2025苏教版高中数学必修第二册强化练习题--第2课时 两平面垂直（含答案）

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2025苏教版高中数学必修第二册
第2课时　两平面垂直
基础过关练
题组一　二面角
1.(2022山西运城期末)从空间一点P向二面角α-l-β的两个面α,β分别作垂线PE,PF,E,F为垂足,若∠EPF=60°,则二面角α-l-β的平面角的大小是(　　)
A.60°　　B.120°
C.60°或120°　　D.不确定
2.(2023陕西咸阳实验中学月考)如图,有边长为2的两个等边三角形ABC,DBC,若点A到平面BCD的距离为,则二面角A-BC-D的大小为(　　)
A.
3.(2024江苏镇江期中)棱长都相等的正四棱锥的侧面与底面所成的二面角的大小为α,两相邻侧面所成的二面角的大小为β,则(　　)
A.α<
C.α<β<2α　　D.β=2α
4.(2023四川广安二中阶段练习)点P在二面角α-l-β的面α内,点P到平面β的距离为h(h>0),点P到棱l的距离为h,则二面角α-l-β的大小为　　　　.
5.(2024江苏五市十一校阶段联测)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,AA1⊥平面ABCD,AB=2,AA1=6,∠BAD=60°,点P为DD1的中点,点Q为BB1上靠近点B的三等分点.
(1)求证:BD1∥平面PAC;
(2)求二面角P-AC-Q的正切值.
题组二　平面与平面垂直的判定
6.(2024福建厦门双十中学期中)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列说法,其中正确的是(　　)
A.若m∥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β
B.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m⊥n,m α,n β,则α⊥β
D.若m⊥α,n β,m⊥n,则α⊥β
7.如图,AB是圆O的直径,PA垂直于圆O所在的平面ABC,点C是圆上的任意一点,则图中相互垂直的平面有(　　)
A.1对　　B.2对
C.3对　　D.4对
8.(2024江苏徐州高考考前打靶)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=∠PAD=60°,PA=AB,O,E分别为AD,PC的中点.
(1)证明:DE∥平面POB;
(2)证明:平面ADE⊥平面PBC.
题组三　平面与平面垂直的性质
9.(多选题)(2024山东济宁邹城兖矿第一中学质量检测)对于两条不同的直线m,n和两个不同的平面α,β,下列说法中正确的是(　　)
A.若α⊥β,m∥α,则m⊥β
B.若α⊥β,α∩β=m,n α,n⊥m,则n⊥β
C.若α⊥β,m⊥β,m α,则m∥α
D.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n
10.(2024广东部分名校联合质量检测)如图,在四面体ABCD中,AB=AC,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD,O为线段BC的中点,则下列判断错误的是(　　)
A.AC⊥BD　　B.BD⊥平面ABC
C.AB⊥CD　　D.AO⊥平面BCD
11.(2024北京师范大学附属中学开学测试)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角尺按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角尺ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得到如图2所示的四面体ABCD.小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断,其中不正确的是(　　)
　
A.CD⊥平面ABC　　
B.AB⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD　　
D.平面ABD⊥平面BCD
12.(2023江苏连云港灌南高级中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是边长为2的正三角形,AA1=1,N为棱A1B1的中点,M为棱CC1上的动点,过点N作平面ABM的垂线段,垂足为O,当点M从点C运动到点C1时,点O的轨迹长度为(　　)
A.
13.(2022江苏南通金沙中学期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,CD∥AB,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,侧面PAD⊥平面ABCD.
(1)求证:BD⊥PA;
(2)设平面PAD与平面PBC的交线为l,PA,PB的中点分别为E,F,证明:l∥平面DEF.
能力提升练
题组一　二面角
(2024浙江杭州富阳江南中学月考)已知菱形ABCD的边长为2,
∠ABC=60°.将菱形沿对角线AC折成大小为60°的二面角B'-AC-D.设E为B'C的中点,F为三棱锥B'-ACD表面上的动点,且总满足AC⊥EF,则点F轨迹的长度为(　　)
A.
2.(2024江苏苏锡常镇四市调研)正三棱锥P-ABC和正三棱锥Q-ABC有共同的底面ABC,这两个正三棱锥的所有顶点都在球O的球面上,点P和点Q在平面ABC的异侧,这两个正三棱锥的侧面与底面ABC所成的角分别为α,β,则当α+β最大时,tan(α+β)=(　　)
A.-
3.(2023贵州六盘水第二中学月考)如图,点C在以AB为直径的圆O上(C不同于A,B),PA垂直于圆O所在平面,G为△AOC的重心,PA=AB=2,N在线段PA上,且AN=2NP.
(1)证明:NG∥平面POC;
(2)在圆O上是否存在点C,使得二面角A-OP-G的余弦值为 若存在,指出点C的位置;若不存在,请说明理由.
题组二　平面与平面垂直的判定
4.(多选题)(2022江苏南通开学考试)在正方体中,已知M为所在棱的中点,N为上底面的中心,下列图形中,PO⊥MN的是(　　)
　　
　　
(多选题)(2023江苏泰州期中)在三棱锥V-ABC中,已知∠VAB=
∠VAC=∠ABC=90°,则　(　　)
A.AB⊥VC
B.平面VAB⊥平面VAC
C.平面VAB⊥平面VBC
D.VC与平面VAB所成的角小于AC与平面VAB所成的角
6.(2024浙江云峰联盟联考)如图1,在矩形ABCD中,BC=2AB,AM⊥BD交对角线BD于点O,交BC于点M,现将△ABD沿BD翻折至△A'BD的位置,如图2,点N为棱A'D的中点,则下列判断一定成立的是(　　)
　
A.BD⊥CN　　
B.A'O⊥平面BCD
C.CN∥平面A'OM　　
D.平面A'OM⊥平面BCD
7.(2024河北定州第二中学月考)如图1所示,在Rt△ABC中,
∠C=90°,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,AC=2BC=3DE=6.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2所示,M是线段A1D的中点,P是A1B上的点,EP∥平面A1CD.
(1)求的值;
(2)证明:平面BCM⊥平面A1BE.
题组三　平面与平面垂直的性质
8.(多选题)(2023江苏南通海安高级中学阶段练习)我国春秋时期便有了风筝,风筝也可称为“纸鸢”,我们把图1的“纸鸢”抽象成图2的四棱锥P-ABCD,若AC⊥BD,垂足为O,OA=OC=OD,PC⊥BD,则下列说法正确的是(　　)
　
A.△ACD是等腰直角三角形
B.平面PAC⊥平面ABCD
C.PO⊥平面ABCD
D.P到AB,BC,CD,DA的距离均相等
9.(2024陕西安康中学等校模拟)已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为菱形,其中∠BCD=120°,SA=SB=2AB==　　　　.
10.(2024重庆期末)在如图所示的四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,点E,F分别在棱AB,PC上,且满足EB=2AE,FC=2PF.
(1)证明:EF∥平面PAD;
(2)若平面PCD⊥底面ABCD,△ABD和△PCD为正三角形,求直线EF与底面ABCD所成角的正切值.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.C　如图所示,过PE,PF作一个平面γ与二面角α-l-β的棱交于点O,连接OE,OF.
因为PE⊥α,PF⊥β,所以PE⊥l,PF⊥l,
又PE∩PF=P,所以l⊥平面γ,所以l⊥OE,l⊥OF,
则∠EOF为二面角α-l-β的平面角,且它与∠EPF相等或互补,
故二面角α-l-β的平面角的大小为60°或120°,
故选C.
2.A　取BC的中点E,连接AE,DE,过点A作AF⊥ED,垂足为F,
因为△ABC,△DBC均为等边三角形,
所以AE⊥BC,DE⊥BC,
故∠AED为二面角A-BC-D的平面角.
又AE∩DE=E,AE,DE 平面AED,
故BC⊥平面AED,
而AF 平面AED,故BC⊥AF,
又AF⊥DE,DE∩BC=E,DE,BC 平面DBC,
故AF⊥平面DBC,则点A到平面DBC的距离为AF=,
又△ABC为等边三角形,边长为2,
故AE=2×sin,
在Rt△AEF中,sin∠AEF=,
故∠AEF=,
故二面角A-BC-D的大小为.
故选A.
3.D　设正四棱锥P-ABCD的棱长为2,连接AC,BD,设AC∩BD=O.
分别取AB,PD的中点E,F,连接PE,EO,AF,CF,FO,PO.
由正四棱锥的性质得,PO⊥平面ABCD,PE⊥AB,EO⊥AB,AF⊥PD,CF⊥PD,
所以∠PEO=α,∠AFC=β,
易得CF=AF=PE=2×,
所以tan α=,
所以α=,即β=2α,故C错误,D正确;
由tan α=,故A错误;
由tan ,故B错误.
故选D.
4.答案　
解析　当二面角α-l-β为钝二面角时,如图所示,
设PO⊥β于O,PA⊥l于A,连接OA.
因为l β,所以PO⊥l,
又PO∩PA=P,PO,PA 平面POA,
所以l⊥平面POA,而OA 平面POA,所以l⊥OA,
所以∠PAO是二面角α-l-β的平面角的补角,
在Rt△POA中,sin∠PAO=,
同理,当二面角α-l-β为锐二面角时,二面角的大小为.
综上,二面角的大小为.
5.解析　(1)证明:如图所示,连接BD,与AC交于点O,则O是BD的中点.连接OP.
又P是DD1的中点,故OP∥BD1,
而OP 平面PAC,BD1 平面PAC,
所以BD1∥平面PAC.
(2)连接OQ.易得PA==QC,
而O是AC的中点,所以PO⊥AC,QO⊥AC,
所以二面角P-AC-Q的正切值就是tan∠POQ.
因为tan∠POD==2,
所以tan∠POQ=tan[π-(∠POD+∠QOB)]=-tan(∠POD+
∠QOB)==1.
所以二面角P-AC-Q的正切值为1.
6.B　对于A,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1B1C1D1,平面ABCD分别为α,β,直线AB,BB1分别为m,n,显然m∥α,n⊥β,m⊥n,而平面A1B1C1D1∥平面ABCD,A错误;
对于B,由m∥α知,存在过m的平面γ与α相交,令交线为c,则c∥m,而m⊥β,
所以c⊥β,由平面与平面垂直的判定定理得α⊥β,B正确;
对于C,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1B1C1D1,平面ABCD分别为α,β,直线A1B1,BC分别为m,n,显然m⊥n,m α,n β,而平面A1B1C1D1∥平面ABCD,C错误;
对于D,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1B1C1D1,平面ABCD分别为α,β,直线BB1,AB分别为m,n,显然m⊥α,n β,m⊥n,而平面A1B1C1D1∥平面ABCD,D错误.故选B.
7.C　由PA⊥平面ABC,PA 平面PAB,
得平面PAB⊥平面ABC,同理,平面PAC⊥平面ABC.
由PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,得PA⊥BC,
又AC⊥BC,且PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,
由BC 平面PBC,得平面PBC⊥平面PAC,故题图中相互垂直的平面有3对.故选C.
8.证明　(1)取PB的中点F,连接EF,OF.
又E为PC的中点,所以EF∥BC,且EF=BC.
在菱形ABCD中,O为AD的中点,
所以OD∥BC,且OD=BC,
所以EF∥OD,且EF=OD,
所以四边形EFOD是平行四边形.
所以OF∥DE.
又OF 平面POB,DE 平面POB,
所以DE∥平面POB.
(2)连接AF,由(1)知,A,D,E,F四点共面.
在△PAB中,PA=AB,F为PB的中点,所以AF⊥PB.
因为∠BAD=∠PAD=60°,PA=AB=AD,
所以△PAD,△ABD都是正三角形.
在△POB中,PO=OB,所以OF⊥PB,
又AF∩OF=F,AF,OF 平面ADE,
所以PB⊥平面ADE.
而PB 平面PBC,所以平面ADE⊥平面PBC.
方法技巧　面面垂直的判定定理是证明面面垂直的依据,即要证面面垂直,只需证线面垂直,关键是在其中一个平面内寻找一条与另一个平面垂直的直线.
9.BCD　对于A,m与β的位置关系可能是m∥β,m β,m与β相交,故A错误;
对于B,若α⊥β,α∩β=m,n α,n⊥m,则n⊥β(点拨:面面垂直的性质定理),故B正确;
易知C,D正确.故选BCD.
10.C　因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BD 平面BCD,BD⊥BC,
所以BD⊥平面ABC,故B中判断正确;
因为AC 平面ABC,所以BD⊥AC,故A中判断正确;
因为AB=AC,O为BC的中点,所以AO⊥BC,结合上述分析可得AO⊥平面BCD,故D中判断正确;
因为BD⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以BD⊥AB,若AB⊥CD,因为BD∩CD=D,BD,CD 平面BCD,所以AB⊥平面BCD,又AO⊥平面BCD,且显然B,O不重合,故C中判断错误.故选C.
11.D　对于A,因为二面角A-BC-D为直二面角,所以平面ABC⊥平面BCD,
又平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,且DC 平面BCD,所以DC⊥平面ABC,故A中判断正确;
对于B,由DC⊥平面ABC,AB 平面ABC,可得DC⊥AB,
又AB⊥AC,且AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,
所以AB⊥平面ACD,故B中判断正确;
对于C,由AB⊥平面ACD,AB 平面ABD,得平面ABD⊥平面ACD,故C中判断正确;
对于D,易知平面ABC⊥平面BCD,且平面ABC∩平面ABD=AB,
若平面ABD⊥平面BCD,则AB⊥平面BCD,又BC 平面BCD,所以AB⊥BC,
因为AB与BC不垂直,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D中判断错误.故选D.
12.A　取AB的中点P,连接PC,PN,C1N,PC1,PM,如图所示,
因为△ABC是正三角形,所以PC⊥AB,
由正三棱柱的性质得PN⊥AB,
又PC∩PN=P,PC,PN 平面PCC1N,
所以AB⊥平面PCC1N.
又AB 平面ABM,所以平面ABM⊥平面PCC1N,
因为平面ABM∩平面PCC1N=PM,NO 平面PCC1N,且NO⊥平面ABM,
所以点O在PM上,
取PN的中点Q,易知当点M从点C运动到点C1时,O点的轨迹是以PN为直径的圆Q的一部分(如图),　
当点M运动到点C1时,O点到最高点,因为PC=.故选A.
证明　(1)易得△BCD为等腰直角三角形,且∠DBC=45°,故
∠DBA=45°,
在△ABD中,AB=BD,∠DBA=45°,易得AD=BD,
所以AD2+BD2=AB2,即AD⊥BD,
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BD 平面ABCD,所以BD⊥平面PAD,
又PA 平面PAD,所以BD⊥PA.
(2)延长AD,BC交于G,连接PG,则平面PAD与平面PBC的交线l即为直线PG,连接FC.
因为PA,PB的中点分别为E,F,
所以EF∥AB且AB=2EF,
又CD∥AB,AB=2CD,所以EF∥CD且EF=CD,
所以四边形EFCD为平行四边形,
易得△GCD∽△GBA,所以,
故C为GB的中点,
所以CF∥PG.
又CF 平面EFCD,PG 平面EFCD,
所以PG∥平面EFCD,即l∥平面DEF.
能力提升练
1.A　取AC的中点T,连接B'T,DT.
因为菱形ABCD的边长为2,∠ABC=60°,
所以B'C=AB'=CD=AD,△ACD,△ACB'均为等边三角形,
故DT⊥AC,B'T⊥AC,且DT=B'T=,
故∠B'TD为二面角B'-AC-D的平面角,则∠B'TD=60°,
故△B'TD为等边三角形,DB'=.
又B'T∩DT=T,B'T,DT 平面B'TD,
所以AC⊥平面B'TD.
取CT的中点O,CD的中点N,
连接EO,EN,ON,又E为B'C的中点,故EO∥B'T,EN∥B'D,且EO=ON=EN=,
因为EO 平面EON,B'T 平面EON,
所以B'T∥平面EON,
同理得B'D∥平面EON,
又B'T∩B'D=B,B'T,B'D 平面B'TD,
故平面EON∥平面B'TD,
所以AC⊥平面EON,
又AC⊥EF,F在三棱锥B'-ACD的表面上,故点F的轨迹为△EON(除点E外),
故点F轨迹的长度为EO+ON+EN=.故选A.
2.D　如图,由题意可得球心O在PQ上,设PQ与平面ABC的交点为R,CR⊥AB于点M,连接PM,QM,OC.
由题意可得PM⊥AB,MQ⊥AB,
所以∠PMC,∠QMC分别为两个正三棱锥的侧面与底面ABC所成的角,即∠PMC=α,∠QMC=β,
所以tan α=.
设球O的半径为r,球心O到平面ABC的距离为m,
则PR=r-m,QR=r+m.
设△ABC的边长为a,
则MR=a,
所以tan α=,
在Rt△ORC中,r2=m2+a2,
所以r≥a,
所以tan(α+β)=,
所以a时,α+β最大,
此时tan(α+β)=-.故选D.
3.解析　(1)证明:连接AG并延长,交OC于点M,连接PM,
因为G为△AOC的重心,所以AG=2GM.
又AN=2NP,所以,
所以NG∥PM.
因为PM 平面POC,NG 平面POC,
所以NG∥平面POC.
(2)假设在圆O上存在点C,使得二面角A-OP-G的余弦值为,设AC=x(0连接OG并延长,交AC于点H,则H为AC的中点,
因为OA=OC=1,所以OH⊥AC,OH=.
过H作HD⊥AO于点D,
因为PA⊥平面ACO,HD 平面ACO,所以PA⊥HD,
因为PA∩AO=A,PA,AO 平面PAO,
所以HD⊥平面PAO,
因为PO 平面PAO,所以HD⊥PO,
过D作DE⊥PO于点E,连接HE,
因为HD∩DE=D,HD,DE 平面HDE,
所以PO⊥平面HDE,
因为HE 平面HDE,所以PO⊥HE,
所以∠DEH为二面角A-OP-G的平面角.
在△AOH中,DH=,
在△PAO中,DE=ODsin∠DOE=,
因为二面角A-OP-G的余弦值为,
所以cos∠DEH=,
所以sin∠DEH=,
所以tan∠DEH=,
所以tan∠DEH=,
所以(舍负),
所以在圆O上存在点C,且AC=.
4.AD　如图,设H,F,G,Q分别是A1D1,B1C1,BB1,CC1的中点,连接MH,HF,FG,MG,BC1,B1C,易知HM∥GF且N为HF的中点,
所以M,G,F,N,H五点共面,易知平面MGFH⊥平面BCC1B1,
因为GF∥BC1,BC1⊥B1C,所以GF⊥B1C,
又平面MGFH∩平面BCC1B1=GF,B1C 平面BCC1B1,
所以B1C⊥平面MGFH,
又MN 平面MGFH,所以B1C⊥MN,故A正确;
连接NG,BD1,易得NG∥BD1,
设正方体的棱长为2,则MN=NG=,MG=2,
所以MN2+NG2≠MG2,
所以MN与NG不垂直,即MN与BD1不垂直,故B错误;
连接NQ,A1C,MQ,易得NQ∥A1C,MN=NQ=,所以MN2+NQ2≠MQ2,所以MN与NQ不垂直,即MN与A1C不垂直,故C错误;
连接BD,B1D1,A1C1,易得BD∥B1D1,B1D1⊥A1C1,
因为A1M⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,
所以A1M⊥B1D1,
又A1C1∩A1M=A1,A1C1,A1M 平面A1NM,
所以B1D1⊥平面A1NM,
又MN 平面A1NM,所以B1D1⊥MN,所以BD⊥MN, 故D正确.故选AD.
5.CD　如图所示.
对于A,假设AB⊥VC,∵AB⊥BC,且VC∩BC=C,VC,BC 平面VBC,∴AB⊥平面VBC,
∵VB 平面VBC,∴AB⊥VB,
而∠VAB=90°,∴∠VBA为锐角,与假设矛盾,A错误;
对于B,∵∠ABC=90°,∴∠BAC为锐角,
∵VA⊥AB,VA⊥AC,∴二面角B-VA-C的平面角为∠BAC,故平面VAB与平面VAC不垂直,B错误;
对于C,∵VA⊥AB,VA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,∴VA⊥平面ABC,
∵BC 平面ABC,∴VA⊥BC,
又AB⊥BC,VA∩AB=A,VA,AB 平面VAB,
∴BC⊥平面VAB,
∵BC 平面VBC,∴平面VAB⊥平面VBC,C正确;
对于D,∵BC⊥平面VAB,∴VC,AC与平面VAB所成的角分别为
∠CVB,∠CAB,
∵∠VAC=90°,∴AC又∵∠CVB,∠CAB均为锐角,∴∠CVB<∠CAB,D正确.故选CD.
6.D　对于D,翻折前,BD⊥AO,BD⊥OM,
翻折后,BD⊥A'O,BD⊥OM,
因为A'O∩OM=O,A'O,OM 平面A'OM,
所以BD⊥平面A'OM,
又BD 平面BCD,所以平面A'OM⊥平面BCD,故D正确;
对于B,因为BD⊥A'O,BD⊥OM,
所以二面角A'-BD-M的平面角为∠A'OM,
在翻折的过程中,∠A'OM的大小会发生变化,故A'O与OM不一定垂直,
所以A'O与平面BCD不一定垂直,故B错误;
对于A,设BC=2AB=2a,
在题图1中,tan∠ABD==2,
又AB=a,
因为∠AMB+∠BAM=∠ABD+∠BAM,
所以∠AMB=∠ABD,
所以tan∠AMB=.
在题图2中,过点C在平面BCD内作CE∥OM,交BD于点E,连接NE,
则a,
因为OD=BD-OB=a,所以E不是OD的中点,
因为BD⊥OM,CE∥OM,所以BD⊥CE,
若BD⊥CN,因为CE∩CN=C,CE,CN 平面CNE,
所以BD⊥平面CNE,
因为NE 平面CNE,所以BD⊥NE,
因为A'O,NE 平面A'BD,且BD⊥A'O,
所以A'O∥NE,
因为N为A'D的中点,所以E为OD的中点,与E不是OD的中点矛盾,故A错误;
由A知CE∥OM,
又CE 平面A'OM,OM 平面A'OM,
所以CE∥平面A'OM,
若CN∥平面A'OM,由CN∩CE=C,CN,CE 平面CNE,可知平面CNE∥平面A'OM,
因为平面A'BD∩平面CNE=NE,平面A'BD∩平面A'OM=A'O,所以A'O∥NE,
因为N为A'D的中点,所以E为OD的中点,与E不是OD的中点矛盾,故C错误.故选D.
7.解析　(1)设平面PED交棱A1C于点N,连接PN,DN,
由DE∥BC,BC 平面A1BC,DE 平面A1BC,得DE∥平面A1BC,
而平面PED∩平面A1BC=PN,DE 平面PED,
所以PN∥DE,
又EP∥平面A1CD,平面PED∩平面A1CD=DN,EP 平面PED,所以EP∥DN,
所以四边形DEPN是平行四边形,所以PN=DE,
又BC=3,DE=2,PN∥BC,所以.
(2)证明:在题图1的Rt△ABC中,由DE∥BC,AC=2BC=3DE=6,得AD=4,CD=2,
于是题图2中A1D=4,CD=2,而A1C⊥CD,则A1C=,∠CA1D=30°,
又M是线段A1D的中点,故MC=MA1,∠A1CM=∠CA1D=30°,
由(1)得,
则有∠CND=60°,∠CND+∠NCM=90°,
因此DN⊥CM,
显然DE⊥CD,DE⊥A1D,CD∩A1D=D,CD,A1D 平面A1CD,则DE⊥平面A1CD,
而DE∥BC,因此BC⊥平面A1CD,
又DN 平面A1CD,故DN⊥BC,
又BC∩CM=C,BC,CM 平面BCM,
故DN⊥平面BCM,
又EP∥DN,故EP⊥平面BCM,而EP 平面A1BE,
所以平面BCM⊥平面A1BE.
8.AB　因为AC⊥BD且OA=OC=OD,所以∠ADC为直角,AD=DC,所以△ACD是等腰直角三角形,故A正确;
因为AC⊥BD,PC⊥BD,AC∩PC=C,AC,PC 平面PAC,所以BD⊥平面PAC,又BD 平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,故B正确;
过点P作PH⊥AC于点H,因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,PH 平面PAC,
所以PH⊥平面ABCD,若PA≠PC,则H不与O重合,此时PO⊥平面ABCD不成立,故C错误;
设H到AB,BC,CD,DA的距离分别为d1,d2,d3,d4,
若P到AB,BC,CD,DA的距离均相等,则+PH2,则d1=d2=d3=d4,
故H为∠DAB与∠DCB的平分线的交点,当AD≠AB时,H不在
∠DAB的平分线上,故D错误.
故选AB.
9.答案　
解析　设平面CDH与直线SA交于点G,连接DG,HG,取AB的中点M,连接SM,CM,如图,
设SM与GH交于点E,连接CE.
因为CD∥AB,CD 平面SAB,AB 平面SAB,
所以CD∥平面SAB,
又平面SAB∩平面CDH=HG,CD 平面CDH,
所以CD∥HG,所以HG∥AB,
在菱形ABCD中,∠BCD=120°,
所以△ABC是等边三角形,则CM⊥AB,
而SA=SB,M为AB的中点,所以SM⊥AB,
又SM∩CM=M,SM,CM 平面SCM,
所以AB⊥平面SCM,
而CE 平面SCM,所以CE⊥AB,从而CE⊥HG.
因为平面SAB⊥平面CDH,平面SAB∩平面CDH=HG,CE 平面CDH,
所以CE⊥平面SAB,
又SM 平面SAB,所以CE⊥SM.
设AB=1,则SA=SB=2,SC=,
且CM=,
在△SCM中,cos∠SCM=,
EM=,
所以.
10.解析　(1)证明:在△PCD中过点F作FG∥CD并交PD于点G,连接AG.
则AB,
∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,AB=CD,∴AE∥FG,AE=FG,
∴四边形AEFG是平行四边形,∴EF∥AG.
而AG 平面PAD,EF 平面PAD,
∴EF∥平面PAD.
(2)在平面PCD中过点F作FO⊥CD于点O,连接OE,
∵平面PCD⊥底面ABCD,平面PCD∩底面ABCD=DC,FO 平面PCD,
∴FO⊥底面ABCD,故∠FEO为直线EF与底面ABCD所成的角,
设PF=a,则AB=CD=PC=3a,
在Rt△FOC中,FC=2a,∠OCF=60°,∴FO=a,
由题意知底面ABCD是菱形,∠DAB=60°,则AD=AB=3a,AE=a,DO=2a,
取EB的中点M,连接CM,则四边形OEMC为平行四边形,故OE=CM.
在△BCM中,∠CBM=120°,BC=3a,BM=a,
由余弦定理得CM2=BM2+BC2-2BM·BCcos 120°=13a2,故EO=CM=a,
在Rt△EFO中,tan∠FEO=,
∴直线EF与底面ABCD所成角的正切值为.
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