明平面，从而可得即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角，进而可得答案； （3）连接交于点，连接，易得，当面，证明此时平面平面，再根据相似比即可求出. 【解析】（1）因为侧面QAD是正三角形，M是QD的中点， 所以， 因为，面面，面面，面， 所以面， 又面，所以， 又平面， 所以平面； （2）取的中点，的中点，连接， 则且，， 故， 因为面面，面面，面， 所以面， 因为面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 则即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角， 设，则，故， 所以， 即侧面QBC与底面所成二面角的余弦值为； （3）当面时，平面平面，证明如下： 如图，连接交于点，连接， 因为底面是正方形，所以， 由（2）得面， 因为面，所以， 因为面时，，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，所以， 因为，所以， 所以在棱QC上是否存在点N，当时，平面平面AMC.    【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！45 学科网（北京）股份有限公司 $$