13.2.4　平面与平面的位置关系 第1课时 两平面平行--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026苏教版高中数学必修第二册
13.2.4　平面与平面的位置关系
第1课时　两平面平行
基础过关练
题组一　两个平面平行的判定
1.(2025江苏溧阳南渡高级中学期中)平面α与平面β平行的充分条件可以是(　　)
A.平面α内有无数条直线都与平面β平行
B.直线n∥平面α,直线n∥平面β,且直线n不在平面α内,也不在平面β内
C.直线a 平面α,直线b 平面β,且直线a∥平面β,直线b∥平面α
D.平面α内的任意一条直线都与平面β平行
2.如图,在下列四个正方体中,P,R,Q,M,N,G,H分别为所在棱的中点,则在这四个正方体中,阴影平面与△PRQ所在平面平行的是(　　)
　　
　　
3.(2025江苏无锡天一中学期中)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=DD1=1,AB=,E,F,G分别为AB,BC,C1D1的中点,点P在平面ABCD内,若直线D1P∥平面EFG,则D1与满足题意的P构成的平面截长方体的截面面积为(　　)
A.
4.(2025浙江金华第一中学期中)如图,在四棱锥C-ABED中,四边形ABED是正方形,点G,F分别是线段EC,BD的中点.
(1)求证:GF∥平面ABC;
(2)若H是线段BC的中点,证明:平面GFH∥平面ACD.
题组二　两个平面平行的性质
5.(2025江苏苏州吴江中学期中)已知a,b表示两条不重合的直线,α,β,γ表示三个不重合的平面,则下列结论中正确的是(　　)
A.若a∥α,b∥α,则a∥b
B.若a∥b,a∥α,则b∥α
C.若α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,则a∥b
D.若a∥β,b∥β,a α,b α,则α∥β
6.(2025福建莆田期中)已知平面α∥平面β,点P是平面α,β外一点(如图所示),且直线PB,PD分别与α,β相交于点A,B,C,D,若PA=6,AB=2,BD=12,则AC=　　　　.
7.(2024浙江金华第一中学期中)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是该正方体表面上的一个动点,且BM∥平面AD1C,则动点M的轨迹长度是　　　　.
8.(2025江苏无锡锡东高级中学期中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M为B1C1的中点,设平面A1BM与底面ABC的交线为l.
(1)证明:AC1∥平面A1BM;
(2)证明:l∥平面A1MC.
9.(2024广东茂名高新中学期中)如图1,在直角梯形ABCP中,AP∥BC,AP⊥AB,AB=BC=AP,D是AP的中点,E,F分别为PC,PD的中点,将△PCD沿CD折起,得到四棱锥P-ABCD,如图2.
(1)在图2中,求证:EF⊥PA;
(2)在图2中,G为线段BC上任意一点,若AP∥平面EFG,请确定点G的位置.
　
题组三　距离问题
10.(2024上海进才中学月考)已知直线a平行于平面α,且它们的距离为d,则到直线a与到平面α的距离都等于d的点的集合是(　　)
A.空集　　　　B.两条平行直线
C.一条直线　　　　D.一个平面
11.(2025江苏盐城射阳中学期中)已知平面α∥平面β,直线a α,直线b β,点A∈α,A到β的距离为d1,a到β的距离为d2,a到b的距离为d3,α到β的距离为d4,则d1,d2,d3,d4间的大小关系为　　　　.
12.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=5,AB=12,有一过AD且与平面A1D1CB平行的平面α,则平面α与平面A1D1CB间的距离是　　　　.　
能力提升练
题组一　两个平面平行的判定
1.(2025江苏无锡第三高级中学期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱BC,CC1的中点,动点P在正方形BCC1B1内(包括边界)运动,若PA1∥平面AEF,则线段PA1长度的取值范围是(　　)
A.[2,]　　　　B.[2,3]
C.
2.(多选题)(2025广东广州期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,点M,P,N分别是线段C1D1,CC1,AD的中点,则以下选项正确的是(　　)
A.直线MP∥平面A1BC1
B.平面MPN∥平面A1BC1
C.直线A1M,BP,B1C1三线共点
D.过M,N,P三点作正方体的截面,截面的周长为
3.(2024辽宁沈阳东北育才学校自主测评)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AC=3,BC=5,AA1=6,D为CC1的中点,E为BB1上一点,,∠ACD=120°,M为侧面AA1C1C上一点,且BM∥平面ADE,则点M的轨迹的长度为　　　　.　
4.(2025江苏无锡辅仁高级中学期中)如图所示,已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,M,N,K分别为AB,PC,PA的中点,平面PBC∩平面PAD=l.
(1)判断直线l与BC的位置关系并证明;
(2)求证:MN∥平面PAD;
(3)直线PB上是否存在点H,使得平面NKH∥平面ABCD 若存在,求出点H的位置,并加以证明;若不存在,请说明理由.
题组二　两个平面平行的性质
5.(2025河北秦皇岛模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为A1B1,BC的中点,则过点E,F,D1的平面α与侧面BCC1B1的交线长为(　　)
A.
6.(2024江苏无锡辅仁高级中学期中)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,BC=CC1=2,点P在矩形BCC1B1内运动(包括边界),M,N分别为BC,CC1的中点,若A1P∥平面MAN,则当A1P的长度取得最小值时,∠B1BP的余弦值为(　　)
A.
7.(2025江苏如皋江安高级中学期中)如图,在正四棱锥P-ABCD中,O,G分别是线段AC,PA的中点,E,F分别在线段BP,BC上,且.
(1)证明:O,G,E,F四点共面;
(2)证明:PC∥平面BDG;
(3)若点H在线段PD上,且满足PH=4HD,试问侧棱PC上是否存在一点K,使得BK∥平面HAC 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
8.(2025福建厦门期中)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,O为底面的中心,M,E分别为PA,PD的中点,△PDC为等腰直角三角形,且DP=DC.
(1)求证:MO∥平面PDC;
(2)求异面直线MO与EC所成角的余弦值;
(3)若F,N分别为CE,DE的中点,点G在线段PB上,且PG=tGB,若平面GFN∥平面ABCD,求实数t的值.
题组三　距离问题
9.(多选题)(2024山西吕梁文水第二高级中学月考)在正方体ABCD-A1C1D1中,AB=1,下列说法正确的是(　　)
A.直线A1B1到平面ABCD的距离为1
B.直线B1D1到AC的距离为
C.点B到直线A1C的距离为
D.平面C1DA1到平面AB1C的距离为
10.(2024北京海淀期末)如图,已知菱形ABCD的边长为2,且∠A=60°,E,F分别为边AB,DC的中点.将△BCF和△ADE分别沿BF,DE折起,若满足AC∥平面DEBF,则线段AC长度的取值范围为(　　)
A.[]
C.[2,2]
11.(2025江苏南通调研)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,AA1=2,∠C1CB=∠C1CD,∠C1CA=45°.
(1)求证:四边形BB1D1D为矩形;
(2)求平面ABCD与平面A1B1C1D1间的距离.
答案与分层梯度式解析
13.2.4　平面与平面的位置关系
第1课时　两平面平行
基础过关练
1.D　对于A,如图1,平面α内只要与直线a平行的直线都与平面β平行,这样的直线有无数条,但是平面α与平面β相交,故A错误;
对于B,由图2知n∥平面α,n∥平面β,且n 平面α,n 平面β,但平面α与平面β相交,故B错误;
对于C,由图1知a 平面α,b 平面β,且a∥平面β,b∥平面α,但平面α与平面β相交,故C错误;
　
对于D,平面α内的任意一条直线都与平面β平行,一定能找到两条相交的直线a,b使得a∥平面β,b∥平面β,又两条相交直线在平面α内,所以由面面平行的判定定理可得α∥β,D正确.
2.D　由题意可知经过P,Q,R三点的平面即为平面PSRHNQ(S为AA1的中点),如图所示.
对于A,MC1与QN是相交直线,所以A不正确;
对于B,C,点N在经过P,Q,R三点的平面上,所以B,C错误;
对于D,因为A1C1∥RH,BC1∥QN,A1C1∩BC1=C1,RH,QN相交,A1C1,BC1 平面A1C1B,RH,QN 平面PSRHNQ,　
故平面A1C1B∥平面PSRHNQ,即平面A1C1B∥平面PRQ,故D正确.
方法技巧　利用两个平面平行的判定定理证明两个平面平行时,必须具备两个条件:①一个平面内的两条直线平行于另一个平面;②这两条直线必须是相交直线.
3.D　如图,连接D1A,AC,D1C,
因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,
又EF 平面ACD1,AC 平面ACD1,所以EF∥平面ACD1,
同理得EG∥平面ACD1,
又EF∩EG=E,EF,EG 平面EFG,所以平面ACD1∥平面EFG,
所以点P在直线AC上,则D1与满足题意的P构成的平面截长方体的截面为△ACD1,
在△ACD1中,AD1=,AC=2,CD1=2,
所以××.
4.证明　(1)连接AE,则E,F,A三点共线,且F为正方形ABED的中心,故GF∥AC,
又GF 平面ABC,AC 平面ABC,∴GF∥平面ABC.
(2)由G,H分别为CE,CB的中点,得GH∥EB,易知EB∥AD,∴GH∥AD,
又GH 平面ACD,AD 平面ACD,∴GH∥平面ACD,
由(1)可知GF∥平面ACD,且GH∩GF=G,GH,GF 平面GFH,
故平面GFH∥平面ACD.
5.C　若a∥α,b∥α,则a,b可能相交、平行或异面,故A错误;
若a∥b,a∥α,则b∥α或b α,故B错误;
若α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,则由面面平行的性质定理可知a∥b,故C正确;
如图所示,EF∥平面A1B1C1D1,AB∥平面A1B1C1D1,AB 平面ABB1A1,EF 平面ABB1A1,但平面A1B1C1D1与平面ABB1A1相交,故D错误.
6.答案　9
解析　因为平面α∥平面β,平面PBD∩α=AC,平面PBD∩β=BD,所以根据面面平行的性质定理可得AC∥BD,
所以∠PAC=∠PBD,∠PCA=∠PDB,又∠APC=∠BPD,
所以△PAC∽△PBD,所以,
又BD=12,所以AC=9.
7.答案　3
解析　在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,动点M满足BM∥平面AD1C,
由两个平面平行的性质定理得,当BM始终在一个与平面AD1C平行的平面内时,满足题意,
如图所示,连接A1B,BC1,A1C1.
由正方体的性质得AB∥C1D1且AB=C1D1,
所以四边形ABC1D1为平行四边形,
所以AD1∥BC1,同理可得A1B∥D1C.
因为AD1 平面A1BC1,BC1 平面A1BC1,
所以AD1∥平面A1BC1.
又D1C 平面A1BC1,A1B 平面A1BC1,
所以D1C∥平面A1BC1,
因为AD1∩D1C=D1,AD1,D1C 平面AD1C,
所以平面A1BC1∥平面AD1C.
又B∈平面A1BC1,M是该正方体表面上的一个动点,所以动点M的轨迹为△A1BC1.
易得A1B=BC1=A1C1=,
所以动点M的轨迹长度为3.
8.证明　(1)如图,连接AB1,与A1B交于点O,连接OM,
因为四边形ABB1A1为平行四边形,所以O为AB1的中点.
又因为M为B1C1的中点,所以OM∥AC1.
又OM 平面A1BM,AC1 平面A1BM,
所以AC1∥平面A1BM.
(2)在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1C1∥平面ABC,
因为平面A1BM∩平面ABC=l,平面A1BM∩平面A1B1C1=A1M,所以l∥A1M.
又A1M 平面A1MC,l 平面A1MC,
所以l∥平面A1MC.
9.解析　(1)证明:在题图1中,因为AP∥BC,AP⊥AB,AB=BC=AP,D是AP的中点,
所以四边形ABCD为正方形,所以CD⊥PD,CD⊥AD,
在翻折过程中,垂直关系不变,故在题图2中,CD⊥PD,CD⊥AD,
而PD∩AD=D,PD,AD 平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
因为E,F分别为PC,PD的中点,所以EF∥CD,
所以EF⊥平面PAD.
又PA 平面PAD,所以EF⊥PA.
(2)当AP∥平面EFG时,G为BC的中点.
证明如下:由(1)知四边形ABCD是正方形,
所以AB∥CD.
因为E,F分别是PC,PD的中点,
所以EF∥CD,所以AB∥EF.
而AB 平面EFG,EF 平面EFG,
所以AB∥平面EFG.
因为AP∥平面EFG,且AP∩AB=A,AP,AB 平面APB,
所以平面APB∥平面EFG.
因为平面PBC∩平面APB=PB,平面PBC∩平面EFG=GE,所以PB∥GE,
所以,所以G为BC的中点.
综上所述,当AP∥平面EFG时,G为BC的中点.
10.B　依题意,与平面α的距离为d的点的集合是平行于α,且与α的距离为d的两个平行平面,因为平行于α的直线a到α的距离为d,所以直线a在上述两个平行平面中的一个内,在此平面内到直线a的距离为d的点的集合是平行于直线a且到直线a的距离为d的两条平行直线,所以到直线a与到α的距离都等于d的点的集合是两条平行直线.
11.答案　d3≥d1=d2=d4
解析　因为α∥β,a α,所以a∥β,
所以a到β的距离与α到β的距离相等,即d2=d4,
因为A∈α,所以A到β的距离与α到β的距离相等,即d1=d4,
当a与b异面时,a到b的距离与α到β的距离相等,即d3=d4,
当a与b平行时,a到b的距离大于或等于α到β的距离,即d3≥d4,
所以d3≥d1=d2=d4.
12.答案　
解析　因为平面α∥平面A1D1CB,AD 平面α,所以AD到平面A1D1CB的距离即为平面α与平面A1D1CB间的距离,易知AD∥平面A1D1CB,所以点A到平面A1D1CB的距离即为所求的距离.
如图所示,过点A作AH⊥A1B于点H.
因为A1D1⊥平面A1B1BA,AH 平面A1B1BA,
所以A1D1⊥AH,
又A1B∩A1D1=A1,A1B,A1D1 平面A1D1CB,
所以AH⊥平面A1D1CB,则AH的长度即为所求.
在Rt△BAA1中,AB=12,AA1=5,
则A1B==13,
因为AH·A1B=A1A·AB,所以AH=.
故平面α与平面A1D1CB间的距离为.
能力提升练
1.D　分别取B1C1,BB1的中点M,N,连接MN,A1M,A1N,ME,BC1,如图,
易得MN∥BC1∥EF,又MN 平面AEF,EF 平面AEF,所以MN∥平面AEF,
因为AA1 ME,所以四边形AA1ME是平行四边形,
所以A1M∥AE,
又A1M 平面AEF,AE 平面AEF,所以A1M∥平面AEF,
又A1M∩MN=M,A1M,MN 平面A1MN,
所以平面A1MN∥平面AEF.
因为PA1∥平面AEF,A1∈平面A1MN,
所以P∈平面A1MN,
又P∈平面BCC1B1,平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,
所以动点P的轨迹为线段MN.
在△A1MN中,MN=,
所以点P到点A1的最大距离为A1M=A1N=,
最小距离为,
所以线段PA1长度的取值范围是.
2.ACD　对于A,连接CD1,则MP∥CD1∥A1B,因为MP 平面A1BC1,A1B 平面A1BC1,所以MP∥平面A1BC1,故A正确;
对于B,设直线MP分别与DC,DD1的延长线交于点E,F,连接NE,NF分别与BC,A1D1交于点Q,T,连接PQ,MT,
由C1M∥CE得=1,则CE=C1M=1,
由CQ∥AD得,
则直线PQ与BC1不平行,而PQ,BC1 平面BCC1B1,于是PQ与BC1相交,
又PQ 平面MPN,BC1 平面A1BC1,所以平面MPN与平面A1BC1有公共点,故B错误;
对于C,令A1M∩B1C1=O,则C1是B1O的中点,
同理,令BP∩B1C1=O',则C1是B1O'的中点,因此O',O重合,故A1M,BP,B1C1三线共点,故C正确;
对于D,易知,则PQ=QE,同理MT=TF,
因此五边形MPQNT的周长为MP+2NE=,故D正确.
3.答案　
解析　由题意知,BE=2,CD=3,在CD上取点M1,使得M1D=2,M1C=1,连接BM1,
则M1D∥BE且M1D=BE,所以四边形BEDM1为平行四边形,故BM1∥DE.
又BM1 平面ADE,DE 平面ADE,
所以BM1∥平面ADE.
在AC上取点M2,使得M2A=2,M2C=1,连接BM2,M1M2,
则,所以M1M2∥AD.
又M1M2 平面ADE,AD 平面ADE,
所以M1M2∥平面ADE,
又BM1∩M1M2=M1,BM1,M1M2 平面BM1M2,
所以平面BM1M2∥平面ADE,则点M的轨迹为线段M1M2.
在△CM1M2中,CM1=CM2=1,∠M1CM2=120°,
由余弦定理得
M1M2=,
即点M的轨迹的长度为.
4.解析　(1)l∥BC,证明如下:
依题意知BC∥AD,因为AD 平面PAD,BC 平面PAD,
所以BC∥平面PAD,
又平面PAD∩平面PBC=l,BC 平面PBC,所以l∥BC.
(2)证明:取PD的中点F,连接AF,FN,则FN∥DC,FN=CD,
所以AM FN,即四边形AFNM为平行四边形,
因此AF∥MN,又AF 平面PAD,MN 平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
(3)当H为PB的中点时,平面NKH∥平面ABCD,证明如下:
取PB的中点H,连接KH,NH,
则HN∥BC,又HN 平面ABCD,BC 平面ABCD,
所以HN∥平面ABCD,同理可证KH∥平面ABCD,
又KH,HN 平面NKH,KH∩HN=H,
所以平面NKH∥平面ABCD.
5.A　设平面α分别交棱CD,BB1于点M,N,如图所示,
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面EFD1∩平面ABCD=FM,平面EFD1∩平面A1B1C1D1=D1E,
所以D1E∥FM,
又A1D1∥BC,所以由等角定理可知∠A1D1E=∠CFM,
则tan∠A1D1E=tan∠CFM,即,
故CM=,
故DM=CD-CM=2-.
因为平面AA1B1B∥平面CC1D1D,平面EFD1∩平面AA1B1B=EN,平面EFD1∩平面CC1D1D=D1M,
所以EN∥D1M,
又BB1∥DD1,所以由等角定理得∠DD1M=∠B1NE,
则tan∠DD1M=tan∠B1NE,即,
所以B1N=,
所以BN=BB1-B1N=2-,
故NF=.
所以平面α与侧面BCC1B1的交线长为.
6.D　如图所示,取BB1的中点E,B1C1的中点F,连接EF,A1E,A1F,FM,BC1,则EF∥BC1.
又M,N分别为BC,CC1的中点,
所以MN∥BC1,所以EF∥MN.
因为EF 平面MAN,MN 平面MAN,
所以EF∥平面MAN,
易知AA1∥MF,AA1=MF,所以四边形A1AMF为平行四边形,所以A1F∥AM.
因为A1F 平面MAN,AM 平面MAN,
所以A1F∥平面MAN,
又A1F∩EF=F,A1F,EF 平面A1EF,
所以平面A1EF∥平面MAN,
所以当A1P 平面A1EF时,A1P∥平面MAN,则点P在线段EF上,
当A1P⊥EF时,A1P的长度取得最小值,易知A1E=A1F=,
所以此时P为线段EF的中点.
由平面几何知识可知,BE=1,EP=,
在△BEP中,由余弦定理可得cos∠B1BP=.
所以此时∠B1BP的余弦值为.
7.解析　(1)证明:连接OG,因为O,G分别是线段AC,PA的中点,所以PC∥OG.
因为,所以PC∥EF,所以EF∥OG,
故O,G,E,F四点共面.
(2)证明:由(1)得PC∥OG,因为PC 平面BDG,OG 平面BDG,所以PC∥平面BDG.
(3)如图,在线段PH上取一点M,使得HM=HD,作MK∥HC,交PC于点K,连接BM,BK,OH.
因为HM=HD,BO=OD,所以BM∥OH.
又因为BM 平面HAC,OH 平面HAC,
所以BM∥平面HAC.
同理可证MK∥平面HAC.
又因为BM∩MK=M,BM,MK 平面BMK,
所以平面BMK∥平面HAC.
又BK 平面BMK,所以BK∥平面HAC.
因为PH=4HD,HM=HD,所以,
因为MK∥HC,所以.
故在棱PC上存在一点K,使得BK∥平面HAC,且.
8.解析　(1)证明:连接AC,则O为AC的中点,又M为PA的中点,所以MO∥PC.
因为MO 平面PDC,PC 平面PDC,
所以MO∥平面PDC.
(2)由(1)得异面直线MO与EC所成的角即为PC与EC所成的角,
在等腰直角△PDC中,设DP=DC=2,则PE=DE=1,PC=2,
在△PEC中,由余弦定理得cos∠PCE=,
所以异面直线MO与EC所成角的余弦值为.
(3)连接BD,因为N为DE的中点,E为PD的中点,
所以PN=PD,
因为平面GFN∥平面ABCD,平面PBD∩平面GFN=GN,平面PBD∩平面ABCD=BD,所以GN∥BD,
则=3,所以t=3.
9.ACD　对于A,如图1,AA1⊥平面ABCD,BB1⊥平面ABCD,A1B1∥平面ABCD,AA1=BB1=1,
故直线A1B1到平面ABCD的距离为1,故A正确.
对于B,如图1,设O1,O2分别是上、下底面的中心,连接O1O2,则O1∈B1D1,O2∈AC,
则O1O2⊥平面ABCD,而AC 平面ABCD,故O1O2⊥AC,
又O1O2⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,
故O1O2⊥B1D1,
所以O1O2是异面直线B1D1,AC的公垂线段,
易知O1O2=1,故B错误.
对于C,如图1,连接A1B,作BH⊥A1C于点H,
因为BC⊥平面ABB1A1,A1B 平面ABB1A1,
所以BC⊥A1B,在Rt△A1BC中,A1B=,故C正确.
对于D,如图2,连接BD1,BD,因为AC∥A1C1,A1C1 平面C1DA1,AC 平面C1DA1,所以AC∥平面C1DA1,
同理AB1∥平面C1DA1,
又AC∩AB1=A,AC,AB1 平面ACB1,
故平面C1DA1∥平面AB1C,
因为DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,所以DD1⊥AC,又BD⊥AC,BD∩DD1=D,BD,DD1 平面BDD1,
故AC⊥平面BDD1,
而BD1 平面BDD1,故AC⊥BD1,同理可得B1C⊥BD1,
又AC∩B1C=C,AC,B1C 平面AB1C,
故BD1⊥平面AB1C,
同理可得BD1⊥平面C1DA1,
记BD1分别与平面AB1C,平面C1DA1交于点E,F,显然EF的长度就是平面C1DA1到平面AB1C的距离.
连接B1D1交A1C1于O1,设AC∩BD=O,连接DO1,B1O,在对角面BB1D1D中,F,E恰好分别是DO1,B1O与BD1的交点,
因为O,O1分别是BD,B1D1的中点,所以DO1∥B1O,
所以E,F是BD1的三等分点,
易得BD1=,故D正确.
　
10.A　折起前,连接AC,BD,
在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=180°-60°=120°,
在△ABC中,由余弦定理得,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=4+4-2×2×2×=12,
所以AC=2.
折起后,若AC∥平面DEBF,则AC 平面DEBF,则AC<2,故排除B,D;
折起前,在菱形ABCD中,AB=AD=2,∠DAB=60°,
所以△ABD是正三角形,
而E,F分别为边AB,DC的中点,所以DE⊥AB,BF⊥DC,又AB∥DC,所以DE∥BF.
折起后,DE⊥AE,DE⊥EB,AE∩EB=E,AE,EB 平面EAB,
所以DE⊥平面EAB,同理可得BF⊥平面FDC,
所以平面EAB∥平面FDC,
则平面EAB与平面FDC的距离即为DE的长度,
易得DE=×2=,
由点A∈平面EAB,点C∈平面FDC,得AC≥.
在折起过程中,当∠DFC=∠AEB=60°时,由AE=EB,DF=FC,
得△EBA,△DFC均为正三角形,可构成如图所示的正三棱柱DFC-EBA,
满足AC∥平面DEBF,此时AC=DE=.
所以线段AC长度的最小值为,故A正确.
11.解析　(1)证明:连接A1C1,BC1,DC1,记AC∩BD=O,连接C1O.
因为底面ABCD是边长为2的正方形,所以BC=DC,
又∠C1CB=∠C1CD,CC1=CC1,所以△C1CB≌△C1CD,所以BC1=DC1.
又因为O为BD的中点,所以C1O⊥BD,易知AC⊥BD.
又C1O∩AC=O,C1O,AC 平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1.
又CC1 平面ACC1A1,所以BD⊥CC1.
因为BB1 DD1,所以四边形BB1D1D为平行四边形,
又BB1∥CC1,所以BD⊥BB1,
所以四边形BB1D1D为矩形.
(2)在△C1CO中,CC1=2,CO=,∠C1CO=45°,
由余弦定理得cos∠C1CO=,
所以C1C2=OC2+C1O2,即C1O⊥OC.
由(1)知C1O⊥BD,又OC∩BD=O,OC,BD 平面ABCD,　
所以C1O⊥平面ABCD.
因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
所以平面ABCD与平面A1B1C1D1间的距离即为C1O的长,为.
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