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專題 14 立體幾何中線面垂直的判定問題
【華大新高考聯盟2024屆3月教學質量測評（理科）第一問】.已知三棱臺如圖所示，其中，.若直線平面，且，求證：直線平面；
利用棱臺的性質補形為棱錐，利用勾股定理、三角形全等證得平面，再利用線面垂直、面面垂直的性質證明線面垂直即可.
依題意，，，，如圖所示，延長三條側棱交于點；
由可得，，且，，分別為線段，，的中點，
取的中點，則；
又，；
，則，故，
即，而，故平面，
又平面，故平面平面；
而直線平面，，平面平面，
故直線平面；
（23-24高二上·四川綿陽·期末）
1．棱臺中，平面，，且，，為的中點，是上一點，且（）.求證：平面；
取D在底面的投影M，利用線段關系及三角形特征判定M為AB中點，結合線面垂直、面面垂直的性質判定即可.
由已知，，，，，
延長，，相交于點，
則由得.
點，為，的中點，同理點為的中點.
又，.
過作平面于，連接，，，
則由得，
點為的外心.
又，.
，為的中點，平面，
又平面，，，
.
又平面，平面.
2．如圖，在矩形中，，，為邊的中點，沿將折起，在折起的過程中，下列結論能成立的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
取的中點，角度一、利用向量的數量積證，結合線面垂直、面面垂直的性質判定即可；角度二、作于，得出是二面角的平面角，利用向量的數量積證明即可.
由已知，，，，，
延長，，相交于點，則由得，
點，為，的中點，同理點為的中點.
又，.
取的中點，連接，則.
又，，.
又
，.
又，，平面，平面.
又平面，平面，，，
，平面.
角度二、
由已知，，，，，
延長，，相交于點，則由得，
點，分別為，的中點，同理點為的中點.
，，.
又，.
取的中點，連接，則.
作于，則是二面角的平面角.
.
，平面平面，即平面平面.
又平面，平面平面，，
平面.
建立空間直角坐標系利用空間向量證明線面垂直即可.
由題意可知，延長，，相交于點，
以，為軸，軸，過點作垂直于平面的直線為軸，
設到底面的距離為，，，，，
，，
易知平面法向量，設平面法向量為，
則令時，，
，平面平面，即平面平面，
直線平面，且，平面平面，
直線平面.
（23-24高二上·上海·單元測試）
3．如圖，在三棱柱中，底面是邊長為2的等邊三角形，，D，E分別是線段，的中點，在平面內的射影為D．

(1)求證：平面；
(2)若點F為棱的中點，求點F到平面的距離．
（2024·江蘇常州·一模）
4．正四棱柱的底面邊長為1，高為2，點是棱上一個動點（點與均不重合）.當點是棱的中點時，求證：直線平面；
5．在四棱錐中，底面，底面為正方形，．點分別為平面，平面和平面內的動點，點為棱上的動點，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．1
（2024·河北·一模）
6．如圖，在圓柱中，軸截面ABCD為正方形，點F是的上一點，M為BD與軸的交點．E為MB的中點，N為A在DF上的射影，且平面AMN，則下列選項正確的有（ ）
A．平面AMN
B．平面DBF
C．平面AMN
D．F是的中點
7．如圖所示，在四面體中，已知，，，.是線段上一點，，點在線段上，且.證明：平面；
8．如圖，在四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點.
(1) 證明：AE⊥平面PCD；
(2) 求PB和平面PAD所成的角的大小.
（2023·全國·高考真題）
9．如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，，點在上，．

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面；
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．證明見解析
【分析】
由題意首先證明平面，即，進一步由平面幾何知識證明即可得證.
【詳解】
∵，且是的中點，則.
∵平面，平面，∴.
又平面，∴平面，
因為平面，∴.①
∵，
∴，則.
∵，∴，
∴在平面中.②
∵平面，
∴由①②知平面.
2．B
【分析】用線面垂直的判定定理對四個選項逐一結合條件分析即可.
【詳解】因為在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E為DC邊的中點，
則在折起過程中，D點在平面BCE上的射影的軌跡為為O1O2(如圖)．
因為折起過程中，DE與AC所成角不能為直角，所以DE不垂直于平面ACD，故A錯；
因為AD⊥ED，并且在折起過程中，當點D的射影位于O點時，有AD⊥BD，所以在折起過程中AD⊥平面BED能成立，故B正確；
折起過程中，BD與AC所成的角不能為直角，所以BD不垂直于平面ACD，故C錯；
只有D點射影位于O2位置，即平面AED與平面AEB重合時，才有BE⊥CD，所以折起過程中CD不垂直于平面BED，故D錯.
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：立體幾何中折疊問題，要注重折疊前后垂直關系的變化,不變的垂直關系是解決該問題的關鍵.
3．(1)證明見詳解
(2)
【分析】
（1）利用線面垂直的定義和判定定理可證；
（2）取上靠近的四等分點，取中點，連結，延長交于點，由線面平行把點F到平面的距離轉化為點M到平面的距離,，借助（1）即可解出距離.
【詳解】（1）
連結，
由題意，得平面，平面，所以，
又底面是邊長為2的等邊三角形，則，
平面，且，
可得平面，平面，
則，
由，得平行四邊形為菱形，則，
又，所以，平面，，
所以平面；
（2）
取上靠近的四等分點，取中點，連結，延長交于點，
由中位線性質可知，又，
所以，平面，平面，
則平面，點M到平面的距離等于點F到平面的距離,
又，平面，
所以平面，
由已知在菱形，，
在中，
在中，，為等邊三角形，所以
則，所以，
所以點F到平面的距離為.
4．證明見解析
【分析】
由線面垂直的判定定理，通過勾股定理證，，即可證得直線平面；
【詳解】因為是棱的中點，連接，
所以，
，，
由勾股定理，得，同理可得，，
又，、平面，
所以直線平面.
5．B
【分析】
本題利用補形法，再利用長方體對角線的性質即可求出最值.
【詳解】由題意得均最小時，平方和最小，
過點分別作平面，平面，平面的垂線，垂足分別為，
連接，因為面，平面，所以，
因為底面為正方形，所以，又因為，平面，
所以面，因為平面，則，又因為點在上，則點應在上，
同理可證分別位于上，
從而補出長方體，
則是以為共點的長方體的對角線，則，
則題目轉化為求的最小值，顯然當時，的最小值，
因為四邊形為正方形，且，則，
因為面，面，所以，
所以，
則直角三角形斜邊的高，此時，
則的最小值為，
故選：B.

【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是通過補形作出長方體，將三條線段的平方和轉化為長方體對角線的平方，再求出直角三角形斜邊上的高，即可得到答案.
6．BCD
【分析】
利用線面關系即可判斷A；利用線面垂直的判斷定理和性質定理，即可判斷BC；利用圖形，結合垂直關系和平行關系的轉化，即可判斷D.
【詳解】
A.由題意可知，點是的中點，所以點三點共線，
所以點平面，所以平面，
則直線與平面不平行，故A錯誤；
B.因為平面，平面，所以，
且，，且平面，
所以平面，且平面，
且平面平面，
因為，所以平面，故B正確；
C.由平面，平面，所以，
因為軸截面ABCD為正方形，點是的中點，所以，
，且平面，所以平面，故C正確；
D. 平面，平面，所以，且點是的中點，
因為平面，平面，平面平面，
所以，所以，且是的中點，
所以，且,所以，
則，點F是的中點，故D正確；
故選：BCD
【點睛】關鍵點點睛：本題考查線線，線面，面面的位置關系，本題的關鍵是能從幾何體中抽象出線線，線面的位置關系，以及根據幾何圖形的性質，轉化幾何關系.
7．證明見解析
【分析】
首先利用勾股定理逆定理說明，即可求出，再由得到，最后由，即可得證；
【詳解】，所以，即，
又.
而.
故，
又，，平面，
所以平面.
8．(1)詳見解析(2) 45°.
【分析】（1）要證明AE⊥平面PCD，只要證明AE⊥PC，結合AE⊥CD，即可證明結論；
（2）求PB和平面PAD所成的角的大小，說明∠APB就是要求的角即可求解
【詳解】(1)在四棱錐P—ABCD中，因為PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，
故CD⊥PA，
由條件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的中點，
∴AE⊥PC，
又PC∩CD＝C，綜上得AE⊥平面PCD.
(2)在四棱錐P—ABCD中，因為PA⊥底面ABCD，AB 平面ABCD，
故PA⊥AB，
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，則 AB⊥平面PAD，
故PB在平面PAD內的射影為PA，則∠APB為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所成的角的大小為45°.
9．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）設，得到，再由為的中點，得到，結合，列出方程求得，得到為的中點，進而證得，得到，結合線面平行的判定定理，即可求解.
（2）根據題意，求得，得到，進而得到，結合，利用線面垂直的判定定理，證得平面，即可證得平面平面.
【詳解】（1）證明：設，則，
所以，
因為為的中點，則，所以，
又因為，則，
因為，
則
，解得，所以為的中點，
又因為為的中點，所以，
因為分別為的中點，所以，所以，
又因為平面，平面，所以平面.
（2）證明：因為分別為的中點，所以，
所以，
因為，
所以，所以，所以，
因為，則，
又因為，，且平面，
所以平面，
因為平面，所以平面平面.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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