6.5.2 第2课时 线面位置关系的综合问题 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（北师大版）

6.5.2 第2课时 线面位置关系的综合问题 [课时跟踪检测] 1.已知直线l,平面α,β,若l⊥α,则“l∥β”是“α⊥β”的 (　　) A.充要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选C　因为l⊥α,若l∥β,由面面垂直的判定定理可知α⊥β,即充分性成立;若α⊥β,则l∥β或l⊂β,即必要性不成立.综上所述:“l∥β”是“α⊥β”的充分不必要条件. 2.在长方体 ABCD⁃A1B1C1D1中, BC=2,AB=BB1=4,E,F 分别是 A1B1,CD的中点,则异面直线A1F与BE所成角的正切值为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　取AB的中点H,连接A1H,HF.因为A1E∥BH,A1E=BH, 所以四边形A1EBH是平行四边形,所以EB∥A1H,所以异面直线A1F与BE所成的角即为A1H与AF所成角(或其补角),即∠HA1F.因为AD⊥平面A1B1BA,AD∥HF,所以HF⊥平面A1B1BA,A1H⊂平面A1B1BA,所以HF⊥A1H,在Rt△A1HF中,tan∠HA1F=====.故异面直线A1F与BE所成角的正切值为. 3.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别是DD1,BC1的中点,则下列结论正确的是 (　　) A.EF∥BD B.FD1∥平面BCE C.EF⊥BC1 D.AF⊥平面BCC1B1 解析:选B　对于A,设G为BB1的中点,则EG∥BD,但EG,EF相交,所以EF,BD异面,A错误;对于B,设CC1的中点为H,则BC∥GH,BE∥GD1,因为GH⊄平面BEC,BC⊂平面BEC,GD1⊄平面BEC,BE⊂平面BEC, 所以GH∥平面BEC,GD1∥平面BEC.又因为GH∩GD1=G,GH,GD1⊂平面GHD1,故平面BCE∥平面GHD1.又FD1⊂平面GHD1,故FD1∥平面BCE,B正确. 对于C,在△EBC1中,BE≠EC1,BF=FC1,故EF与BC1不可能垂直(否则EF垂直平分BC1,会得到EB=EC1,这与BE≠EC1矛盾),C错误.对于D,易知AB⊥平面BCC1B1,又AB∩AF=A,D错误. 4.如图,已知大小为60°的二面角α⁃l⁃β棱上有两点A,B,AC⊂α,AC⊥l,BD⊂β,BD⊥l,若AC=3,BD=3,CD=7,则AB的长度为 (　　) A.22 B.44 C.2 D. 解析:选C　如图,过点A作AE∥BD,过点D作DE∥AB交AE于点E,连接CE,CB.因为AE∥BD,DE∥AB,所以四边形ABDE为平行四边形,所以AE=BD=3,DE=AB,因为BD⊥l,AE∥BD,所以AE⊥l.因为AC⊥l,α∩β=l,二面角α⁃l⁃β为60°,所以∠CAE=60°,在△CAE中,cos∠CAE===,解得CE=3.因为AE⊥l,AC⊥l,AE∩AC=A,AE,AC⊂平面ACE,所以l⊥平面ACE.因为CE⊂平面ACE,所以CE⊥l.因为DE∥AB,所以CE⊥DE,所以AB=DE==2. 5.[多选]如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PB,PC,PD的中点,在此几何体中,下列结论正确的是 (　　) A.平面EFGH∥平面ABCD B.平面PAD∥BC C.平面PCD∥AB D.平面PAD∥平面PAB 解析:选ABC　如图所示,把平面展开图还原为四棱锥P⁃ABCD.对于A, 由EF∥AB,EF⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.又EH∥AD,同理可证EH∥平面ABCD. 又EF∩EH=E,EF,EH⊂平面EFGH,所以平面EFGH∥平面ABCD,故A正确; 对于B,因为BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以平面PAD∥BC,故B正确;对于C,因为AB∥CD,AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以平面PCD∥AB,故C正确;对于D,由平面PAD与平面PAB有公共点P,故平面PAD与平面PAB不平行,故D错误. 6.[多选]如图,在四棱锥P⁃ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,E为AD的中点,则下列结论成立的是 (　　) A.PE⊥AC B.PE⊥BC C.平面PBE⊥平面ABCD D.平面PBE⊥平面PAD 解析:选ABC　因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD.又AC,BC⊂平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,所以A,B成立;又PE⊂平面PBE,所以平面PBE⊥平面ABCD,所以C成立;若平面PBE⊥平面PAD,且PE⊥AD,而平面PBE∩平面PAD=PE,AD⊂平面PAD,所以AD⊥平面PBE,又BE⊂平面PBE,则AD⊥BE,但此关系不一定成立,故D错误. 7.(5分)在长方形ABCD中,AB=4,AD=3,沿对角线AC把平面ACD折起,使平面ACD⊥平面ABC,则折起后∠BCD的余弦值为_________ . 解析:过D作DE⊥AC,垂足为E,连接BE. 因为CD=AB=4,AD=3,则AC=5,DE=,AE=. 在Rt△ABC中,cos∠CAB==, 在△ABE中,由余弦定理得BE2=AE2+AB2-2AE·AB·cos∠CAB=. 因为平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩⊥平面ABC=AC, DE⊂平面ACD,DE⊥AC,则DE⊥平面ABC, BE⊂平面ABC,DE⊥BE,则DB2=DE2+BE2=. 在△BCD中,由余弦定理得cos∠BCD===. 答案: 8.(10分)如图1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2.将△BCD沿BD翻折至△BC1D,且AC1=2,如图2. (1)求证:平面ABC1⊥平面AC1D;(3分) (2)求平面BC1D与平面ABD夹角的余弦值.(7分) 解:(1)证明:由题意知AC1=2,AB=4,BC1=2,则A+B=AB2, 故AC1⊥BC1,又DC1⊥BC1,且DC1∩AC1=C1,DC1,AC1⊂平面AC1D,故BC1⊥平面AC1D,又BC1⊂平面ABC1,故平面ABC1⊥平面AC1D. (2)作C1E⊥BD,垂足为E,在平面ABD内过点E作EF⊥BD,交AB于点F,连接C1F, 则∠C1EF即为平面BC1D与平面ABD的夹角或其补角, 由题意知BD==2,sin∠DBC1===,故C1E=BC1·sin∠DBC1=, BE===. 在Rt△BAD中,tan∠DBA==, 则EF=BE·tan∠DBA=, 所以BF===1. 又BC1⊥平面AC1D,AC1⊂平面AC1D,故BC1⊥AC1, 则cos∠ABC1==,所以∠ABC1=, 故C1F2=C1B2+BF2-2C1B·BFcos=4+1-2=3,即C1F=. 在△C1EF中,cos∠C1EF===, 故平面BC1D与平面ABD夹角的余弦值为. 9.(10分)如图1,在矩形ABCD中,AD=1,AB=3,M为CD上一点,且CM=2MD.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM,如图2,点E是线段AM的中点. (1)求证:平面BDE⊥平面ABCM;(5分) (2)过B点是否存在一条直线l,同时满足以下两个条件:①l⊂平面ABCM;②l⊥AD.请说明理由.(5分) 解:(1)证明:由已知CM=2MD,AB=3,得MD=AD=1, ∴△ADM为等腰直角三角形.又E为AM的中点, 则DE⊥AM.∵平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,DE⊂平面ADM, ∴DE⊥平面ABCM.∵DE⊂平面BDE, ∴平面BDE⊥平面ABCM. (2)在平面ABCM内,过点B作直线l,使l⊥AM,∵平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,l⊂平面ABCM,∴l⊥平面ADM.又∵AD⊂平面ADM,∴l⊥AD,即存在直线l满足题意. 10.(15分)如图,在棱长为1的正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1的中点. (1)求证:C1F∥平面DEG;(5分) (2)试在棱CD上取一点M,使D1M⊥平面DEG.(10分) 解:(1)证明:∵在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F,G分别为棱BB1,DD1,CC1的中点, ∴DF∥C1G,且DF=C1G,∴四边形DGC1F是平行四边形,∴C1F∥DG. ∵DG⊂平面DEG,C1F⊄平面DEG, ∴C1F∥平面DEG. (2)当M是CD的中点时,可使D1M⊥平面DEG.理由如下: 在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,BC⊥平面CDD1C1,∵D1M⊂平面CDD1C1, ∴BC⊥D1M. 又由(1)知C1F∥DG,同理可得BC∥EG, ∴D1M⊥EG.∵DM=CD=,CG=CC1=,∴tan∠DD1M==,tan∠CDG==,则tan∠DD1M=tan∠CDG,又0<∠DD1M<,0<∠CDG<,∴∠DD1M=∠CDG, ∴∠D1MD+∠CDG=∠D1MD+∠DD1M=,则D1M⊥DG. 又EG∩DG=G,EG,DG⊂平面DEG, ∴D1M⊥平面DEG. 11.(15分)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形,侧面△PAD为正三角形,且其所在平面垂直于底面ABCD. (1)求证:AD⊥PB;(7分) (2)若E为棱BC的中点,则能否在棱上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD?并证明你的结论.(8分) 解:(1)证明:取G为AD的中点,连接PG,BG,BD,如图. ∵△PAD为正三角形,∴PG⊥AD.在菱形ABCD中,∠DAB=60°,∴△ABD为正三角形.又G为AD的中点,∴BG⊥AD.又BG∩PG=G,BG,PG⊂平面PGB, ∴AD⊥平面PGB.∵PB⊂平面PGB, ∴AD⊥PB. (2)当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD. 证明如下:在△PBC中,EF∥PB.又EF⊂平面DEF,PB⊄平面DEF,∴PB∥平面DEF.在菱形ABCD中,GB∥DE. DE⊂平面DEF,GB⊄平面DEF,∴GB∥平面DEF.又PB⊂平面PGB,GB⊂平面PGB,PB∩GB=B,∴平面DEF∥平面PGB. 由(1)得PG⊥平面ABCD,又PG⊂平面PGB,∴平面PGB⊥平面ABCD,∴平面DEF⊥平面ABCD. 学科网（北京）股份有限公司 $