2025版新高考版高考總復習數(shù)學直線、平面垂直的判定和性質(zhì)（十年高考）

2025版新高考版高考總復習數(shù)學8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2022全國乙,理7,文9,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點,則()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D答案A如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,EF∥AC,∴EF⊥BD,又D1D⊥平面ABCD,EF?平面ABCD,∴D1D⊥EF,又D1D∩BD=D,∴EF⊥平面BDD1,又EF?平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1,故選A.2.(2023全國甲文,18,12分,中)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)證明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(2)設AB=A1B,AA1=2,求四棱錐A1-BB1C1C的高.解析(1)證明:∵A1C⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,又∵A1C,AC?平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC?平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)過A1作A1O⊥CC1,垂足為O,∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O?平面ACC1A1,∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱錐A1-BB1C1C的高.由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.在Rt△A1CB與Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,又知A1C⊥A1C1,∴△CA1C1為等腰直角三角形,∴A1O=12CC1=12AA1=1,即四棱錐A1-BB1C1C3.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,AB=BC=12AD=a,E是AD的中點,O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置,得到四棱錐A(1)證明:CD⊥平面A1OC;(2)當平面A1BE⊥平面BCDE時,四棱錐A1-BCDE的體積為362,求a的值.解析(1)證明:在題圖1中,因為AB=BC=12AD=a,E是AD的中點∠BAD=π2,所以BE⊥即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,從而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1)知,A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱錐A1-BCDE的高.由題圖1知,A1O=22AB=22a,平行四邊形S=BC·AB=a2.從而四棱錐A1-BCDE的體積為V=13×S×A1O=13×a2×22a=2由26a3=362,得評析本題首先借“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直性質(zhì)的應用.4.(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓O的直徑,點C是圓O上異于A,B的點,PO垂直于圓O所在的平面,且PO=OB=1.(1)若D為線段AC的中點,求證:AC⊥平面PDO;(2)求三棱錐P-ABC體積的最大值;(3)若BC=2,點E在線段PB上,求CE+OE的最小值.解析(1)證明:在△AOC中,因為OA=OC,D為AC的中點,所以AC⊥DO.又PO垂直于圓O所在的平面,所以PO⊥AC.因為DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)因為點C在圓O上,所以當CO⊥AB時,C到AB的距離最大,且最大值為1.又AB=2,所以△ABC面積的最大值為12又因為三棱錐P-ABC的高PO=1,故三棱錐P-ABC體積的最大值為13×1×1=1(3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB=12+12=2.同理,PC=在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所示.當O,E,C'共線時,CE+OE取得最小值.又因為OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分PB,即E為PB中點.從而OC'=OE+EC'=22+62=亦即CE+OE的最小值為2+解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以∠OPB=45°,PB=12+12=2.所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°.在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所示.當O,E,C'共線時,CE+OE取得最小值.所以在△OC'P中,由余弦定理得:OC'2=1+2-2×1×2×cos(45°+60°)=1+2-2222×從而OC'=2+3=2所以CE+OE的最小值為22+6評析本題主要考查直線與平面的位置關(guān)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(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.5.(2014福建文,19,12分)如圖,三棱錐A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD.(1)求證:CD⊥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(1)證明:∵AB⊥平面BCD,CD?平面BCD,∴AB⊥CD.又∵CD⊥BD,AB∩BD=B,AB?平面ABD,BD?平面ABD,∴CD⊥平面ABD.(2)解法一:由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.∵AB=BD=1,∴S△ABD=12∵M是AD的中點,∴S△ABM=12S△ABD=1由(1)知,CD⊥平面ABD,∴三棱錐C-ABM的高h=CD=1,因此VA-MBC=VC-ABM=13S△ABM·h=1解法二:由AB⊥平面BCD知,平面ABD⊥平面BCD,又平面ABD∩平面BCD=BD,如圖,過點M作MN⊥BD交BD于點N,則MN⊥平面BCD,且MN=12AB=1又CD⊥BD,BD=CD=1,∴S△BCD=12∴三棱錐A-MBC的體積VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD=13AB·S△BCD-13MN·S△BCD=6.(2014山東文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=12AD,E,F分別為線段AD,PC的中點(1)求證:AP∥平面BEF;(2)求證:BE⊥平面PAC.證明(1)設AC∩BE=O,連接OF,EC.由于E為AD的中點,AB=BC=12AD,AD∥所以AE∥BC,AE=AB=BC,因此四邊形ABCE為菱形,所以O為AC的中點.又F為PC的中點,因此在△PAC中,可得AP∥OF.又OF?平面BEF,AP?平面BEF,所以AP∥平面BEF.(2)由題意知ED∥BC,ED=BC,所以四邊形BCDE為平行四邊形,因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD,CD?平面PCD,所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.因為四邊形ABCE為菱形,所以BE⊥AC.又AP∩AC=A,AP,AC?平面PAC,所以BE⊥平面PAC.7.(2014廣東文,18,13分)如圖1,四邊形ABCD為矩形,PD⊥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折疊后點P在線段AD上的點記為M,并且MF⊥CF.(1)證明:CF⊥平面MDF;(2)求三棱錐M-CDE的體積.解析(1)證明:∵PD⊥平面ABCD,AD?平面ABCD,∴PD⊥AD.∵四邊形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.又∵PD∩DC=D,∴AD⊥平面PCD.∵CF?平面PCD,∴AD⊥CF.又∵MF⊥CF,MF∩AD=M,∴CF⊥平面MDF.(2)由(1)知CF⊥DF,PD⊥DC,在△PCD中,DC2=CF·PC.∴CF=CD2PC又∵EF∥DC,∴PCPD=FCED?ED=PD·FCPC∴PE=ME=3-34=3∴S△CDE=12DC·ED=12×1×34在Rt△MDE中,MD=ME2?∴VM-CDE=13S△CDE·MD=13×38×68.(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BC的中點,AF與DE交于點G.將△ABF沿AF折起,得到如圖2所示的三棱錐A-BCF,其中BC=22圖1圖2(1)證明:DE∥平面BCF;(2)證明:CF⊥平面ABF;(3)當AD=23時,求三棱錐F-DEG的體積VF-DEG解析(1)證明:在等邊三角形ABC中,AD=AE,∴ADDB=AEEC,在折疊后的三棱錐A-BCF中也成立,∴DE∥BC,∵DE?平面BCF,BC?平面BCF,∴DE∥(2)證明:在等邊三角形ABC中,F是BC的中點,∴AF⊥BC,BF=CF=12∵在三棱錐A-BCF中,BC=22∴BC2=BF2+CF2,∴CF⊥BF.∵BF∩AF=F,∴CF⊥平面ABF.(3)由(1)可知GE∥CF,結(jié)合(2)可得GE⊥平面DFG.∴VF-DEG=VE-DFG=13·12·DG·FG·GE=13·12·13·1評析本題考查線面平行、線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計算,考查立體幾何中翻折問題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(guān)鍵,第(3)問的關(guān)鍵在于對幾何體的轉(zhuǎn)化.9.(2012北京文,16,14分)如圖1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分別為AC,AB的中點,點F為線段CD上的一點.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如圖2.(1)求證:DE∥平面A1CB;(2)求證:A1F⊥BE;(3)線段A1B上是否存在點Q,使A1C⊥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DE?平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)證明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.因為A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因為A1F⊥CD,CD∩DE=D,所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)線段A1B上存在點Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:如圖,分別取A1C,A1B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(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點,所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.即A1C⊥平面DEQ.故線段A1B上存在點Q,使得A1C⊥平面DEQ.評析本題的前兩問屬容易題,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.10.(2019課標Ⅲ文,19,12分)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=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.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∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,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,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點M,連接EM,DM.因為AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四邊形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=3,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(guān)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(zhì)不難證明四點共面.(2)根據(jù)菱形的特征結(jié)合(1)的結(jié)論找到菱形BCGE的邊CG上的高求解.解題關(guān)鍵抓住翻折前后的垂直關(guān)系,靈活轉(zhuǎn)化線線垂直、線面垂直和面面垂直,題中構(gòu)造側(cè)棱的特殊“直截面”△DEM,是本題求解的關(guān)鍵和難點.11.(2021全國乙文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M為BC的中點,且PB⊥AM.(1)證明:平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱錐P-ABCD的體積.解析(1)證明:由于PD⊥平面ABCD,AM?平面ABCD,則PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD?平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因為AM?平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因為BD?平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因為四邊形ABCD為矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,則△DAB∽△ABM,則DAAB=ABBM,又AB=DC=1,M為BC的中點,∴∴S矩形ABCD=AB·AD=2,∴V四棱錐P-ABCD=13S矩形ABCD·PD=1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(zhuǎn)化思想,尤其是基本圖形的運算.12.(2022全國乙文,18,12分)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點.(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設AB=BD=2,∠ACB=60°,點F在BD上,當△AFC的面積最小時,求三棱錐F-ABC的體積.解析(1)證明:∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ADB≌△CDB,∴AB=BC,又E為AC的中點,∴BE⊥AC,在△ADC中,AD=CD,E為AC的中點,∴DE⊥AC,又DE?平面BED,BE?平面BED,DE∩BE=E,∴AC⊥平面BED,∵AC?平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.(2)由(1)可知AB=BC且∠ACB=60°,∴△ABC為等邊三角形,∴AC=AB=2.又AD=DC,AD⊥CD,∴AD=DC=2,連接EF,由(1)知AC⊥平面BED,∵EF?平面BED,∴AC⊥EF,∴S△ACF=12AC×EF=EF在Rt△ADC中,可得DE=1,在△ABC中,可得BE=3,又BD=2,∴BD2=DE2+BE2,∴△BED為直角三角形,且∠EBD=30°,∴EF的最小值為Rt△BED斜邊上的高h,且h=BEsin∠EBD=32∵AC⊥平面BEF,∴VF-ABC=13S△BEF×=13×=13×=13=3413.(2022全國乙理,18,12分)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點.(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設AB=BD=2,∠ACB=60°,點F在BD上,當△AFC的面積最小時,求CF與平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)證明:因為AD=CD,E為AC的中點,所以DE⊥AC.因為∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E為AC的中點,所以BE⊥AC.又DE,BE?平面BED,且DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,又AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BED.(2)由題意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=3.因為AD⊥DC,E為AC的中點,所以DE=1.所以DE2+BE2=BD2,則DE⊥BE.連接EF,因為AC⊥平面BED,EF?平面BED,所以AC⊥EF,所以S△AFC=12AC·EF=當EF⊥BD時,EF最小,即△AFC的面積最小,此時EF=32如圖,以E為坐標原點,EA,EB,ED的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標系E-xyz,則C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1所以AD=(-1,0,1),BD=(0,-3,1),CF=設平面ABD的法向量為n=(x,y,z),則AD·n=0,BD·n=0,即?x+z=0,?3y+設CF與平面ABD所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,CF>|=所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為4314.(2021新高考Ⅰ,20,12分)如圖,在三棱錐A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O為BD的中點.(1)證明:OA⊥CD;(2)若△OCD是邊長為1的等邊三角形,點E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小為45°,求三棱錐A-BCD的體積.解題指導:(1)正確利用面面垂直的性質(zhì)定理是證明第一問的關(guān)鍵.(2)可用二面角定義找出二面角的平面角,進而求出三棱錐A-BCD底面BCD上的高及體積,也可選擇建立空間直角坐標系,根據(jù)已知條件求出三棱錐A-BCD底面BCD上的高,進而求出其體積.解析(1)證明:在△ABD中,∵AB=AD,O為BD的中點,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO?平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD?平面BCD,∴AO⊥CD.(2)在△ABD中,過E作EN∥AO交BD于N,則由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∴EN⊥BC,∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.在△BCD中,過N作NM∥CD交BC于M,則NM⊥BC.連接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN為二面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小為45°,∴∠EMN=45°,∴△EMN為等腰直角三角形,又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=23CD=23∴AO=OD=1,∴VA-BCD=13故三棱錐A-BCD的體積為36一題多解(2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C為原點,CD,CB,OA的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系,如圖所示,則C(0,0,0),B(0,3,0),則E23,33,23a,∴CB=(0,3,0),CE=23,33,23a,設平面EBC的法向量為n=∴n=(a,0,-1),易知平面BCD的一個法向量為m=(0,0,1),由題可知|cos<m,n>|=m·n|m|·|n|∴a=1,即AO=1.∴VA-BCD=13故三棱錐A-BCD的體積為3615.(2018課標Ⅰ文,18,12分)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點M到達點D的位置,且AB⊥DA.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q為線段AD上一點,P為線段BC上一點,且BP=DQ=23DA,求三棱錐Q-ABP的體積解析(1)證明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22作QE⊥AC,垂足為E,則QE=13DC,QE∥由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=13·QE·S△ABP=13×1×12×3×22規(guī)律總結(jié)證明空間線面位置關(guān)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(guān)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(guān)系的判定或性質(zhì)給出問題的證明;(4)反思回顧:查看關(guān)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.解題關(guān)鍵(1)利用平行關(guān)系將∠ACM=90°轉(zhuǎn)化為∠BAC=90°是求證第(1)問的關(guān)鍵;(2)利用翻折的性質(zhì)將∠ACM=90°轉(zhuǎn)化為∠ACD=90°,進而利用面面垂直的性質(zhì)定理及線面垂直的性質(zhì)定理得出三棱錐Q-ABP的高是求解第(2)問的關(guān)鍵.16.(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⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點.(1)求證:PE⊥BC;(2)求證:平面PAB⊥平面PCD;(3)求證:EF∥平面PCD.證明(1)因為PA=PD,E為AD的中點,所以PE⊥AD.因為底面ABCD為矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因為底面ABCD為矩形,所以AB⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC中點G,連接FG,DG.因為F,G分別為PB,PC的中點,所以FG∥BC,FG=12因為ABCD為矩形,且E為AD的中點,所以DE∥BC,DE=12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EF?平面PCD,DG?平面PCD,所以EF∥平面PCD.17.(2017課標Ⅲ文,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)證明:AC⊥BD;(2)已知△ACD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(1)證明:取AC的中點O,連接DO,BO.因為AD=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.因為DO∩BO=O,所以AC⊥平面DOB,因為BD?平面DOB,所以AC⊥BD.(2)連接EO.由(1)及題設知∠ADC=90°,所以DO=AO.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.由題設知△AEC為直角三角形,所以EO=12又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=12故E為