新高考版數(shù)學資料：直線、平面垂直的判定和性質（十年高考）

新高考版《數(shù)學》資料：直線、平面垂直的判定和性質（十年高考）

8.4直線、平面垂直的判定和性質

考點一直線、平面垂直的判定和性質

n1

1.（2015陜西，18,12分）如圖1,在直角梯形ABCD中,AD〃BC,NBAD=ZAB=BC=±AD=a,E是AD的中點,0是AC

與BE的交點.將aABE沿BE折起到圖2中AAiBE的位置,得到四棱錐ArBCDE.

（D證明：CD_L平面AQC;

⑵當平面A]BEJ_平面BCDE時，四棱錐A】BCDE的體積為36躥,求a的值.

解析（1）證明：在題圖1中，

1

因為AB=BC=2AD=a>E是AD的中點，

n

NBAD=&所以BE1AC.

即在題圖2中，BE±A10,BE10C,

又AQnoc=o,

從而BE_L平面AiOC,

又CD〃BE,

所以CD_L平面AiOC.

（2）由已知,平面A】BE_L平面BCDE,

且平面A]BEC平面BCDE=BE,

又由⑴知,AQJ_BE,

所以AQ_L平面BCDE,

即AQ是四棱錐A1-BCDE的高.

也在

由題圖1知,A10=2AB=24平行四邊形BCDE的面枳

S=BC-AB=a2.

從而四棱錐A「BCDE的體積為

1J在在

V=3XSXA]0=3Xa2X2a=6a3,

在

由6a3=36轉，得a=6.

1

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評析本題首先借“折疊”問題考查空間想象能力，同時考查線面垂直的判定及面面垂宜性質的應用.

2.(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓0的直徑，點C是圓0上異于A,B的點,P0垂直于圓0所在的平面,

且P0=0B=l.

⑴若D為線段AC的中點，求證:ACJ_平面PD0;

(2)求三棱錐P-ABC體積的最大值；

⑶若BC=V2,點E在線段PB上,求CE+0E的最小值.

解析⑴證明：在△AOC中，因為0A=0C,D為AC的中點，所以AC_LD0.

又P0垂直干醐0所在的平面，

所以PO_LAC.

因為nonpo=o,

所以AC_L平面PDO.

(2)因為點C在圓0上，

所以當C01AB時,C到AB的距離最大,且最大值為1.

1

又AB=2,所以△ABC面積的最大值為？X2X1=L

又因為三棱錐P-ABC的高P0=l,

11

故三枝?錐P-ABC體積的最大值為Wx1X1=3.

(3)解法一：在△POB中，PO=OB=1,NPOB=90”,

所以PB=V12+12=A^.同理,PCr0所以PB=PC=BC.

在三棱推P-ABC中,將側面BCP繞PB所在立線旋轉至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所示.

當0,E,C'共線時,CE+OE取得最小值.

又因為OP=OB,C'P=C'B,所以0C垂直平分PB,

y/2m#+、后

即E為PB中點.從而0C*=OE+EC=T+T=-2一,

2

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亦即CE+OE的最小值為-2—.

解法二：在aPOB中，PO=OB=1,NPOB=90°,

所以NOPB=45°,PB=V12+123.同理PC=V2.

所以PB=PC=BC,所以NCPB=60°.

在三棱錐P-ABC中,將側面BCP繞PB所在直線旋轉至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所示.

當0,E,C'共線時,CE+OE取得最小值.

所以在△()(：'P中，由余弦定理得：

0C'2=1+2-2X1XV2xcos(45°+60°)

=1+2-2”12222)=2^.

從而OC'=V2+V3=—2一.

與妁

所以CE+OE的最小值為2+2.

評析本題主要考查直線與平面的位置關系、錐體的體積等基礎知識,考查空間想象能力、推理論證能力、

運算求解能力，考查數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想.

3.(2014福建文，19,12分)如圖,三棱錐A-BCD中,AB_1_平面BCD,CD1BD.

(1)求證:CD_L平面ABD;

(2)若AB=BD=CD=1,M為AD中點,求三棱錐A-MBC的體積.

解析(D證明：TAB，平面BCD,CDu平面BCD,??.AB_LCD.

又VCD^BD,ABCIBD=B,ABu平面ABD,BDc平面ABD,

.??CD_L平面ABD.

⑵解法一:由AB_L平面BCD,得AB_LBD.

VAB=BD=1,

1

?'?SAABD=2.

???M是AD的中點,

3

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11

：?SZ\ABM=2SAABD=4.

由（1）知,CD_L平面ABD,

，三棱錐C-ABM的高h=CD=l,

11

因此VA-MBC=VC-ABM岳,h=12.

解法二：由AB_L平面BCD知，平面ABDL平面BCD,

又平面ABDC平面BCD=BD,

如圖,過點M作MN_LBD交BD于點N,

11

則MN_L平面BCD,且MN=2AB=2,

又CD_LBD,BD=CD=1,

1

?'?SABCD=2.

.??二棱錐A-MBC的體積V^VA-BCD-VM-K：1)

Ill

=3AB,S△BO)-3MN?S4BO>=12.

1

4.(2014山東文，18,12分)如圖，四棱錐P-ABCD中,AP_L平面PCD,AD〃BC,AB=BC工AD,E,F分別為線段

AD,PC的中點.

(D求證:AP〃平面BEF;

(2)求證：BEJ_平面PAC.

金證明⑴設ACABE=O,連接OF,EC.

由于E為AD的中點,

4

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1

AB=BC=2AD,AD/7BC,

所以AE〃BC,AE=AB=BC,

因此四邊形ABCE為菱形，

所以0為AC的中點.

又F為PC的中點，

因此在APAC中，

可得AP〃OF.

又OFu平面BEF,APC平面BEF,

所以AP〃平面BEF.

(2)由題意知ED/7BC,ED=BC,

所以四功形BCDE為平行四功形.

因此BE〃CD.

又AP_L平面PCD,CDu平面PCD,

所以AP_LCD,因此APJLBE.

因為四邊形ABCE為菱形,

所以BE_LAC.

又APnAC=A,AP,ACu平面PAC,

所以BE_L平面PAC.

5.(2014廣東文,18,13分)如圖1,四邊形ABCD為矩形,PD_L平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如圖2折疊:折痕

EF〃DC,其中點E,F分別在線段PD,PC上,沿EF折經(jīng)后點P在線段AD上的點記為虬并且MF1CF.

(1)證明:CF_L平面MDF;

(2)求三棱錐M-CDE的體積.

解析(1)證明：平面ABCD,

ADc^FiSABCD,APD1AD.

丁四邊形ABCD是矩形，.「AD，DC.

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又?.?PDnDC=D,，AD_L平面PCD.

?“Fu平面PCD,.*.AD±CF.

又???MF_LCF,MFnAD=M,

??.CFJ?平面MDF.

⑵由（1）知CF_LDF,PD_LDC,

在APCD中，DC2=CF-PC.

CD21

,-.CF=^C=2.

PCFCPDFC

.?.麗=麗41）=PC-

V33?

APE=ME=^--4-=~,

11坦迪

?*?SACDE=2DC-ED=2X1X4-8.

—力

在RtAMDE中，MD=A/M￡，2-ED2=2,

1」在理逆

，k：DE=?SzmE?MD=Wxl"XT=16.

6.（2013廣東文，18,14分）如圖1,在邊長為1的等邊三角形ABC中,D,E分別是AB,AC上的點,AD=AE,F是

在

BC的中點,AF與DE交于點G.將aABF沿AF折起,得到如圖2所示的三極錐A-BCF,其中BC=2.

圖2

(1)證明:DE〃平面BCF;

(2)證明：CF_L平面ABF;

2

(3)當AD■時,求三棱錐F-DEG的體枳%DEG.

6

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ADAE

解析(1)證明：在等邊三角形ABC中,AD=AE,??.而二瓦，在折疊后的三棱錐A-BCF中也成立，

.,.DE/7BC,VDECT?BCF,BCu平面BCF,，DE〃平面BCF.

(2)證明：在等邊三角形ABC中,F是BC的中點，

1

/.AF1BC,BF=CF=2.

通

???在三棱錐A-BCF中，BC=2,

ACF1BF.

VBFnAF=F,，CF_L平面ABF.

(3)由(1)可知GE〃CF,結合⑵可得GEL平面DFG.

...VF-DEG=VE-DFC=3?2?DG?FG?GE=3?2.3.\32).3=324

評析本題考杳線面平行、線面垂宜的證明以及空間幾何體體積的計算，考杳立體幾何中翻折問顆以及學

生的空間想象能力和邏輯推理論證能力.抓住翻折過程中的不變量是解決這類問題的關鍵，第(3)問的關鍵

在于對幾何體的轉化.

7.(2012北京文，16,14分)如圖1,在RtAABC中，ZC=90°,D,E分別為AC,AB的中點，點F為線段CD上的

一點.將4ADE沿DE折起到AAiDE的位置,使A^ICD,如圖2.

(1)求證：DE〃平面A￡B;

(2)求證：AiF±BE;

(3)線段A(B上走否存在點Q,使A￡_L平面DEQ?說明理由.

解析(1)證明：因為D,E分別為AC,AB的中點,

所以DE〃BC.

又因為DEC平面％CB,

所以DE〃平面A￡B.

(2)證明：由已知得AC_LBC且DE〃BC,

所以DE_LAC.

所以DE_LARDE±CD.

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因為AiDCCD=D，所以DE_L平面A/C.

而AF<-平面A,DC,

所以DEL”.

又因為A]F_LCD,CDCDE=D,

所以A]FJ_平面BCDE.

所以AFJLBE.

(3)線段A]B上存在點Q,使A】C_L平面DWQ.理由如下:

如圖,分別取A￡,AiB的中點P,Q,連接PQ,則PQ〃BC.

又因為DE〃BC,

所以DE〃PQ.

所以平面DEQ即為平面DEP.

由⑵知,DE_L平面A]DC,

所以DE_LA￡.

又因為P是等腰三角形DA)C底邊A,C的中點，

所以A】C_LDP.

所以A￡_L平面DEP.

即A￡_L平面DEQ.

故線段A)B上存在點Q,使得％CJ_平面)EQ.

評析本題的前兩間屬容易題，第(3)問是創(chuàng)新式問法,可以先猜后證,此題對于知識掌握不牢靠的學生而言,可

能不能順利解答.

8.(2019課標IH文，19,12分)圖1是由矩形ADEB,RtAABC和菱形BFGC組成的一?個平面圖形,其中

AB=1,BE=BF=2,ZFBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2.

(1)證明：圖2中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC,平面BCGE：

(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積.

8

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解析本題考查了線面、面面垂直問題，通過翻折、平面與平面垂直的證明考查了空間想象能力和推理論

證能力,考查了直觀想象的核心素養(yǎng).

（1）由已知得AD/7BE,CG/7BE,所以AD/7CG,故AD.CG確定一個平面,從而A,C,G,D四點共面.

由已知得AB±BE,AB1BC,故AB_L平面BCGE.

又因為ABu平面ABC,所以平面ABC_L平面BCGE.

⑵取CG的中點M,連接EM,DM.

因為AB〃DE,AB_L平面BCGE,所以DE_L平面BCGE,故DE1CG.

由已知，四邊形BCGE是菱形,且NEBC=60°得EM±CG,故CG_L平面DEM.

因此DMXCG.

在RtADEM中，DE=1,EM=A3,故DM=2.

所以四邊形ACGD的面積為4.

思路分析（1）翻折問題一定要注意翻折前后位置的變化，特別是平行、垂直的變化.由矩形、直角三角形

中的垂直關系，利用線面垂直、面面垂直的判定定理可證兩平面垂直;而由平行公理和平面的基本性質不難

證明四點共面.（2）根據(jù)菱形的特征結合（1）的結論找到菱形BCGE的邊CG上的高求解.

解題關鍵抓住翻折前后的垂直關系，靈活轉化線線垂直、線面垂直和面面垂直，題中構造側棱的特殊”宣

截面”aDEM,是本題求解的關鍵和難點.

考點二平面與平面垂直的判定和性質

1.（2022全國乙,理7,文9,5分）在正方體氏q仄中,￡尸分別為AB,a'的中點,則（）

A.平面用"平面BDD、

B.平面片斷J_平面AXBD

C.平面瓦用〃平面A{AC

D.平面瓦〃〃平面ACD

答案A如圖所示，

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在正方■體中"C1BD,EF//AC,:.EF1BD,又平面ABCD、E卜仁平面ABCD,：.I\DLEF,又

D\DCBD=D,???比1平面BDh又牙iz平面B{EF,，平面而￡尸，平面BD隊,故選A.

2.（2021全國乙文，18,12分）如圖，四棱錐尸/施力的底面是矩形,也底面ABCD,M為死的中點,且PBLAM.

⑴證明：平面PAML平面PBD;

（2）若吃叱1,求四棱錐;\4解的體積.

解析⑴證明：由于物L平面AM,4k平面ABCD,則PDLAM,又PBkAM,PECPD=P,PB,國t平面PBD,

所以/ML平面PBD,因為4化平面PAM,所以平面尺M■平面PBD.

⑵由⑴知/1ML平面PBD,因為駐平面PBD,所以AMLBD,所以乙物*41即=90°,因為四邊形ABCD為矩

DA_AB

形，所以/%比/力硼所以/場外/朋隹90°,所以/力初=/4陽則△加吐△?!硼則麗=麗，又

AB=DC=[,以為比的中點，：.AD=>ft,

S矩形AKirAB,AD=y/^,

11XA/2X1=^

『四棱健尸如尸5s矩形ABCD?乃廬53?

名師點撥：本題以學生熟悉的四棱錐為載體,充分考查了學生的空間想象能力和邏輯推理能力,要求學生熟

練掌握空間幾何體中垂直的證明方法,在計算中體現(xiàn)空間和平面之間的轉化思想，尤其是基本圖形的運算.

3.（2022全國乙文，18,12分）如圖，四面體被力中，仞LQM任必N4Z伊/施￡為力。的中點.

（1）證明：平面龐〃1平面北女

⑵設AB=BF2,的60。，點尸在"匕當?shù)拿娣e最小時,求三棱錐產(chǎn)的。的體積.

10

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解析⑴證明："：AD=CD,^ADB=^BDC,BD-BD,

：?4AD癖4CDB、:.AFBC,

又E為力C的中點，，血

在△4%'中,月9皿E為力。的中點，.?.膜L”；

又膜平面BED,的z平面BED,DECBE=Et

，/C_L平面BED,

??"比平面ACD,，平面比〃1平面月微

⑵由⑴可知/廬弦旦/力磔=60°,

△胸為等邊三角形，??"△力生2.

又AD-DC,ADLCD,:,AD=DC=*,

連接成由（1）知/CL平面跳”

?：E七平面BED,:?AC【EF,

1

：?SAC^EF^EF,

在Rt△1加中，可得DE=[,在△45C中，可得BE=^t

又Bl>2,：.BgD隊明

???△版為直角三角形,且/版30°,

:.經(jīng)的最小值為Rl△儂斜邊上的劉女

理

且/F陷in/反廬2,

??FC_L平面8EF,

1

VI-SABEFXAC

=：x儂叫X4C

斗儂反。$3。。％四

JXGXV5XTXT）X2

更

=4.

4.（2022全國乙理，18,12分）如圖，四面體/歷山中戶&NADB=NBDC,E為AC的中點.

（1）證明：平面畫ZLL平面力。；

⑵設力/般2,/力華60。，點〃在做上,當△"C的面枳最小時,求。'與平面力M所成的角的正弦值.

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解析⑴證明：因為力氏位訝為〃?的中點,所以見L”：

怛為/AD皆/BDC,AD=CD,盼阻所以△力如與△物;所以A田CB,又E為然的中點,

所以應L/C

又DEt的z平面BED、且DECB拄E,所以芯_1_平面BED,又4t平面ACD,所以平面力SL平面BED.

⑵由題意及⑴知4?=叱2,又//3=60°,所以力信2,除也.

因為ADLDC,夕為我的中點,所以DB=\.

所以DR-BR=B風馳DELBE.

連接EF,因為/ICL平面BED,配平面BED,

所以ACLEF,所以S4MAOEI^EF.

當ERL8D時,4'最小，即的面積最小,此時EF=2.

如圖，以￡為坐標原點，雨麗麗的方向分別為K軸、y軸、/軸的正方向，建立空間直角坐標系公0z,則

6X-1.0,0),4(1,0,0),6(0,<3,0),2X0,0,1),乂。的,

1）,而=（0「在1）,斤=（1次）.

所以而=（7,0,

設平面力劭的法向量為n={x,y,z）,

國.n=0,即|葦+"0

則日所=0,173y+z=0,令尸1,得上（氣,1,?。?

設。'與平面力協(xié)所成的角為0,

了>|=噂=型

則sin"=|cos<〃，Mil國7,

4V3

所以。'與平面力融所成的角的正弦值為〒.

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5.(2018課標I文，18,12分)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,ZACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使

點M到達點D的位置,且AB±DA.

(D證明:平面ACDJL平面ABC;

2

(2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點,且BP=DQ=3DA,求三棱錐Q-ABP的體機

解析(1)證明：由已知可得，NBAC=90°,BA_LAC.

又BAXAD,所以AB_L平面ACD.

又ABu平面ABC.

所以平面ACD_L平面ABC.

(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3^.

2

又BP=DQ=3DA,所以BP=2A/2.

1

作QE±AC,垂足為E,則QE=3DC,QE//DC.

由已知及(1)可得DC_L平面ABC,

所以QE_L平面ABC,QE=1.

因此,三棱錐Q-ABP的體枳為

規(guī)律總結證明空間線面位置關系的一般步驟：

(1)審清題意：分析條件，挖掘題目中平行與垂直的關系；

(2)明確方向：確定問題的方向，選擇證明平行或垂直的方法,必要時添加輔助線；

(3)給出證明：利用平行、垂直關系的判定或性質給出問題的證明；

(4)反思回顧：查看關鍵點、易漏點，檢查使用定理時定理成立的條件是否遺漏,符號表達是否準確.

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解題關鍵(1)利用平行關系將NACM=90°轉化為NBAC=90°是求證第(1)問的關?。?/p>

(2)利用翻折的性質將NACM=90°轉化為NACD=90°,進而利用面面垂直的性質定理及線面垂直的性質定理

得出三棱錐Q-ABP的高是求解第(2)問的關鍵.

6.(2018北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD_L平面

ABCD,PA1PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點.

(1)求證：PE1BC;

⑵求證：平面PAB_L平面PCD;

(3)求證：EF〃平面PCD.

品證明⑴因為PA=PD,E為AD的中點,

所以PE_LAD.

因為底面ABCD為矩形，

所以BC〃AD.

所以PE_LBC.

(2)因為底面ABCD為矩形，

所以AB_LAD.

又因為平面PAD_L平面ABCD,

所以AB_L平面PAD.

所以AB_LPD.

又因為PA_LPD,

所以PD_L平面PAB.

所以平面PAB_L平面PCD.

⑶取PC中點G,連接FG,DG.

14

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因為F,G分別為PB,PC的中點，

1

所以FG〃BC,FG=2BC.

因為ABCD為矩形,且E為AD的中點，

1

所以DE〃BC,DE=2BC.

所以DE〃FG,DE=FG.

所以四邊形DEFG為平行四邊形.

所以EF〃DG.

又因為EFC平面PCD,DGu平面PCD,

所以EF〃平面PCD.

7.（2017課標HI文，19,12分）如圖，四面體ABCD中，/XABC是正三角形,AD=CD.

⑴證明:AC1BD;

（2）已知4ACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點,且AE±EC,求四面體ABCE與四面體

ACDE的體積比.

解析(D證明：取AC的中點0,連接DO,BO.

因為AD=CD,所以ACJ_DO.

又由于△△!)€是正三角形，所以AC1B0.

因為D0CB0=0,

所以AC_L平面DOB,

因為BDu平面DOB,

所以AC_LBD.

(2)連接E0.

由⑴及題設知NADC=90",

所以DO=AO.

在RtAAOB中,B02+A02=AB2.

又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,

故ND0B=90°.

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由題設知4AEC為直角三角形，

1

所以E0=2AC.

又AABC是正三角形,且AB=BD,

1

所以E0=2BD.

1

故E為BD的中點,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的2四面體ABCE的體積為四面體ABCD

1

的體積的Z即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1：1.

8.(2016江蘇，16,14分)如圖,在直三棱柱ABC-AMi中,D,E分別為AB,BC的中點,點F在側棱BtB上,且

BiD_LAF,A￡i_LAiBi.求證：

(1)直線DE〃平面ACF；

(2)平面BiDE_L平面A￡F.

品證明(1)在直三棱柱ABC-AjBiC1中,A,Ci/7AC.

在△ABC中，因為D,E分別為AB,BC的中點，

所以DE〃AC,于是D