2026高二數學暑假提升講義（滬教）預習專題04 平面與平面間的位置關系(解析版)

預習專題04平面與平面間的位置關系

知識點01平面與平面平行

1、平面與平面位置關系

位置關系定義符號表示

平行平面與平面沒有公共點

＝∥

相交平面與平面有且僅有一

＝a

條公共直線

2、平面與平面平行的判定定理

如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行

圖形語言：

符號語言：Pbaba,,,且ba//,//，那么//

3、兩個平面平行的性質定理

如果兩個平面平行同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行

圖形語言：

符號語言：若//，,ba，則//ba

4、幾個重要結論

（1）垂直于同一條直線的兩個平面平行

（2）如果兩個平面平行那么在一個平面內任何一條直線都平行于另一個平面

（3）一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，則它也垂直于另外一個

（4）夾在兩個平行平面中的平行線段相等

（5）經過平面外一點有且僅有一個平面與已知直線平行

注：①兩個平面平行的判定定理中必須是“兩條”“相交”直線才能得出面面平行，把條件改成“一

條”、“兩條”、“無數條”都不一定成立

②面面平行則面內的所有直線都平行與另一個平面，但是分別在兩個平行平面內的兩條直線不一定平

行

5、半平面的定義

一個平面內的一條直線，把這個平面分成兩部分，其中的每一部分都叫做半平面

如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分別是AB，AC，A1B1，A1C1的中點．

求證：(1)B，C，H，G四點共面；

(2)平面EFA1∥平面BCHG.

【解析】證明(1)∵GH是△A1B1C1的中位線，

∴GH∥B1C1.

又B1C1∥BC，∴GH∥BC，

∴B，C，H，G四點共面．

(2)∵E，F分別為AB，AC的中點，

∴EF∥BC.

∵EF?平面BCHG，BC?平面BCHG，

∴EF∥平面BCHG.

∵A1G∥EB且A1G＝EB，

∴四邊形A1EBG是平行四邊形，∴A1E∥GB.

∵A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，

∴A1E∥平面BCHG.

∵A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，

∴平面EFA1∥平面BCHG.

知識點02二面角

1、二面角的定義

從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角，這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫

做二面角的面

2、畫法

第一種是臥式法，也稱為平臥式：

AK

D

EGJ

L

B

I

CFH

第二種是立式法，也稱為直立式：

l

OA

B

O'A'

B'

3、二面角的平面角：

（1）過二面角的棱上的一點O分別在兩個半平面內作棱的兩條垂線OA,OB，則DAOB叫做

二面角-l-的平面角

（2）一個平面垂直于二面角-l-的棱l，且與兩半平面交線分別為OA,OB,O為垂足，

則DAOB也是-l-的平面角

求解二面角的常用方法：

1、定義法：過二面角的棱上任一點在兩個面內分別作垂直于棱的直線，則兩直線所構成的角即為

二面角的平面角，繼而在平面中求出其平面角的一種方法；

2、三垂線法：利用三垂線定理，根據“與射影垂直，則也與斜線垂直”的思想構造出二面角的平

面角，繼而求出平面角的方法；

3、垂面法：指用垂直于棱的平面去截二面角，則截面與二面角的兩個面必有兩條交線，這兩條交

線構成的角即為二面角的平面角，繼而再求出其平面角的一種方法；

4、面積射影法：根據圖形及其在某一個平面上的射影面積之間的關系，利用射影的面積比上原來

的面積等于二面角的余弦值，來計算二面角。此法常用于無棱的二面角；

5、法向量法：通過求與二面角垂直的兩個向量所成的角，繼而利用這個角與二面角的平面角相等

或互補的關系，求出二面角的一種方法。

如圖所示，已知三棱錐A－BCD的各棱長均為2，求二面角A－CD－B的平面角的余弦

值．

【解析】解如圖，取CD的中點M，連接AM，BM，

則AM⊥CD，BM⊥CD.

由二面角的定義可知∠AMB為二面角A－CD－B的平面角．

設點H是△BCD的中心，連接AH，

則AH⊥平面BCD，且點H在線段BM上．

3

在Rt△AMH中，AM＝×2＝3，

2

313

HM＝×2×＝，

233

3

HM31

則cos∠AMB＝＝＝，

AM33

1

即所求二面角的平面角的余弦值為.

3

知識點03平面與平面垂直

1、平面與平面垂直定義

兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面垂直.

表示方法：平面與垂直，記作.

畫法：兩個互相垂直的平面通常把直立平面的豎邊畫成與水平平面的橫邊垂直.

如圖：

2、平面與平面垂直的判定定理

判定定理：一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直.

符號語言：

圖形語言：

特征：線面垂直面面垂直

平面與平面垂直的判定定理告訴我們，可以通過直線與平面垂直來證明平面與平面垂直.通常我們將其記為

“線面垂直，則面面垂直”.因此，處理面面垂直問題處理線面垂直問題，進一步轉化為處理線線垂直問題.

以后證明平面與平面垂直，只要在一個平面內找到兩條相交直線和另一個平面垂直即可.

3、平面與平面垂直的性質

性質定理：兩個平面垂直，則一個平面內垂直于交線的直線與另一個平面垂直.

符號語言：

圖形語言：

如圖，在邊長為a的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，PC⊥平面ABCD，求證：平面

PDB⊥平面PAC.

證明∵PC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PC⊥BD.

∵四邊形ABCD為菱形，

∴AC⊥BD，

又PC∩AC＝C，PC，AC?平面PAC，

∴BD⊥平面PAC.

∵BD?平面PDB，∴平面PDB⊥平面PAC.

題型一、判斷面面平行

例1（23-24高二下·山東濰坊·階段練習）若m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，

則下列說法正確的有（）

A．若m，m//，則//B．若^，m^，則m//

C．若m//n，m^，則n^D．若m^n，m//，則n//

【答案】C

【分析】根據空間中線面、面面的位置關系一一判斷即可.

【詳解】因為m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，

對于A：若m，m//，則//或與相交，故A錯誤；

對于B：若^，m^，則m//或m，故B錯誤；

對于C：兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面，

即若m//n，m^，則n^，故C正確；

對于D：若m^n，m//，則n//或n^或n或n與相交（不垂直），故D錯誤.

故選：C

1-1（23-24高二上·上海奉賢·期中）下列命題中，是真命題的選項為（）

A．平行于同一條直線的兩個平面平行

B．若兩個平面分別經過兩條平行直線，則這兩個平面平行

C．分別在兩個平行平面上的兩條直線平行

D．與兩條異面直線都平行的兩個平面平行．

【答案】D

【分析】舉例說明判斷ABC；利用面面平行的判定推理判斷D.

【詳解】如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1，

對于A，平面ABB1A1與平面DCBA1111都與直線CD平行，而平面ABB1A1與平面DCBA1111相交，A是假命題；

對于B，相交平面ABB1A1與平面DCBA1111分別經過直線AB,C1D1，且AB//C1D1，B是假命題；

對于C，直線AB平面ABCD，直線A1D1平面DCBA1111，且平面ABCD//平面DCBA1111，

而直線AB與直線A1D1是異面直線，C是假命題；

對于D，直線a,b是兩條異面直線，,是兩個不同平面，a//,b//,a//,b//，

￠

過直線b上的點A作直線a￠//a，則直線a,b確定平面，由b//,b//，得點A?,A?，

而a//,a//，于是a￠//,a￠//，因此//,//，所以//，D真命題.

故選：D

1-2（23-24高一下·上海嘉定·期末）已知兩條直線m，n，兩個平面，，給出下列四個說法：

m∥n，m^，n^∥；

①∥，m，nm∥n；

②m^n，m∥n∥；

③∥，m∥n，m^n^，

其中正確的序號是④．

【答案】

【分析】對于①④：根據線面垂直的性質分析判斷；對于：根據線面位置關系分析判斷；對于：根據

線面垂直分析判斷①.②③④

【詳解】對，m∥n，m^，n^，又n^，∥，正確；

對，∥①，∵m，n，∴m∥n或m與n異面，∴錯誤；∴①

對②，∵m^n，m，n與可以成任意角，∴錯誤；∴②

對③，∵∥，m^，則∴m^，∴③

又④m∵n，n^，正確．

故答案為：∵∴．∴④

題型二、證①④明面面平行

例2（23-24高二上·上海普陀·階段練習）過平面外一點，可以作這個平面的平行線的條數是（）

A．1條B．2條C．超過2條但有限D．無數條

【答案】D

【分析】結合平面的基本性質，以及線，面平行判定定理和性質定理，即可得到結論.

【詳解】如圖所示，因為點A?，在平面作兩條相交直線a,b，

由直線a與點A可以確定一個平面，在平面內過點A作c//a，

由直線b與點A可以確定一個平面，在平面內過點A作d//a，

因為cIdA且c//,d//，設直線c與d確定平面M，則平面M//，

在平面M內過點A的所有直線都平行與平面，

故過平面外一點能作出無數條直線和這個平面平行.

故選：D.

2-1（23-24高二上·上海普陀·階段練習）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別是棱

AB，BC的中點，M為底面ABCD上的動點，若直線D1M//平面EFC1，則線段DM的長度的最小值為

（）

21

A．B．C．1D．2

22

【答案】A

【分析】找出點M在平面ABCD內的軌跡，再根據過直線外一點垂線段最短，求出線段DM的長度的最小

值即可.

【詳解】設點G,H分別為棱CD，AD的中點，連接GH,GD1,HD1,HF，可證明點M?GH，

事實上，在底面正方形ABCD中，可知GH//AC//EF，

因為GH?平面EFC1，EF平面EFC1，所以GH//平面EFC1；

在底面正方形ABCD中，可知HF//CD且HFCD，

又因為C1D1//CD且C1D1CD，所以HF//C1D1且HFC1D1，

則四邊形HFC1D1為平行四邊形，所以HD1//FC1，

又因為HD1?平面EFC1，FC1平面EFC1，所以HD1//平面EFC1；

又因為GHIHD1H,GH,HD1平面GHD1，所以平面GHD1//平面EFC1，

因為D1?平面GHD1且DlM//平面EFC1，所以D1M平面GHD1，

因為平面ABCDI平面GHD1GH且點M?平面ABCD、M?平面GHD1，

所以M?GH，即M點的軌跡為線段GH；

由于正方體棱長為2，故三角形DGH為等腰直角三角形，且GH為斜邊，GH2，

2

所以當點M為GH的中點時，即DM^GH時，線段DM的長度最小且最小值為.

2

故選：A

2-2（24-25高二上·上海徐匯·期中）正方體ABCD-A1B1C1D1，E，F分別是棱B1B，AD的中點．

(1)直線BF∥平面AD1E；

(2)求異面直線BF與D1E所成角的大小；

【答案】(1)證明見解析

25

(2)arccos

5

【分析】（1）根據線線平行可得線面平行，進而可得面面平行，利用面面平行的性質即可求證，

（2）根據BM//D1E可得DFBM為異面直線BF與D1E所成角，即可利用余弦定理求解，在VBFM中利用余

弦定理計算cosDFBM．

【詳解】（1）取DD1中點M，連接BM，

則MF//AD1,

由于MF?平面AD1E，AD1平面AD1E，故MF//平面AD1E,

1

由于DM//BE,DMBEDD,故四邊形DMBE為平行四邊形，

11211

則BM//D1E，

BM?平面AD1E，ED1平面AD1E，故MB//平面AD1E,

MBMFM,MB,MF平面MBF，

故平面MBF//平面AD1E，

BF平面MBF,故直線BF∥平面AD1E

（2）由（1）知BM//D1E，

\DFBM或其補角為異面直線BF與D1E所成角，

2

512?1?23

設正方體棱長為1，則2+2，，22

BFAFABFMAD1BMMD+BD?÷+2

222è2?2

352

()2+()2-()2

2222525

\cosDFBM，所以異面直線BF與D1E所成角的大小為arccos.

355

2′′5

22

題型三、面面平行證明線線平行

例3（23-24高三下·上海松江·階段練習）已知、、是三個不同的平面，l、m、n是三條不同

的直線，則（）

A．若m//，n//，則m//nB．若Im，In，//，則m//n

C．若m，n^，l^n，則l//mD．若Il，且m//l，則m//

【答案】B

【分析】根據空間中線線、線面、面面的位置關系一一判斷即可.

【詳解】對于A：若m//，n//，則m//n或m與n相交或m與n異面，故A錯誤；

對于B：根據面面平行的性質定理可知，若//，且Im，In，則m//n，故B正確；

對于C：若n^，m，則n^m，又l^n，則l//m或m與l相交或m與l異面，故C錯誤；

對于D：若Il，且m//l，則m//或m，故D錯誤.

故選：B

3-1（24-25高二上·上海·期中）已知//，P是，外一點，過P點的兩條直線PA，PB分別交于A，

B，交于C，D，且PA6，AC9，AB8，則CD的長為.

【答案】20或4

【分析】由//可知AB//CD，根據兩平面在點P的同側和異側分別討論，結合相似可得解.

【詳解】

由已知//，平面PABAB，平面PABCD，

所以AB//CD，

當平面，在點P同側時，由PA<AC可知點P在靠近平面一側，

如圖所示，可知VPAB≌VPCD，且PA6，PCPA+AC15，AB8，

ABPA

則，即CD20；

CDPC

當平面，在點P異側時，

如圖所示，可知VPAB≌VPCD，且PA6，PCAC-PA3，AB8，

ABPA

則，即CD4；

CDPC

綜上所述CD20或4，

故答案為：20或4.

3-2（24-25高二上·上海·課前預習）如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線．

【答案】平行

【分析】由面面平行的判定定理，即可得到結果.

【詳解】由面面平行的判定定理可知，如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行.

故答案為：平行

3-3（23-24高二上·上海徐匯·期末）如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且

AB2，AA14，經過頂點A和C1各作一個平面與平面CB1D1平行，前者與平面ABCD交于l1，后者與平

面ABB1A1交于l2，則異面直線l1與l2所成角的余弦值為.

【答案】10

10

【分析】利用平面與平面平行的性質定理，得B1D1//l1，CD1//l2，求B1D1與CD1所成的角的余弦值即為所求.

【詳解】設平面CB1D1平面ABCDm，因為//平面CB1D1，所以m//l1，

又因為平面ABCD//平面DCBA1111，且平面CB1D1平面A1B1C1D1B1D1，

所以B1D1//m，B1D1//l1，

因為平面ABB1A1//平面DCC1D1，且平面CB1D1平面DCC1D1CD1，

同理可證CD1//l2，異面直線l1與l2所成的角即B1D1,CD1所成的DCD1B1

在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，且ABBC2,AA14，

22，22，

B1D12+222CD1CB12+425

222

CD1+B1D1-CB120+8-2010

cosDCD1B1，

2′CD1′B1D12′25′2210

10

所以異面直線l1與l2所成的角的余弦值為.

10

故答案為：10.

10

3-4（21-22高二上·上海楊浦·期中）已知底面邊長和斜高長均為2的正四棱錐P-ABCD被平行于底面的平

1

面所截得的正棱臺為ABCD-ABCD，且滿足ABAB.

1111112

(1)求證：A1B1∕∕平面DCC1D1

(2)求棱臺的體積V和表面積S.

【答案】(1)證明見解析

72

(2)V，S5+33

6

【分析】

（1）根據面面平行的性質可得AB∕∕A1B1，CD∕∕C1D1，則有A1B1∕∕C1D1，再根據線面平行的判定定理即

可得證；

（2）由題意得P-ABCD,P-A1B1C1D1是正四棱錐，根據正棱錐的結構特求出棱長和高，再根據棱錐和棱柱

的表面積公式體積公式即可得解.

【詳解】（1）

因為平面ABCD//平面DCBA1111，平面ABCDI平面PABAB，

平面A1B1C1D1I平面PABA1B1，

所以AB∕∕A1B1，同理CD∕∕C1D1，

又AB∕∕CD，所以A1B1∕∕C1D1，

又C1D1平面DCC1D1，A1B1?平面DCC1D1，所以A1B1∕∕平面DCC1D1；

（2）

由題意得P-ABCD,P-A1B1C1D1是正四棱錐，

故P在平面ABCD上的投影為正方形ABCD的中心O，

1

AOAC2，

2

在RtVAPO中，PA2,AO2，所以PO2，

142

VS×PO，

P-ABCD3ABCD3

1

因為平面ABCD∕∕平面DCBA，ABAB，

1111112

1272

所以V-V-，所以V，

PA1B1C1D18PABCD66

由已知的四個側面為全等的等腰梯形，作BC的中點E，連結PE，

13

VPBC為等邊三角形，故PE3,S3,SS，

VPBCVPB1C14VPBC4

?3?

×-

S側4?3÷33,S下底4,S上底1，

è4?

所以S5+33.

3-5（22-23高二上·上海黃浦·期末）如圖，正四棱錐S-ABCD的底面邊長為a，側棱長為2a，點P、Q分

別在BD和SC上，并且BP:PD1:2，PQ//平面SAD，求線段PQ的長．

6

【答案】a

3

【分析】過P作PM//BC，交CD于M，根據線面平行即面面平行的判定定理可得平面PQM//平面SAD，

進而MQ//SD，然后利用余弦定理結合條件即得．

【詳解】如圖，過P作PM//BC，交CD于M，連結QM，

因為PM//BC，AD//BC，

所以PM//AD，又PM?平面SAD，AD平面SAD，

所以PM//平面SAD，又PQ//平面SAD，

又PMIPQP，PM,PQ平面PQM，

所以平面PQM//平面SAD，又平面PQMI平面SDCMQ，平面SDCI平面SADSD，

\MQ//SD，

22

由BP:PD1:2，可得PMBCa，

33

12

\QMSDa，

33

QSD//QM，AD//MP，

\DPMQDADS，

AD

1，

QcosDADS2

SD4

442216a2

所以PQ2PM2+QM2-2PM×QM×cosDPMQa2+a2-2′a′a′，

993349

6

所以線段PQ的長為a．

3

題型四、面面平行證明線面平行

例4（22-23高二上·上海長寧·階段練習）在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱BC的中

點，F是側面B1BCC1內的動點，若A1F//平面AD1E，則點F軌跡的長度為（）

232

A．B．2C．D．22

22

【答案】B

【分析】取BB1中點M，B1C1中點N，連接MN，則易證平面A1MN//平面AD1E，進而得當F的軌跡為線

段MN時，則有A1F//平面AD1E，再根據勾股定理及三角形的中位線計算即可.

【詳解】如圖所示：

取BB1中點M，B1C1中點N，連接MN，

因為MN//BC1，BC1//AD1，

所以MN//AD1，

MN?平面AD1E，AD1平面AD1E，

所以MN//平面AD1E，

同理可證明A1N//平面AD1E，

又因為MNIA1NN，MN,A1N平面A1MN，

所以平面A1MN//平面AD1E，

當F的軌跡為線段MN時，此時A1F平面A1MN，則有A1F//平面AD1E，

11

此時MNBC′222.

212

故選：B.

4-1（23-24高二上·上海浦東新·期中）設,是兩個不同的平面，m是直線且m.“m//”是“//”的

條件.（填“充分不必要”?“必要不充分”?“充要”?“不充分不必要”）

【答案】必要不充分

【分析】根據線面平行與面面平行的判定的判定與性質，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.

【詳解】由直線m且m//，則//或與相交，所以充分性不成立；

反之：若m且//，根據兩平面平行的性質，可得m//，即必要性成立，

所以m//是//的必要不充分條件.

故答案為：必要不充分.

4-2（21-22高二上·上海靜安·階段練習）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC1的中點，求證：DE平面

AB1D1．∥

【答案】證明見解析

【分析】利用面面平行的性質定理證明線面平行.

【詳解】

證明：連接BD，C1D，在正方體中，

因為BDB1D1，B1D1平面AB1D1，BD?平面AB1D1，

∥

所以BD平面AB1D1，

∥

同理，因為BC1AD1，AD1平面AB1D1，BC1?平面AB1D1，

∥

所以BC1平面AB1D1，

又BD∩BC∥1＝B，BD平面BDC1，BC1平面BDC1

所以平面BDC1平面AB1D1，

∥

因為DE平面BDC1，

所以DE?平面AB1D1．

4-3（24-25∥高二上·上海·階段練習）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB2BC,DABC120°，E為線段AB

的中點，M為線段DE的中點，將VADE沿直線DE翻折成VA￠DE，使得A￠M^平面BCD，F為線段A￠C

的中點.

(1)求證：BF//平面A￠DE

(2)求直線FM與平面A￠DE所成角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

(2)1

2

【分析】（1）作輔助線，先證明面面平行，再由面面平行得線面平行；

（2）利用NF//CE，可證得NF^平面A￠DE得出線面角，解三角形即可.

【詳解】（1）取CD中點G，連結GF，BG，如圖，

由F,G分別為DC,A￠C的中點可知，FG//A￠D，

又QA￠D?平面BGF，FG平面BGF，\A￠D//面BGF，

Q在平行四邊形ABCD中，DG//EB,DGEB，

\四邊形DEBG為平行四邊形，\DE//BG，

又QDE?平面BGF，BG平面BGF，\DE//面BGF，

又A￠D,DE平面A￠DE，\平面A￠DE//平面BGF，

而BF面BGF，\BF//平面A￠DE.

（2）取A￠E的中點N，連接NM,NF,CE，

在平行四邊形ABCD中，設BCa，

則ABCD2a,ADAEEBa，

因為DABC120°，在VBCE中，可得CE3a，

在VADE中，可得DEa，

在VCDE中，因為CD2CE2+DE2，所以CE^DE，

因為A￠M^平面BCD，DE,CE平面BCD，所以A￠M^DE,A￠M^CE，

由N,F分別為A￠E,A￠C的中點，則NF//CE，則NF^DE,NF^A￠M，

因為DEIA￠MM，DE,A￠M平面A￠DE，所以NF^平面A￠DE，

則DFMN為直線FM與平面A￠DE所成的角.

31

在RtVFMN中，由NFa,MNa，可得FMa，

22

MN1

則cosDFMN

FM2

所以直線FM與平面￠所成角的余弦值1.

ADE2

題型五、空間平行的轉化

例5（23-24高二上·上海金山·期中）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，已知AB3,AA14,E是棱AA1

的中點，O是對角線AC1的中點，設P是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的面上的動點，且PE//平面OBC，則

動點P圍成的圖形的周長為．

【答案】11

【分析】

利用面面平行的性質確定動點P的運動軌跡即可.

【詳解】O是對角線AC1的中點,故O是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的中心，

所以點O,B,C均在平面A1BCD1上，

\PE//平面OBC，即PE//平面A1BCD1，

，

取AB,CD,DD1的中點分別為F,G,H,

且E是棱AA1的中點

\EH//A1D1//BC//FG,EF//A1B//HG,

且A1D1,A1B平面A1BCD1，EH,EF?平面A1BCD1，

EH//平面A1BCD1，EF//平面A1BCD1,

∴且EH,EF平面EFGH，EHIEFE,

所以平面EFGH//平面A1BCD1，

所以當P?平面EFGH時，PE平面EFGH，

此時PE//平面A1BCD1，即PE//平面OBC.

且P是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的面上的動點，

故P圍成的圖形即四邊形EFGH,

ABAD3,AA4,22

Q1\A1B3+45,

四邊形EFGH的周長為:EF+FG+GH+EH2EF+2EHA1B+2AD11.

故答案為：11

5-1（22-23高二上·上海嘉定·階段練習）如圖所示，在棱長為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E在棱DD1

上，DE2ED1，F是側面CDD1C1上的動點，且B1F//平面A1BE，則F在側面CDD1C1上的軌跡的長度

為．

【答案】2

【分析】設H在棱CC1上，且CH2HC1，I在棱C1D1上，且D1I2IC1，G在棱CD上，且DG2GC，根

據面面平行的判定定理，可得平面A1BGE//平面B1HI，結合已知中B1F//平面A1BE，可得F落在線段HI上，

則答案可求.

【詳解】解：設H在棱CC1上，且CH2HC1，I在棱C1D1上，且D1I2IC1，G在棱CD上，且

DG2GC

連接B1I，B1H，IH，CD1，EG，BG，則A1B//CD1//GE，

所以A1，B，E，G四點共面，

由B1H//A1E，A1E?平面B1HI，B1H平面B1HI，所以A1E//平面B1HI，

同理A1B//平面B1HI，又A1BIA1EA1，A1B,A1E平面A1BGE，所以平面A1BGE//平面B1HI，

又因為B1F//平面A1BE，所以F落在線段HI上，

132

因為正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，所以HICD2，

313

即F在側面CDD1C1上的軌跡的長度是2．

故答案為：2.

5-2（23-24高二上·上海閔行·期末）已知,,表示三個不同的平面，若//，且a,b，則

直線a，b的位置關系是.

【答案】ab

【分析】根據面面平行的性質定理可得答案.

【詳解】由題意知//，且a,b，

根據面面平行的性質定理可得ab，

故答案為：ab

題型六、二面角的概念及辨析

例6（24-25高二上·上海·期中）二面角的取值范圍是（）.

A．0,πB．0,πC．0,πD．0,π

【答案】D

【分析】利用二面角的定義判定選項即可.

【詳解】由二面角的定義可知，二面角的平面角范圍是0,π.

故選：D

6-1（24-25高二上·上海·階段練習）下列關于二面角的平面角的說法，正確的是（）.

A．兩條邊分別在二面角的兩個面內的角

B．過二面角棱上一點且兩邊分別垂直于棱的角

C．二面角的兩個面被一個垂直于棱的平面所截得的角

D．任一個平面去截二面角的兩個面所得的角

【答案】C

【分析】根據二面角的平面角的定義判斷即可.

【詳解】二面角的平面角是指過棱上一點在兩個半平面內作棱的垂線，兩條射線所成的角叫二面角的平面

角，

對于A，兩條邊不一定垂直兩個半平面內作棱，故A錯誤；

對于B，此時兩邊不一定在平面內，故B錯誤；

對于C，二面角的兩個面被一個垂直于棱的平面所截得的角，此時棱垂直于面與二面角的

兩個平面的兩條交線，并且均在平面內，符合二面角的平面角定義，故C正確；

對于D，由C知，棱不一定垂直于面與二面角的兩個平面的兩條交線，故D錯誤，

故選：C.

6-2（24-25高二上·上海·期中）m、n為空間中兩條直線，、為空間中兩個不同平面，下列命題中正確的

個數為（）

二面角的范圍是0,π；

①經過3個點有且只有一個平面；

②若m、n為兩條異面直線，m,n,m//，則n//．

③若m、n為兩條異面直線，且m//,n//,m//,n//，則//．

④A．0B．1C．2D．3

【答案】B

【分析】利用二面角的取值范圍可判斷，當三點共線時可判斷，利用線面平行的判定方法可判斷，

利用線面平行的性質以及面面平行的判定定理可判斷①②③

【詳解】對于，二面角的范圍是0,π，錯；④

①①

對于，若三點共線，則經過這個點有無數個平面，錯

對于②，若m、n為兩條異面直線，m,n,m//②，則n與可能平行也可能相交，故錯誤；

對于③，因為m//,m//，過直線m作平面，使得Ib,Ia，③

由線面平行的性質定理可得④m//a,m//b，則a//b，

因為a?,b，則a//，

因為n//,n//，過直線n作平面j，使得jId,Ijc，

由線面平行的性質定理可得n//c,n//d，則c//d，

因為c?,d，則c//，

若a//c，則m//n，這與m、n為兩條異面直線矛盾，故a,c相交，

又因為a,c，所以//，故對，

④

故選：B

6-3（24-25高二上·上海·期中）如圖，VABC是邊長為22的等邊三角形，VBDC為直角三角形，D為直角

頂點，DDCB60°，連接AD．當二面角A-BC-D從0°變化到90°的過程中，線段AD在平面BCD上的

投影掃過的平面區域的面積為．

【答案】3

2

【分析】延長CD至M點，使CDDM，連接BM，VBCM為等邊三角形，可找到頂點A在底面BCD內的

射影軌跡，確定線段AD在平面BCD上的投影掃過的平面區域，從而求出面積.

【詳解】解：在Rt△BCD中，BC22，DDCB60°，所以DC2，BD6，

延長CD至M點，使CDDM，連接BM，CMBC22，且DDCB60°，

則VBCM為等邊三角形，且VBCM為二面角A-BC-D為0°時VABC在平面BCD上的投影.

取邊BC的中點N，連接AN，MN，則AN^BC，MN^BC，

又ANIMNN，所以BC^平面AMN，

過點A作AH^平面BCM，則H?MN，即點A在平面BCD內的攝影在線段MN上，

則二面角A-BC-D從0°變化到90°的過程中，點A在平面BCD內的攝影從M到N，

線段AD在平面BCD上的投影掃過的平面區域為VNDM.

NCDC2，DDCN60°，所以VDCN為等邊三角形，

則有ND2，

又DM2，DNDM180o-60o120o，

13

所以SND×DMsin120o.

VNDM22

故答案為：3

2

1

6-4（24-25高二上·上海·階段練習）如圖所示，點P是平面ABCD外一點，BC//平面PAD,BCAD，點

2

E是線段PD的中點.

(1)求證:CE//平面PAB

(2)問：是否存在線段AD上的一點N，使得對線段CE上的任一動點M，均有MN//平面PAB成立？若存

在，請指出點N的位置，并證明你的結論；若不存在，請說明理由；

(3)若DPBADPBC60°，二面角P-AB-C為45o，求DABC的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；

(2)存在，點N為AD的中點，證明見解析；