时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(8×5＝40分) 1．(2009·福建，10)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线．则α∥β的一个充分而不必要条件是 ( )
A．m∥β且l1∥α B．m∥l1且n∥l2 C．m∥β且n∥β D．m∥β且n∥l2 答案：B
解析：∵m∥l1，且n∥l2，又l1与l2是平面β内的两条相交直线， ∴α∥β，而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2，可能异面． 故选B.
2．已知直线a，b，平面α，β，则a∥α的一个充分条件是 ( ) A．a⊥b，b⊥α B．a∥β，β∥α C．b⊂α，a∥b D．a∥b，b∥α，a⊄α 答案：D 解析：对于A，若a⊥b，b⊥α，则a∥α或a在α内，A不合题意；对于B，若a∥β，β∥α，则a∥α或a在α内，B不合题意；对于C，若b⊂α，a∥b，则a∥α或a在α内，C不合题意；故选D.
3．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是 ( )
A．l∥α B．l⊥α C．l与α相交但不垂直 D．l∥α或l⊂α 答案：D
解析：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上的所有点与α的距离都是0；l⊥α时，直线l上只能有两点到α的距离相等；l与α斜交时，也只能有两点到α的距离相等．
4．(2009·山东潍坊一模)已知m、n是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是 ( )
A．若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β C．若m∥n，m∥α，则n∥α D．若n⊥α，n⊥β，则α∥β 答案：D
解析：选项A中，γ与β可能垂直，如墙角的三面墙，所以A不正确；选项B中，α与β可能相交，所以B不正确；选项C中，可能有n∥α，可能有n⊂α，所以C不正确；D正确．
5．(2009·河南调考)已知α∥β，a⊂α，B∈β，则在β内过点B的所有直线中 ( ) A．不一定存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线 C．存在无数条与a平行的直线 D．存在唯一一条与a平行的直线 答案：D
解析：设过a与B的平面与β的交线为b，由面面平行的性质得b与a平行，故选D. 6．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得到AB∥平面MNP的图形的序号是 ( )
A．①、③ B．②、③ C．①、④ D．②、④ 答案：C
解析：如①图中，连结AC，则平面ACB∥平面MNP，又AB⊂面ACB，∴AB∥面MNP. 如②图中，平面ACD∥平面MNP，又AB与面ACD相交，所以AB与面MNP也相交． 如③图中，因为AB与平面NPCB相交，所以AB与平面MNP相交． 如④图中，AB∥CD，CD∥NP，那么AB∥NP，AB∥平面MNP. 综上所述，正确答案为①、④.故选C. 7．(2009·广东重点中学)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 ( )
A．60 B．48 C．36 D．24 答案：B
解析：在长方体中，含四个顶点的平面有6个表面和6个对角面，共12个平面，而每个表面能构成6个“平行线面组”，每个对角面能构成2个“平行线面组”，则所有的“平行线面组”的个数有6×6＋6×2＝48，故选B.
8．如图，α∥β，AB和AC是夹在平面α与β之间的两条线段，AB⊥AC，且AB＝2，直线AB与平面α所成的角为30°，那么线段AC的取值范围是 ( )
2343
A．(，) B．[1，＋∞)
332323
C．(1，) D．[，＋∞)
33
答案：D 解析：作AD⊥β，连结BD、CD、BC.因为AB>BD，AC>DC，AB2＋AC2＝BC2，所以cos∠BDC222222BD＋DC－BCAB＋AC－BC＝<＝0(*)，
2BD·DC2BD·DC
因为AD⊥β，所以∠ABD是AB和β所成的角，∠ABD＝30°，依题意：AB＝2，AD＝1，
3＋AC2－1－4－AC2
DC＝AC－1，BC＝4＋AC，BD＝3，由(*)式可得：－1≤<0，所以
2·3·AC2－1
1123232
0<≤3，所以AC－1≥，即AC≥；AC≤－(舍去)，所以AC的取值范围
333AC2－1
2223
是[，＋∞)．
3
二、填空题(4×5＝20分)
9．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与过A、C、E的平面的位置关系是________．
答案：平行
解析：取AC中点F，连结EF，在△BDD1中，EF∥BD1，因此，BD1∥面AEC，平行关系．
10．如图所示，ABCD－A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一
a
点，AP＝，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则
3
PQ＝________.
22答案：a
3
解析：如图所示，连接AC，
易知MN∥平面ABCD，∴MN∥PQ. 又∵MN∥AC，∴PQ∥AC，
aPDDQPQ2
又∵AP＝，∴＝＝＝，
3ADCDAC3222
∴PQ＝AC＝a.
33
11．设平面α∥β，A、C∈α，B、D∈β，直线AB与CD交于S，若AS＝18，BS＝27，CD＝34，则CS＝________.
68
答案：或68
5
解析：利用面面平行的性质，通常构造相似三角形求解，但要注意交点S在α、β之间，
68
或在AB、CD的延长线上两种情况，易得CS＝或68.
5
12．如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.
答案：M∈线段FH
解析：因为HN∥BD，HF∥DD1，所以平面NHF∥平面B1BDD1，又平面NHF∩平面EFGH＝FH.故线段FH上任意点M与N相连，有MN∥平面B1BDD1，故填M∈线段FH.
三、解答题(4×10＝40分)
13．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，证明PA∥平面EDB.
证明：方法一：
连接AC交BD于O.连接EO.
∵底面ABCD是正方形，∴点O是AC的中点． 在△PAC中，EO是中位线，∴PA∥EO. 而EO⊂平面EDB且PA⊄平面EDB， 所以，PA∥平面EDB. 方法二：
如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点．设DC＝a.
连接AC交BD于G，连接EG.依题意得A(a,0,0)，P(0,0，
aa
a)，E(0，，)．
22
∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G
aa
的坐标为(，，0)，且
22
aa→→
PA＝(a,0，－a)，EG＝(，0，－)．
22
→→
∴PA＝2EG.这表明PA∥EG.
而EG⊂平面EDB且PA⊄平面EDB， ∴PA∥平面EDB.
14．如下图所示，已知A1B1C1－ABC是正三棱柱，E、E1分别是AC、A1C1的中点． (1)求证：平面AB1E1∥平面BEC1；
(2)当该棱柱各棱长都为a时，求(1)中两个平行平面间的距离．
解析：(1)∵E、E1分别是AC、A1C1的中点， 又∵三棱柱为正三棱柱，
∴B1E1∥BE，AE1∥C1E
⇒平面AB1E∥平面BEC1 ∵AE1∩B1E1＝E1，C1E∩BE＝E
(2)由(1)可知平面AB1F与平面BEC1之间的距离可以转化为A到平面BEC1的距离，设为
d.
∵VC1－ABE＝VA－BC1E， 又∵正三棱柱各棱长都是a，
a3
∴AE＝，BE＝a，
22
11a3a3
∴VC1－ABE＝····a＝a3，
322224
53
而BC1＝2a，C1E＝a，BE＝a，
22
222
∴BC1＝C1E＋BE， ∴∠C1EB＝90°，
1135152
∴S△BC1E＝·BE·C1E＝·a·a＝a，
22228
33a24VC1－ABE5
∴d＝＝＝a，
111525S△BC1E·a338
5
则(1)中两个平行平面间的距离是a.
5
15．(2009·河北秦皇岛一模)如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面是边长为1的正方形，E、F、G分别是棱BB1、DD1、DA的中点．
(1)求证：平面AD1E∥平面BGF； (2)求证：D1E⊥平面AEC.
证明：(1)∵E、F分别是棱BB1、DD1的中点，∴BE∥D1F且BE＝D1F. ∴四边形BED1F为平行四边形． ∴D1E∥BF.
又∵D1E⊂平面AD1E，BF⊄平面AD1E， ∴BF∥平面AD1E.
又∵G是棱DA的中点， ∴GF∥AD1.
又∵AD1⊂平面AD1E，GF⊄平面AD1E， ∴GF∥平面AD1E. 又∵BF∩GF＝F，
∴平面AD1E∥平面BGF.
(2)连结CE、AC、BD，∵AA1＝2，
2∴AD1＝A1A2＋A1D1＝5， 同理AE＝2，D1E＝3.
22
∴AD21＝D1E＋AE， ∴D1E⊥AE.
∵AC⊥BD，AC⊥D1D， ∴AC⊥平面BB1D1D.
又∵D1E⊂平面BB1D1D， ∴AC⊥D1E.
又∵AC∩AE＝A，AC⊂平面AEC， AE⊂平面AEC， ∴D1E⊥平面AEC. 16．(2009·河北唐山一模)如图所示，四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，侧面SAB是等腰三角形且垂直于底面，SA＝SB＝5，AB＝2，E、F分别是AB、SD的中点．
(1)求证：EF∥平面SBC；
(2)求二面角F－CE－A的大小．
解析：解法一：(1)证明：如图(1)，取SC中
1
点G，连结FG、BG，则FG綊CD.
2
1
又BE綊CD，∴FG綊BE，四边形BEFG是平行四边形，∴EF∥BG.又∵EF⊄平面SBC，
2
BG⊂平面SBC，∴EF∥平面SBC.
(2)连结SE，
∵SA＝SB，∴SE⊥AB.
又∵平面SAB⊥平面ABCD，∴SE⊥平面ABCD.而SE⊂平面SDE， ∴平面SDE⊥平面ABCD.
作FH⊥DE于H，则FH⊥平面ABCD， 且FH∥SE，H为DE的中点．
作HK⊥CE于K，连结FK，则CE⊥FK. 于是∠FKH为二面角F－CE－A的平面角． ∵SA＝SB＝5，AB＝2， ∴SE＝2，FH＝1.
在正方形ABCD中，作DL⊥CE于L，则
BC24
DL＝CDsin∠LCD＝CDsin∠BEC＝2×＝2×＝.
CE55
12
∴HK＝DL＝，
25
FH5
∴tan∠FKH＝＝. HK2
解法二：如图(2)，以E为原点，建立空间直角坐标系，使BC∥x轴，A、S分别在y轴、z轴上．
(1)证明：由已知，E(0,0,0)，D(2,1,0)，
1
S(0,0,2)，F(1，，1)，B(0，－1,0)，
2
1→C(2，－1,0)，∴EF＝(1，，1)，
2
→→→1→1→BC＝(2,0,0)，BS＝(0,1,2)．∵EF＝BC＋BS，EF⊄平面SBC，
22
∴EF∥平面SBC.
(2)设m＝(a，b，c)为平面CEF的法向量， 则m⊥EC，且m⊥EF.
1→→∵EC＝(2，－1,0)，EF＝(1，，1)，
2则m·EC＝m·EF＝0，
2a－b＝0，∴1取a＝1，b＝2，c＝－2，
a＋b＋c＝0，2
→→→→
则m＝(1,2，－2)．
又∵n＝(0,0,1)为平面ACE的法向量，
－2m·n2
所以cos〈m，n〉＝＝＝－，
|m||n|3×13
2
因为二面角F－CE－A为锐角，所以其大小为arccos.
3
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