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专题 14 立体几何中线面垂直的判定问题
【华大新高考联盟2024届3月教学质量测评（理科）第一问】.已知三棱台如图所示，其中，.若直线平面，且，求证：直线平面；
利用棱台的性质补形为棱锥，利用勾股定理、三角形全等证得平面，再利用线面垂直、面面垂直的性质证明线面垂直即可.
依题意，，，，如图所示，延长三条侧棱交于点；
由可得，，且，，分别为线段，，的中点，
取的中点，则；
又，；
，则，故，
即，而，故平面，
又平面，故平面平面；
而直线平面，，平面平面，
故直线平面；
（23-24高二上·四川绵阳·期末）
1．棱台中，平面，，且，，为的中点，是上一点，且（）.求证：平面；
取D在底面的投影M，利用线段关系及三角形特征判定M为AB中点，结合线面垂直、面面垂直的性质判定即可.
由已知，，，，，
延长，，相交于点，
则由得.
点，为，的中点，同理点为的中点.
又，.
过作平面于，连接，，，
则由得，
点为的外心.
又，.
，为的中点，平面，
又平面，，，
.
又平面，平面.
2．如图，在矩形中，，，为边的中点，沿将折起，在折起的过程中，下列结论能成立的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
取的中点，角度一、利用向量的数量积证，结合线面垂直、面面垂直的性质判定即可；角度二、作于，得出是二面角的平面角，利用向量的数量积证明即可.
由已知，，，，，
延长，，相交于点，则由得，
点，为，的中点，同理点为的中点.
又，.
取的中点，连接，则.
又，，.
又
，.
又，，平面，平面.
又平面，平面，，，
，平面.
角度二、
由已知，，，，，
延长，，相交于点，则由得，
点，分别为，的中点，同理点为的中点.
，，.
又，.
取的中点，连接，则.
作于，则是二面角的平面角.
.
，平面平面，即平面平面.
又平面，平面平面，，
平面.
建立空间直角坐标系利用空间向量证明线面垂直即可.
由题意可知，延长，，相交于点，
以，为轴，轴，过点作垂直于平面的直线为轴，
设到底面的距离为，，，，，
，，
易知平面法向量，设平面法向量为，
则令时，，
，平面平面，即平面平面，
直线平面，且，平面平面，
直线平面.
（23-24高二上·上海·单元测试）
3．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段，的中点，在平面内的射影为D．

(1)求证：平面；
(2)若点F为棱的中点，求点F到平面的距离．
（2024·江苏常州·一模）
4．正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与均不重合）.当点是棱的中点时，求证：直线平面；
5．在四棱锥中，底面，底面为正方形，．点分别为平面，平面和平面内的动点，点为棱上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
（2024·河北·一模）
6．如图，在圆柱中，轴截面ABCD为正方形，点F是的上一点，M为BD与轴的交点．E为MB的中点，N为A在DF上的射影，且平面AMN，则下列选项正确的有（ ）
A．平面AMN
B．平面DBF
C．平面AMN
D．F是的中点
7．如图所示，在四面体中，已知，，，.是线段上一点，，点在线段上，且.证明：平面；
8．如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点.
(1) 证明：AE⊥平面PCD；
(2) 求PB和平面PAD所成的角的大小.
（2023·全国·高考真题）
9．如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，，点在上，．

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．证明见解析
【分析】
由题意首先证明平面，即，进一步由平面几何知识证明即可得证.
【详解】
∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又平面，∴平面，
因为平面，∴.①
∵，
∴，则.
∵，∴，
∴在平面中.②
∵平面，
∴由①②知平面.
2．B
【分析】用线面垂直的判定定理对四个选项逐一结合条件分析即可.
【详解】因为在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E为DC边的中点，
则在折起过程中，D点在平面BCE上的射影的轨迹为为O1O2(如图)．
因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故A错；
因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，有AD⊥BD，所以在折起过程中AD⊥平面BED能成立，故B正确；
折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故C错；
只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故D错.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：立体几何中折叠问题，要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决该问题的关键.
3．(1)证明见详解
(2)
【分析】
（1）利用线面垂直的定义和判定定理可证；
（2）取上靠近的四等分点，取中点，连结，延长交于点，由线面平行把点F到平面的距离转化为点M到平面的距离,，借助（1）即可解出距离.
【详解】（1）
连结，
由题意，得平面，平面，所以，
又底面是边长为2的等边三角形，则，
平面，且，
可得平面，平面，
则，
由，得平行四边形为菱形，则，
又，所以，平面，，
所以平面；
（2）
取上靠近的四等分点，取中点，连结，延长交于点，
由中位线性质可知，又，
所以，平面，平面，
则平面，点M到平面的距离等于点F到平面的距离,
又，平面，
所以平面，
由已知在菱形，，
在中，
在中，，为等边三角形，所以
则，所以，
所以点F到平面的距离为.
4．证明见解析
【分析】
由线面垂直的判定定理，通过勾股定理证，，即可证得直线平面；
【详解】因为是棱的中点，连接，
所以，
，，
由勾股定理，得，同理可得，，
又，、平面，
所以直线平面.
5．B
【分析】
本题利用补形法，再利用长方体对角线的性质即可求出最值.
【详解】由题意得均最小时，平方和最小，
过点分别作平面，平面，平面的垂线，垂足分别为，
连接，因为面，平面，所以，
因为底面为正方形，所以，又因为，平面，
所以面，因为平面，则，又因为点在上，则点应在上，
同理可证分别位于上，
从而补出长方体，
则是以为共点的长方体的对角线，则，
则题目转化为求的最小值，显然当时，的最小值，
因为四边形为正方形，且，则，
因为面，面，所以，
所以，
则直角三角形斜边的高，此时，
则的最小值为，
故选：B.

【点睛】关键点睛：本题的关键是通过补形作出长方体，将三条线段的平方和转化为长方体对角线的平方，再求出直角三角形斜边上的高，即可得到答案.
6．BCD
【分析】
利用线面关系即可判断A；利用线面垂直的判断定理和性质定理，即可判断BC；利用图形，结合垂直关系和平行关系的转化，即可判断D.
【详解】
A.由题意可知，点是的中点，所以点三点共线，
所以点平面，所以平面，
则直线与平面不平行，故A错误；
B.因为平面，平面，所以，
且，，且平面，
所以平面，且平面，
且平面平面，
因为，所以平面，故B正确；
C.由平面，平面，所以，
因为轴截面ABCD为正方形，点是的中点，所以，
，且平面，所以平面，故C正确；
D. 平面，平面，所以，且点是的中点，
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以，且是的中点，
所以，且,所以，
则，点F是的中点，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查线线，线面，面面的位置关系，本题的关键是能从几何体中抽象出线线，线面的位置关系，以及根据几何图形的性质，转化几何关系.
7．证明见解析
【分析】
首先利用勾股定理逆定理说明，即可求出，再由得到，最后由，即可得证；
【详解】，所以，即，
又.
而.
故，
又，，平面，
所以平面.
8．(1)详见解析(2) 45°.
【分析】（1）要证明AE⊥平面PCD，只要证明AE⊥PC，结合AE⊥CD，即可证明结论；
（2）求PB和平面PAD所成的角的大小，说明∠APB就是要求的角即可求解
【详解】(1)在四棱锥P—ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
故CD⊥PA，
由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC，
又AE 平面PAC，
∴AE⊥CD，
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，
∵E是PC的中点，
∴AE⊥PC，
又PC∩CD＝C，综上得AE⊥平面PCD.
(2)在四棱锥P—ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，AB 平面ABCD，
故PA⊥AB，
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，则 AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD内的射影为PA，则∠APB为PB和平面PAD所成的角，
在Rt△PAB中，AB＝PA，
故∠APB＝45°，
所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.
9．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，得到，再由为的中点，得到，结合，列出方程求得，得到为的中点，进而证得，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解.
（2）根据题意，求得，得到，进而得到，结合，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得平面平面.
【详解】（1）证明：设，则，
所以，
因为为的中点，则，所以，
又因为，则，
因为，
则
，解得，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，
因为分别为的中点，所以，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）证明：因为分别为的中点，所以，
所以，
因为，
所以，所以，所以，
因为，则，
又因为，，且平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
答案第1页，共2页
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