多维层次练40-直线、平面垂直的判定与性质学案

多维层次练40  直线、平面垂直的判定与性质

[巩固提升练]

1.（2019·全国卷Ⅱ）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（　　）

A.α内有无数条直线与β平行

B.α内有两条相交直线与β平行

C. α，β平行于同一条直线

D.α，β垂直于同一平面

解析：若α∥β，则α内有无数条直线与β平行，反之则不成立；若α，β平行于同一条直线，则α与β可以平行也可以相交；若α，β垂直于同一个平面，则α与β可以平行也可以相交，故A、C、D中条件均不是α∥β的充要条件.根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则两平面平行，反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.

答案：B

2.（2020·长沙模拟）设a，b，c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，给出下列命题：

①若a∥c，b∥c，则a∥b；

②若a∥b，b∥α，则a∥α；

③若a∥α，b∥α，则a∥b；

④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.

其中真命题的个数是（　　）

A.1   B.2 

C.3   D.4

解析：对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题.所以真命题的个数是1.故选A.

答案：A

3.如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的是（　　）

A.AC⊥BD

B.AC∥截面PQMN

C.AC＝BD

D.异面直线PM与BD所成的角为45°

解析：因为截面PQMN是正方形，

所以MN∥PQ，则MN∥平面ABC，

由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，

同理可得MQ∥BD，又 MN⊥QM，

则AC⊥BD，故A、B正确.

又因为BD∥MQ，所以异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，即为45°，故D正确.

答案：C

4.（多选题）如图，P为平行四边形 ABCD所在平面外一点，Q为PA的中点，O为AC与BD的交点，则（　　）

A.OQ∥平面PCD   B.PC∥平面BDQ

C.AQ∥平面PCD   D.CD∥平面PAB

解析：因为O为平行四边形ABCD对角线的交点，所以AO＝OC，又Q为PA的中点，

所以QO∥PC.由线面平行的判定定理，可知A、B正确，又四边形ABCD为平行四边形，

所以AB∥CD，故CD∥平面PAB，故D正确.

答案：ABD

5.如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是（　　）

A.垂直

B.相交不垂直

C.平行

D.重合

解析：如图，分别取另三条棱的中点A，B，C，将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.

答案：C

6.（2020·江西吉安模拟）如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α∥平面AMN，则平面α截该正方体所得截面的面积为（　　）

A.   B. 

C.   D.

解析：如图1，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接EF，BE，DF，B1D1，则EF∥B1D1，B1D1∥BD，所以EF∥BD，故EF，BD在同一平面内，连接ME，因为M，E分别为A1D1，B1C1的中点，所以ME∥AB，且ME＝AB，所以四边形ABEM是平行四边形，

所以AM∥BE，

又因为BE⊂平面BDFE，AM⊄平面BDFE，

所以AM∥平面BDFE，同理AN∥平面BDFE，因为AM∩AN＝A，

所以平面AMN∥平面BDFE，

BD＝，EF＝B1D1＝，DF＝BE＝，等腰梯形BDFE如图2：

过E，F作BD的垂线，则四边形EFGH为矩形，所以FG＝＝＝，

故所得截面的面积为××＝.故选B.

答案：B

7.在四面体ABCD中，M，N分别是面△ACD、△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是__________________.

解析：如图，连接AM并延长交CD于E，连接BN并延长交CD于F，由重心性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点E，由＝＝，得MN∥AB，因此，MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.

答案：平面ABC、平面ABD

8.设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且　　　　，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.

①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ.

可以填入的条件有　　　　（填序号）.

解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确.

答案：①或③

9.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F，H分别为线段AD，PC，CD的中点，AC与BE交于点O，G是线段OF上一点.

（1）求证：AP∥平面BEF；

（2）求证：GH∥平面PAD.

证明：（1）连接EC，因为AD∥BC，BC＝AD，E为AD的中点，

所以BC∥AE，BC＝AE，

所以四边形ABCE是平行四边形，

所以O为AC的中点.

又F是PC的中点，

所以FO∥AP，

又FO⊂平面BEF，AP⊄平面BEF，

所以AP∥平面BEF.

（2）连接FH，OH，因为F，H分别是PC，CD的中点，

所以FH∥PD，又FH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，

所以FH∥平面PAD.

因为O是BE的中点，H是CD的中点，

所以OH∥AD，又OH⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

所以OH∥平面PAD.

又FH∩OH＝H，且FH，OH⊂平面OHF，

所以平面OHF∥平面PAD.

又GH⊂平面OHF，

所以GH∥平面PAD.

10.（2020·合肥一中模拟）如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点.

（1）求证：BE∥平面DMF；

（2）求证：平面BDE∥平面MNG.

证明：（1）连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE中点，又M为AB中点，所以MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，

又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，

所以BE∥平面DMF.

（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的对边AD，EF的中点，所以DE∥GN，

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，

所以DE∥平面MNG.

又M为AB的中点，N为AD的中点，

所以MN为△ABD的中位线，

所以BD∥MN，

因为BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，

所以BD∥平面MNG，

因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，

所以平面BDE∥平面MNG.

[综合应用练]

11.（多选题）如图，在正四棱锥S-ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论恒成立的是（　　）

A.EP⊥AC

B.EP∥BD

C.EP∥平面SBD

D.EP⊥平面SAC

解析：如图所示，设AC，BD相交于点O，连接SO，EM，EN.

对于A，由SABCD是正四棱锥，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，

因为AC⊂平面ABCD，所以SO⊥AC.

因为SO∩BD＝O，所以AC⊥平面SBD，因为E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，所以EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN＝M，SD∩BD＝D，SD，BD⊂平面SBD，MN，EM⊂平面EMN，所以平面EMN∥平面SBD，所以AC⊥平面EMN，因为EP⊂平面EMN，所以AC⊥EP.故A正确.

对于B，易知EP与BD是异面直线，因此B不正确.

对于C，由A可知平面EMN∥平面SBD，因为EP⊂平面EMN，所以EP∥平面SBD，因此C正确.

对于D，由A同理可得EM⊥平面SAC，若EP⊥平面SAC，则EP∥EM，与EP∩EM＝E相矛盾，因此当P与M不重合时，EP与平面SAC不垂直.即D不正确.故选A、C.

答案：AC

12.（多选题）如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻转成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻转过程中，下列命题正确的是（　　）

A.MB是定值

B.点M在圆上运动

C.一定存在某个位置，使DE⊥A1C

D.一定存在某个位置，使MB∥平面A1DE

解析：取DC的中点N，连接MN，NB，则MN∥A1D，NB∥DE，因为MN∩NB＝N，A1D∩DE＝D，所以平面MNB∥平面A1DE，因为MB⊂平面MNB，所以MB∥平面A1DE，D正确；∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，根据余弦定理得，MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos ∠MNB，所以MB是定值，A正确；因为B是定点，所以M在以B为圆心，MB为半径的圆上，B正确；当矩形ABCD满足AC⊥DE时存在，其他情况不存在，C不正确.所以A、B、D正确.

答案：ABD

13.如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，则AC的长为　　　　cm.

解析：因为平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F，过D作直线平行于a交β于M，交γ于N.连接AD，BM，CN，ME，NF，

所以AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以＝＝，

因为AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，所以＝，

解得BC＝ cm，所以AC＝AB＋BC＝2＋＝（cm）.

答案：

14.（2020·河南安阳第二次模拟）如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1.一平面截该长方体，所得截面为OPQRST，其中O，P分别为AD，CD的中点，B1S＝，则AT＝　　　　.

解析：设AT＝x，A1T＝y，则x＋y＝1.由题意易知该截面六边形的对边分别平行，即OP∥SR，OT∥QR，PQ∥TS，则△DOP∽△B1SR.又因为DP＝DO＝1，所以B1S＝B1R＝，所以A1S＝C1R＝.由△ATO∽△C1QR，可得＝，所以C1Q＝x.由△A1TS∽△CQP，可得＝，所以CQ＝y，所以x＋y＝x＋y＝1，可得x＝，y＝，所以AT＝.

答案：

15.如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，△PAC是边长为2的等边三角形，PB＝PD＝，AP＝4AF.

（1）求四棱锥P-ABCD的体积.

（2）在线段PB上是否存在一点M，使得CM∥平面BDF？如果存在，求的值，如果不存在，请说明理由.

解：（1）连接PO，因为底面ABCD是菱形，

所以O为AC，BD的中点，

又因为PA＝PC，PB＝PD，

所以PO⊥AC，PO⊥BD，

因为AC∩BD＝O，AC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.

在正三角形PAC中，AC＝2，所以PO＝，在△PBD中，PB＝PD＝，所以BD＝2，

所以VP-ABCD＝·PO·S菱形ABCD＝×××2×2＝2.

（2）存在满足题意的点M，且＝.

过C作CE∥BD，交AB的延长线于E，过E作EH∥BF，交PA于H，EH与PB的交点为M，连接CH，CM.

因为CE∥BD，BD⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，所以CE∥平面BDF.

因为EH∥BF，BF⊂平面BDF，EH⊄平面BDF，所以EH∥平面BDF.

因为CE∩EH＝E，CE⊂平面CEH，EH⊂平面CEH，

所以平面BDF∥平面CEH，因为CM⊂平面CEH，所以CM∥平面BDF.

因为BD∥CE，DC∥BE，

所以四边形BECD为平行四边形，

所以DC＝BE＝AB，B为AE的中点，

因为AF＝AP，EH∥BF，所以F为AH的中点，所以H为PA的中点，

所以M是△APE的重心，所以＝.

[拔高创新练]

16.如图所示，在侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M，N分别在AD1，BC上移动，且始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y＝f（x）的大致图象是（　　）

解析：如图，过M作MQ∥DD1交AD于点Q，连接QN.

因为MQ⊄平面DCC1D1，DD1⊂平面DCC1D1，

所以MQ∥平面DCC1D1，

又MN∩MQ＝M，

所以平面MNQ∥平面DCC1D1.

又平面ABCD与平面MNQ和DCC1D1分别交于QN和DC，

所以NQ∥DC，可得QN＝CD＝AB＝1，AQ＝BN＝x，

因为＝＝2，所以MQ＝2x.

在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，

即y2＝4x2＋1，

所以y2－4x2＝1（x≥0，y≥1），

所以函数y＝f（x）的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分.故选C.

答案：C