2023版高考数学一轮总复习10年高考真题分类题组84直线平面垂直的判定和性质

直线、平面垂直的判定和性质

考点一直线、平面垂直的判定与性质

1.(2019课标II文，17,12分)如图，长方体ABCD-A出的底面ABCI)是正方形，点E在棱AAi

上,BElECi.

⑴证明:BE_L平面EBC;

(2)若AE=A.E,AB-3,求四棱锥E-BBQC的体枳.

解析本题考杳了长方体的性质、直线与平面垂直的判定与性质和锥体的体积，考查了空间

想象能力，主要体现了逻辑推理和直观想象的核心素养.

(1)由已知得BC_L平面ABBA,BEc平面ABBA,故BiCi-LBE.

又BE±ECb所以BE_L平面EBC.

(2)由(1)知NBEB产90°.由题设知Rt2\ABE0RtAABE,所以NAEB=NAEB产45°，故

AE=AB=3,AA,=2AE=6.

作EF±BBh垂足为F,则EF_L平面BBCC,且EF=AB=3.

所以，四棱锥E-BBCC的体积V=X3X6X3=18.

思路分析（1）由长方体的性质易得BC1.BE,再利用直线与平面垂直的判定定理求证；（2）

求该四棱锥的体积的关键是求高，利用平面与平面垂直的性质定理，可知只需过E作BB的垂

线即可得高.

解题关键由长方体的性质找BE的垂线和平面BB.C.C的垂线是求解的关键.

2.(2015陕西，18,12分)如图1,在直角梯形ABCI)中，AD〃BC,/BAI)弓,AB=BC=；AI)=a,E是AI)

的中点,。是AC与BE的交点.将AABE沿BE折起到图24JAA>BE的位置，得到四棱锥A.-BCDE.

7

BK

(1)证明:CD_L平面AQC;

⑵当平面A】BE_L平面BCDE时，四棱锥A-BCDE的体积为36&,求a的值.

解析（1）讦明：在题图1中,

因为AB=BCqAD=a,E是AD的中点,

NBAD』所以BE1AC.

即在题图2中,BELAQ,BE±OC,

又AQnoc=o,

从而BE_L平面AQC,

又CD〃BE,

所以CD_L平面AQC.

⑵由已知，平面ABE_L平面BCDE,

且平面AiBEG平面BCDE=BE,

又由（1）知,AQ_LBE,

所以AQ_L平面BCDE,

即AQ是四棱锥ALBCDE的高.

由题图1知,AQ号AB亭a,平行四边形BCDE的面积

S=BC•AB=a2.

从而四棱锥A.-BCDE的体积为

\己XSXAi0=1Xa2X与咯\

3326

由3a-36近,得a=6.

评析本题首先借“折叠”问题考杳空间想象能力，同时考查线面垂直的判定及面面垂直性

质的应用.

3.(2015福建,20,12分)如图,AB是圆0的直径，点C是圆0上异于A,B的点,P0垂直于圆0

所在的平面，且P0二0B二1.

⑴若D为线段AC的中点:求证:AC_L平面PD0;

(2)求三棱锥P-ABC体积的最大值；

⑶若BC=V2,点E在线段PB上,求CE+0E的最小值.

解析(1)证明：在△△()(：中，因为0A=0C,I)为AC的中点，所以AC_LD0.

又P0垂直于圆0所在的平面，

所以PO_LAC.

因为D0GP0=0,

所以AC_L平面PD0.

⑵因为点C在圆。上，

所以当C01AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1.

又AB=2,所以4ABC面积的最大值为：X2X1=1.

又因为三棱锥P-ABC的高P0=l,

故三棱锥P-ABC体积的最大值为:X1X1=1.

(3)解法一:在△P0B中，P0=0B=l,ZP0B=90°,

所以PB=A/12+12=X/2.同理,PC=V2,所以PB=PC=BC.

在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面,如图

所示.

当0,E,C*共线时,CE+0E取得最小值.

又因为OP=OB,C'P=C'B,所以0C'垂直平分PB,

即E为PB中点.从而0C*OE+EC'苧日^^,

亦即CE+OE的最小值为孕.

解法二:在△POB中，PO=OB=LZP0B=90°,

所以N0PB=45°,PB="+/=应同理pc

所以PB=PC=BC,所以NCPE=60°.

在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC'P,使之与平面ABP共面，如图

所示.

当0,E,C'共线时,CE+OE取得最小值.

所以在△OC'P中，由余弦定理得：

0Cf=1+2-2X1XV2Xcos(450+60°)

=1+2-2”停X界X介2+低

从而0C'72+用正手.

所以CE+OE的最小值为争”

评析本题主要考查直线与平面的位置关系、锥体的体积等基础知识，考查空间想象能力、

推理论证能力、运算求解能力，考杳数形结合思想、化归与转化思想.

4.(2014福建文，19,12分)如图,三棱锥A-BCD中,AB_L平面BCD,CD1BD.

(1)求证:CD_L平面ABD;

⑵若AB=BI)=CD=1,M为AD中点，求三棱锥A-MBC的体积.

解析⑴证明：•・•AB_L平面BCD,CDc平面BCD,AAB1CD.

又・.・CD_LBD,ABABD=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AB1BD.

VAB=BD=1,

是AD的中点,

由（I）知,CD_L平面ABD,

J三棱锥C-ABM的高h=CD=l,

因止匕VA啊=VC-AIW=^SA皿•h=^.

解法二：由AB_L平面BCD知,平面ABD_L平面BCD,

又平面ABDH平面BCD=BD：

如图，过点M作MN_LBD交BD干点N,

则MN平面BCD,且MN=AB=；,

又CD_LBD,BD=CD=1,

•e•SABCIF^.

・•・三棱锥A-MBC的体积VA-W^VA-BCD-VM-BCD

=AB,Sziuc[>-|MN,SABCIFT^.

5.(2014山东文,18,12分j如图,四棱锥P-ABCD中，AP_L平面PCD,AD〃BC,AB=BC^AD,E,F分

别为线段AD,PC的中点.

⑴求证:AP〃平面BEF;

⑵求证:BE_L平面PAC.

P

D

A

R

证明（1）设ACGBE=O,连接OF,EC.

由于E为AD的中点，

AB=BC《AD,AD〃BC,

所以AE〃BC,AE=AB=BC,

因此四边形AKE为菱形，

所以0为AC的中点.

又F为PC的中点，

因此在APAC中,

可得AP〃OF.

又OFu平面BEF,APQ平面BEF,

所以AP〃平面BEF.

(2)由题意知ED/7BC,ED=BC,

所以四边形BCDE为平行四边形，

因此BE〃CD.

又APJ_平面PCD,CDu平面PCD,

所以AP_LCD,因此AP_LBE,

因为四边形ABCE为菱形，

所以BE1AC.

又APnAC=A,AP,ACc平面PAC,

所以BE_L平面PAC.

6.(2014广东文,18,13分)如图1,四边形ABCD为矩形,PD_L平面ABCD,AB=1,BC=P为2.作如图

2折叠:折痕EF/7DC,其中点E,F分别在线段PD,PC上,沿EF折叠后点P在线段AD上的点记

为M,并且MF±CF.

⑴证明:CF_L平面MDF;

(2)求三棱锥M-CDE的体积.

解析（1）证明：・・・PD_L平面ABCD,

ADc平面ABCD,APD1AD.

•・•四边形ABCD是矩形，・・・AD_LDC.

又「PDCDC二D,，ADJ_平面PCD.

VCFc平面PCD,AAD±CF.

XVMF±CF,MFnAD=M,

・・・CFJ_平面MDF.

(2)由(1)知CF_LDF,PDJ_DC,

在APCD中，DC—cF・PC.

又・・・EF〃DC,

..——nED=-^孚今

・•・PE二ME二禽-泽邛，

44

AS^DC•ED4X1义誓.

在RtAMDE中,/2-E2=y,

・・・V™4sACDE・MD^X^xS等.

338z16

7.（2013广东文,18,14分）如图1,在边长为1的等边三角形ABC中,D,E分别是AB,AC上的

点,AD=AE,F是BC的中点,AF与DE交于点G.将Z\ABF沿AF折起,得到如图2所示的三棱锥

A-BCF,其中BC年

乙

BC

图1

图2

(1)证明:DE〃平面BCF;

(2)证明:CFJ_平面ABF;

⑶当AD=|时，求三棱锥F-DEG的体积“他.

解析(1)证明：在等边三角形ABC中,AD=AE,・•・——=—，在折叠后的三棱锥A-BCF中也成

立,・・・DE〃BC,YDEa平面BCF,BCc平面BCF,.二DE〃平面BCF.

(2)证明：在等边三角形ABC中，F是BC的中点，

AAFIBC,BF=CF=/

•・,在三棱锥A-BCF中,BC=p

ABC-=BF2+CF2,ACF±BF.

•・・BFnAF=F,・・・CF_L平面ABF.

(3)由(1)nJ■知GE〃CF,结合(2)可得GE_L平面DFG.

/.VF-[)EG=VE-Drc=1•1•DG•FG"GE』"1*I"(I*V)*9V.

评析本题考查线面平行、线面垂直的证明以及空间几何体体积的计算，考杳立体几何中翻

折问题以及学生的空间想象能力和逻辑推理论证能力.抓住翻折过程中的不变量是解决这类

问题的关键，第(3)问的关港在于对几何体的转化.

8.(2012北京文，16,14分)如图1,在RlZXABC中，NC=90°北京分别为AC,AB的中点，点F

为线段CD上的一点.将△ADE沿1)1-折起到△.%DE的位置，使AF_LCD,如图2.

⑴求证:DE〃平面&CB;

⑵求证:AF_LBE;

(3)线段A,B上是否存在点Q,使AC_1_平面DEQ?说明理由.

\\/r

C1--------Cl------------

图1图2

解析(1)证明：因为D,E分别为AC,AB的中点，

所以DE〃BC.

又因为DEC平面ACB,

所以DE〃平面A6B.

(2)证明：由己知得AC_LBC且DE〃BC,

所以DE_LAC.

所以DE_LARDE_LCD.

因为A,DnCD=D,所以DE_L平面A.DC.

而AiFc平面ADC,所以DElAiF.

又因为AF_LCD,CDADE二D,

所以AFJ■平面BCDE.所以AF_LBE.

(3)线段A,B上存在点Q,便AC_L平面DEQ.理由如下:

如图,分别取A.C,A.B的中点P,Q,连接PQ,则PQ〃BC.

又因为DE〃BC,

所以DE〃PQ.

所以平面DEQ即为平面DEP.

由⑵知,DE_L平面AiDC,

所以DE_LAC

乂因为P是等腰三角形DAC底边A.C的中点,

所以AC_LDP.

所以A)C_L平面DEP.

即A(_L平面DEQ.

故线段AB上存在点Q,使得A6JL平面DEQ.

评析本题的前两问属容易题,第(3)问是创新式问法,可以先猜后证,此题对于知识掌握不

牢靠的学生而言,可能不能顺利解答.

9.(2019课标HI文，19,12分)图1是由矩形ADEB,Rt^ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,

其中AB=1,BE=BF=2,ZFBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.

(1)证明：图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC_L平面BCGE;

(2)求图2中的四边形ACG1)的面积.

解析本题考杏了线面、面面垂直问撅，通过翻折、平面与平面垂直的讦明考杳了空间想象

能力和推理论证能力，考查了直观想象的核心素养.

⑴由已知得AD〃BE,CG〃BE,所以AD〃CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,I)四点共面.

由已知得AB1BE,AB±BC,故AB_L平面BCGE.

又因为ABc平面ABC,所以平面ABC_L平面BCGE.

⑵取CG的中点M,连接EM,DM.

因为AB〃DE,AB_L平面BCGE,所以DE_L平面BCGE,故DEICG.

由已知，四边形BCGE是菱形，且NEBC=60°得EM±CG,故CGJ_平面DEM.

因此DM±CG.

在RtADEM中,DE=1,EM=质,故DM=2.

所以四边形ACGD的面积为4.

思路分析⑴翻折问题一定要注意翻折前后位置的变化特别是平行、垂直的变化.由矩形、

直角三角形中的垂直关系利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证两平面垂直;而由平行公

理和平面的基本性质不难证明四点共面.(2)根据菱形的特征结合⑴的结论找到菱形BCGE

的边CG上的高求解.

解题关键抓住翻折前后的垂直关系，灵活转化线线垂直、线面垂直和面面垂直，题中构造侧

棱的特殊“直截面”△口£”,是本题求解的关键和难点.

考点二平面与平面垂直的判定与性质

1.(2018课标I文，18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,ZACM=90°.以AC为折痕

将△ACM折起，使点M到达点D的位置,且AB_LDA.

⑴证明：平面ACD_L平面ABC;

(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点，且BP=DQ^DA,求三棱锥Q-ABP的体积.

D

解析⑴址明：由已知可得，NBAC=90“,BA±AC.

又BA±AD,所以ABJ_平面ACD.

又ABc平面ABC,

所以平面ACD_L平面ABC.

(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3近.

又BP=DQ=|DA,所以BP=2A/2.

作QE±AC,垂足为E,则QE=；DC,QE/7DC.

由一知及(1)可得DCJ_平面ABC,

所以QE_L平面ABC,QE=1.

因此,三棱锥Q-ABP的体积为

=

VQ-,WI>=-,QE,SAABI,=TX1X-X3X2V2sin4501.

JJ/

规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤：

(1)审清题意：分析条件，挖掘题目中平行与垂直的关系;

(2)明确方向：确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线；

(3)给出证明：利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明；

(4)反思回顾:查看关键点、易漏点，检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否

准确.

解题关键(1)利用平行关系将NACM=90°转化为NBAC=90°是求证第(1)问的关键；

(2)利用翻折的性质将NACM=9()°转化为NACD=9()°,进而利用面面垂直的性质定理及线面

垂直的性质定理得出三棱桂Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.

2.(2018课标全国III文，19,12分)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧一"所在平面垂直,M是

上异于c,D的点.

(1)证明:平面AMD_L平面BMC;

(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC〃平面PBD?说明理由.

解析本题考查平面与平面垂直的判定与性质、直线与平面平行的判定与性质.

(1)证明:由题设知,平面CMDJ_平面ABCD,交线为CD.因为BC±CD,BCc平面ABCD,所以BCJ_

平面CMD,故BCXDM.

因为M为^^上异于C,I)的点,且DC为直径,所以DM1CM.

乂BCnCM=C,所以DM1平面BMC.

而DMu平面AMD,故平面AMD_L平面BMC.

⑵当P为AM的中点时,MC〃平面PBD.

证明如下:连接AC交BD于0.

因为ABCD为矩形，所以0为AC中点.

连接0P,因为P为AM中点，所以MC〃0P.

MCQ平面PBD,OPu平面PBD,所以MC〃平面PBD.

易错警示使用判定定理和性质定理进行推理证明时要使条件完备.

3.(2018北京文，18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PADJL平面

ABCD,PA±PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.

⑴求证:PE_LBC;

⑵求证:平面PAB_L平面PCD;

(3)求证:EF〃平面PCD.

证明(1)因为PA=PD,E为AD的中点,

所以PE_LAD.

因为底而ABCD为矩形，

所以BC〃AD.

所以PE1BC.

(2)因为底面ABCD为矩形：

所以AB_LAD.

又因为平面PADJ_平面ABCD,

所以ABJ_平面PAD.

所以AB_LPD.

又因为PAJ_PD,

所以PD_L平面PAB.

所以平面PAB_L平面PCD.

(3)取PC中点G,连接FG,DG.

因为F,G分别为PB,PC的中点,

所以FG〃BC,FG=；BC.

因为ABCD为矩形,且E为AD的中点,

所以DE〃BC,DE弓BC.

所以DE〃FG,DE=FG.

所以四边形DEFG为平行四边形.

所以EF〃DG.

又因为EFQ平面PCD,DGc平面PCD,

所以EF〃平面PCD.

4.(2018江苏,15,14分)在平行六面体ABCD-A3CD中,AA产AB,AB」BC.

求证：(1)AB〃平面AiBiC;

⑵平面ABIM」平面ABC.

证明本题主要考查直线与直线、直线与平面以及平面与平面的位置关系，考查空间想象能

力和推理论证能力.

(1)在平行六面体ABCD-ABCD中,AB〃AB.

因为ABQ平面AiBiC,AiBiC平面ABC,

所以AB〃平面ABC.

(2)在平行六面体ABCD-ABCD中，四边形ABB向为平行四边形.

又因为AA.=AB,所以四边形ABBA为菱形，

所以AB」AB.

因为AB」BC,BC〃BC,

所以AB」BC.

又因为A1BnBC=B,ABu平面AiBC,BCc平面A.BC,

所以AB」平面ABC,

乂因为ABiC平面ABBIAI,

所以平面ABBA_L平面ARC.

5.(2017课标【文，18,12分)如图，在四棱锥P-ABCD中,AB〃CD,且NBAP=NCDP=90°.

⑴证明：平面PAB_L平面PAD;

(2)若PA=PD=AB=DC,ZAPD=90°,且四棱锥P-ABCD的体积为:,求该四棱锥的侧面积.

n

解析本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.

(1)由己知NBAP=NCDP=9)°,得AB±AP,CD±PD.

由于AB〃CD,故ABJ_PD,

又APAPD=P,AP,PDc平面PAD,从而AB_L平面PAD.

乂ABc平面PAB,

所以平面PAB_L平面PAD.

(2)在平面PAD内作PE±AD,垂足为E.

n

由(1)知,AB_L平面PAD,

故ABXPE,可得PE_L平面ABCD.

设AB=x，则由已知可得AD=V2x,PE/X.

故四核锥P-A15CI)的体积VR-ABCD^AB・AD♦

JJ

由题设得3工［,故x=2.

•5o

从而PA=PD=2,AD=BC=2V1PB=PC=2A/1

可得四棱锥P-ABCI)的侧面积为;PA•PD+；PA•AB+|PD•DC+；BC2sin60°=6+2代.

4444

方法总结1.面面垂直的证明.

证明两个平面互相垂直,可以在个平面内找条直线1,证明直线1垂直丁另个平面.

2.线面垂直的证明.

(1)证明宜线1垂直于平面内的两条相交直线.

(2)若已知两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.

3.几何体的体积.

柱体的体积V=5联・h.

锥体的体积V=1s底-h.

4.儿何体的表面积.

直棱柱的侧面积S*C底-1,其他几何体一般要对各个侧面、底面逐个分析求解面积,最后求

和.

6.（2017课标UI文，19,12分）如图,四面体ABCD中,AABC是正三角形,AD=CD.

⑴证叨：AC_LBD;

⑵已知4ACD是直角三角形,AB=BD.若E为棱BD上与D不重合的点,且AE±EC,求四面体

ABCE与四面体ACDE的体积比.

解析（】）证明：取AC的中点0,连接DO,BO.

因为AD二CD,所以AC_LD0.

又由于4ABC是正三角形，所以AC1B0.

因为DOGBOO,

所以AC_L平面DOB,

因为BDu平面DOB,

所以ACJLBD.

（2）连接E0.

由（1）及题设知NADC=90°,

所以DO=AO.

在RtAAOB中，BO2+AO=AB:.

又AB=BD,所以B02+D02=B0:+A02=AB2=BD\

故ND0B=90°.

由题设知AAEC为直角三角形，

所以EO=|AC.

又△ABC是正三角形，且AB=B【），

所以EO=|BD.

4

故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的;,四面体ABCE的体积

为四面体ABCD的体积的;,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1：1.

7.（2017山东文，18,12分：）由四棱柱ABCD-ABCD截去三棱锥GFCDi后得到的几何体如图

所示.四边形ABCD为正方形,0为AC与BI）的交点,E为AI）的中点,A】E_L平面ABCI）.

（1）证明:AQ〃平面BCD1；

⑵设M是0D的中点，证明:平面AEM_L平面B.CD,.

证明本题考查线面平行与面面垂直.

⑴取BD的中点6,连接COi,A。，

由于ABCD-ABCD是四棱柱，

所以AO〃OC,AIOFOC,

因此四边形A.OCO,为平行四边形，

所以AQ〃0C

又OiCc平面BCD“A1（W平面BiCDi,

所以AQ〃平面BiCD）.

⑵因为ACJ_BD,E,M分别为AD和0D的中点，所以EM_LBD,又AiEJL平面ABCD,BDc平面ABCD,

所以AE_LBD,因为BD〃取

所以EMXBiDi,A1E±BlDl,

又AiE,EMc平面AiEM,AiEHEM=E,

所以BD_L平面AiEM,

又BiD,c平面BiCD,,所以平面AEMJ•平面B.CD,.

8.(2016北京,文18,13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC_L平面ABCD,AB/7DC,DC1AC.

(1)求证:DC_L平面PAC;

（2）求证：平面平面EAC;

（3）设点E为AB的中点.在棱PB上是否存在点F,使得PA〃平面CEF?说明理由.

解析（1）证明：因为PCJ_平面ABCD,

所以PCJLDC.（2分）

又因为DC_LAC,

Acnpc=c,

所以DC_L平面PAC.（4分）

⑵证明：因为AB〃DC,DC1AC,

所以AB_LAC.（6分）

因为PC_L平面ABCI）,

所以PC_LAB.（7分）

又ACAPC二C,

所以AB_L平面PAC.

又ABc平面PAB,

所以平面PAB_L平面PAC.（9分）

（3）棱PB上存在点F,使得PA〃平面CEF.（10分）

证明如下：

取PB的中点F,连接EF,CE,CF.

因为E为AB的中点,

所以EF〃PA.（13分）

乂因为PAQ平面CEF,

所以PA〃平面CEF.（14分）

思路分析⑴证出PC1DC后易证DC_L平面PAC.

⑵先证AB_LAC,PCLAB,可证出AB_L平面PAC,进而由面面垂直的判定定理可证.

（3）此问为探究性问题,求解时可构造面CEF,使得PA平行于平面CEF内的一条线，由于点E

为AB的中点,所以可取PB的中点,构造中位线.

9.（2016课标I,文18,12分）如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P

在平面ABC内的正投影为点I）,I）在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.

（1）证明:G是AB的中点；

（2）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体枳.

解析（1）证明：因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB_LPD.

因为D在平面PAB内的正投影为E,所以ABIDE.

又PDnDE=D,所以ABJ_平面PED,故AB±PG.

又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.

⑵在平面PAB内，过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.

理由如下：由已知可得PB1PA,PB1PC,

又EF〃PB,所以EF±PA,EF1PC,又PAPIPC二P,因此EF_L平面PAC,即点F为E在平面PAC内

的正投影.

连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心，由（1）知,G是AB

的中点，所以D在CG上，故CD卷G.

由题设可得PCJ_平面PAB,DE_L平面PAB,所以DE〃PC,因此PE=；PG,DE^PC.