7.3 直线、平面垂直的判定与性质-【高考密码】备战2026年高考数学十年高考真题分类汇编

7.3　直线、平面垂直的判定与性质 考点 直线、平面垂直的判定和性质 1.（2025天津，4,5分）已知m,n为直线,α,β为平面,则下列说法正确的是(　　) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m⊂α,α⊥β,则m⊥β 【答案】C 【解析】对于A,如图1,m与n异面,故A错误; 　 对于B,如图2,α∥β,故B错误; 对于C,如图3,若m∥α,则存在直线n⊂α使得m∥n,又因为m⊥β,则n⊥β,根据面面垂直的判定定理,可知α⊥β,故C正确; 　 对于D,如图4,m与α和β的交线不垂直时,m不垂直于β,故D错误. 2.(2014浙江文,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.(　　) A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α 【答案】　C　 【解析】 对于选项A、B、D,均能举出m∥α的反例;对于选项C,若m⊥β,n⊥β,则m∥n,又n⊥α,∴m⊥α,故选C. 3.(2013课标Ⅱ理,4,5分)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则(　　) A.α∥β且l∥α B.α⊥β且l⊥β C.α与β相交,且交线垂直于l D.α与β相交,且交线平行于l 【答案】　D　 【解析】 若α∥β,则m∥n,这与m、n为异面直线矛盾,所以A不正确,α与β相交.将已知条件转化到正方体中,易知α与β不一定垂直,但α与β的交线一定平行于l,从而排除B、C.故选D. 导师点睛　对于此类题,放入正方体中判断起来比较快捷. 4.(2013广东理,6,5分)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是(　　) A.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m⊥n B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n C.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β D.若m⊥α,m∥n,n∥β,则α⊥β 【答案】　D　 【解析】 若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平行,故A错;若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m与n可能平行,也可能异面,故B错;若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α与β可能相交,也可能平行,故C错;对于D项,由m⊥α,m∥n,得n⊥α,又知n∥β,故α⊥β,所以D项正确. 5.(2021全国乙理,5,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 (　　) A. 【答案】　D　解题指导:利用平移法,连接BC1,则BC1∥AD1,得∠C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与PB所成的角. 【解析】　如图所示,连接BC1,C1P,易知四边形ABC1D1是平行四边形,∴BC1∥AD1,∴∠C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与BP所成的角,设正方体的棱长为a,则BC1=a,C1P=a,连接AC、BD,设AC交BD于点O,连接OP,则OP⊥平面ABCD,∵OB⊂平面ABCD,∴OP⊥OB,∴PB=a.在△C1BP中,cos∠PBC1=,∴∠PBC1=,即直线PB与AD1所成的角为.故选D. 方法总结:用几何法求异面直线所成角的具体步骤: 6.(2016课标Ⅰ,理11,文11,5分)平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　A　 【解析】 如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1D.易证AA2∥A1B∥D1C,AA3∥A1D∥B1C. ∴平面AA2A3∥平面CB1D1,即平面AA2A3为平面α. 于是m∥A2A3,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m,n所成的角为60°,其正弦值为.选A. 7.(2014大纲全国理,11,5分)已知二面角α-l-β为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,CD⊂β,C∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　B　 【解析】 在平面α内过点C作CE∥AB,则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角(或其补角),不妨取CE=1,过点E作EO⊥β于点O. 在平面β内过点O作OH⊥CD于点H,连接EH,则EH⊥CD. 因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l,又因为EO⊥β,所以CO⊥l. 所以∠ECO为二面角α-l-β的平面角,即∠ECO=60°. 因为∠ACD=135°,CD⊥l,所以∠OCH=45°. 在Rt△ECO中,CO=CEcos∠ECO=1×cos 60°=. 在Rt△COH中,CH=COcos∠OCH=cos 45°=. 在Rt△ECH中,cos∠ECH===. 所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.选B. 8.(2014大纲全国文,4,5分)已知正四面体ABCD中,E是AB的中点,则异面直线CE与BD所成角的余弦值为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【答案】　B　 【解析】 如图,取AD的中点F,连接EF、CF. 因为E、F分别是AB、AD的中点,所以EF􀱀BD,故∠CEF或其补角是异面直线CE、BD所成的角. 设正四面体ABCD的棱长为a,易知CE=CF=a,EF=a.在△CEF中,由余弦定理可得cos∠CEF==.故选B. 9.(2022全国乙,理7,文9,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 (　　) A.平面B1EF⊥平面BDD1　　　　 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC　　　　 D.平面B1EF∥平面A1C1D 【答案】　A　 【解析】 如图所示, 在正方体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,故选A. 10.(2011辽宁理,8,5分)如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是(　　) A.AC⊥SB B.AB∥平面SCD C.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角 D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角 【答案】　D　 【解析】 ∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD. 又∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥AC. 其中SD∩BD=D,∴AC⊥面SDB,从而AC⊥SB.故A正确.易知B正确. 设AC与DB交于O点,连接SO. 则SA与平面SBD所成的角为∠ASO,SC与平面SBD所成的角为∠CSO, 又OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故C正确. 由排除法可知选D. 评析　本题主要考查了线面平行与垂直的判断及线面角、线线角的概念.属中档题. 11.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面α,β交于直线l.若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则(　　) A.m∥l　　　B.m∥n　　　C.n⊥l　　　D.m⊥n 【答案】　C　 【解析】 ∵α∩β=l,∴l⊂β,∵n⊥β,∴n⊥l.故选C. 12.(2023全国乙文，16） 已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________． 【答案】2 【解析】如图，将三棱锥转化为直三棱柱， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 因为，即，解得. 13.(2020新高考Ⅰ,16,5分)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　.  【答案】　 【解析】　易知四边形A1B1C1D1为菱形,∠B1A1D1=60°,连接B1D1,则△B1C1D1为正三角形, 取B1C1的中点O,连接D1O,易得D1O⊥B1C1, ∴D1O⊥平面BCC1B1, 取BB1的中点E,CC1的中点F,连接D1E,D1F,OE,OF,EF,易知D1E=D1F=, 易知以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线为以O为圆心,OE为半径的, ∵B1E=B1O=1,∴OE=, 同理OF=,易知EF=2, ∴∠EOF=90°, ∴的长=×(2π×)=. 解题关键　利用题设条件证明D1O⊥平面BCC1B1,从而说明球面与侧面BCC1B1的交线是以O为圆心,OE为半径的是解题的关键. 14.(2016课标Ⅱ,14,5分)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题: ①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β. ②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n. ③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β. ④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有　　　　.(填写所有正确命题的编号)  【答案】　②③④ 【解析】　若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α与β可能平行或相交,故①错误;②显然成立;若α∥β,m⊂α,则m与β无公共点,因而m∥β,故③正确;由线面角的定义、等角定理及面面平行的性质可知④正确. 15.（2025天津，17,15分） 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1的中点,CG=3GC1. (1)求证:GF⊥平面FBE; (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值; (3)求三棱锥D-FBE的体积. 【解析】(1)证法一在正方形BCC1B1中, 由条件易知tan∠C1FG====tan∠B1BF, 所以∠C1FG=∠B1BF, 则∠B1FB+∠B1BF==∠C1FG+∠B1FB, 故∠BFG=π-(∠C1FG+∠B1FB)=,即FG⊥BF, 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知D1C1⊥平面BCC1B1,且EF∥D1C1, 所以EF⊥平面BCC1B1, 又FG⊂平面BCC1B1,所以EF⊥FG. 因为EF∩BF=F,EF,BF⊂平面BEF,所以GF⊥平面BEF. 证法二如图,以D为原点,建立空间直角坐标系, 则B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3), 所以=(0,4,0),=(2,4,-4),=(-2,0,-1), 设平面FBE的法向量是m=(a,b,c), 则 令a=2,则c=1,所以m=(2,0,1), 易知=-m,则也是平面FBE的一个法向量, 所以GF⊥平面FBE. (2)=(-2,4,-1),=(-4,0,3). 设平面BEG的法向量为n=(x,y,z), 所以 令x=6,则z=8,y=5,即n=(6,5,8), 由(1)知是平面FBE的一个法向量, 设平面FBE与平面BEG的夹角为α, 则cos α=|cos<,n>|===. (3)由(1)知EF⊥平面BCC1B1,因为FB⊂平面BCC1B1,所以EF⊥FB. 所以S△BEF=EF·BF=×4×=4, 又=(2,0,4),则点D到平面BEF的距离d==, 故VD-FBE=d·S△BEF=××4=. 16.(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABC D中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. 【解析】 (1)证明:∵AB=8,AD=5,=,=,∴||=2,||=4, 在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=(2)2+42-2×2×4×=4,∴EF=2,∴AE2+EF2=AF2, ∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF, 又∵ED⊂面PDE,PE⊂面PDE,ED∩PE=E, ∴EF⊥面PDE, 又∵PD⊂面PDE,∴EF⊥PD. (2)连接EC,在Rt△EDC中, EC2=CD2+DE2=32+(3)2=36,∴EC=6. 又∵PE=2,PC=4,∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC, 又∵PE⊥EF,EC⊂面FBCDE,EF⊂面FBCDE, 且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE, ∴以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0), 则=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(2,0,-2). 作BG⊥AD交AD于点G, 在Rt△ABG中, ∵AB=8,∠BAD=30°,∴BG=4,EG=2, 则B(4,2,0),则=(4,2,-2), 设面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1), 则即 令z1=3,则y1=2,x1=0,∴m=(0,2,3). 设面PBF的法向量为n=(x2,y2,z2), 则即 令z2=1,则x2=,y2=-1,则n=(,-1,1). 设面PCD与面PBF所成的二面角为θ, 则|cos θ|===, 故sin θ===, 所以面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为. 17.（2023全国乙理，19） 如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的正弦值. 【解析】（1）连接，设，则，，，则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面， 所以平面. （2）由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则平面，又平面，所以平面平面. （3）过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为. 18.(2023全国甲文，18）如图，在三棱柱中，平面． （1）证明：平面平面； （2）设，求四棱锥的高． 【解析】（1）证明：因为平面，平面,所以, 又因为，即，平面，, 所以平面，又因为平面, 所以平面平面. （2）如图，过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以四棱锥的高为. 因为平面，平面,所以,, 又因为，为公共边，所以与全等，所以. 设，则，所以为中点，, 又因为,所以,即，解得， 所以，所以四棱锥的高为． 19.(2021全国乙文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM. (1)证明:平面PAM⊥平面PBD; (2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积. 【解析】　(1)证明:由于PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD,则PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD⊂平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因为AM⊂平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD. (2)由(1)知AM⊥平面PBD,因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因为四边形ABCD为矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,则△DAB∽△ABM,则,又AB=DC=1,M为BC的中点,∴AD=, ∴S矩形ABCD=AB·AD=, ∴V四棱锥P-ABCD=S矩形ABCD·PD=. 名师点拨:本题以学生熟悉的四棱锥为载体,充分考查了学生的空间想象能力和逻辑推理能力,要求学生熟练掌握空间几何体中垂直的证明方法,在计算中体现空间和平面之间的转化思想,尤其是基本图形的运算. 20.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE. (1)证明:CD⊥平面A1OC; (2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36,求a的值. 【解析】　(1)证明:在题图1中, 因为AB=BC=AD=a,E是AD的中点, ∠BAD=,所以BE⊥AC. 即在题图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC, 又A1O∩OC=O, 从而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是四棱锥A1-BCDE的高. 由题图1知,A1O=AB=a,平行四边形BCDE的面积 S=BC·AB=a2. 从而四棱锥A1-BCDE的体积为 V=×S×A1O=×a2×a=a3, 由a3=36,得a=6. 评析　本题首先借“折叠”问题考查空间想象能力,同时考查线面垂直的判定及面面垂直性质的应用. 21.(2015福建,20,12分)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1. (1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO; (2)求三棱锥P-ABC体积的最大值; (3)若BC=,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值. 【解析】　(1)证明:在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO. 又PO垂直于圆O所在的平面, 所以PO⊥AC. 因为DO∩PO=O, 所以AC⊥平面PDO. (2)因为点C在圆O上, 所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1. 又AB=2,所以△ABC面积的最大值为×2×1=1. 又因为三棱锥P-ABC的高PO=1, 故三棱锥P-ABC体积的最大值为×1×1=. (3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°, 所以PB==.同理,PC=,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O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值. 又因为OP=OB,C'P=C'B,所以OC'垂直平分PB, 即E为PB中点.从而OC'=OE+EC'=+=, 亦即CE+OE的最小值为. 解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°, 所以∠OPB=45°,PB==.同理PC=. 所以PB=PC=BC,所以∠CPB=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O,E,C'共线时,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××cos(45°+60°) =1+2-2=2+. 从而OC'==. 所以CE+OE的最小值为+. 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,考查数形结合思想、化归与转化思想. 22.(2014福建文,19,12分)如图,三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD. (1)求证:CD⊥平面ABD; (2)若AB=BD=CD=1,M为AD中点,求三棱锥A-MBC的体积. 【解析】　(1)证明:∵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=. ∵M是AD的中点, ∴S△ABM=S△ABD=. 由(1)知,CD⊥平面ABD, ∴三棱锥C-ABM的高h=CD=1, 因此VA-MBC=VC-ABM=S△ABM·h=. 解法二:由AB⊥平面BCD知,平面ABD⊥平面BCD, 又平面ABD∩平面BCD=BD, 如图,过点M作MN⊥BD交BD于点N, 则MN⊥平面BCD,且MN=AB=, 又CD⊥BD,BD=CD=1, ∴S△BCD=. ∴三棱锥A-MBC的体积VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD =AB·S△BCD-MN·S△BCD=. 23.(2014山东文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=AD,E,F分别为线段AD,PC的中点. (1)求证:AP∥平面BEF; (2)求证:BE⊥平面PAC. 【解析】　(1)证明：设AC∩BE=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ABCE为菱形, 所以O为AC的中点. 又F为PC的中点, 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)证明：由题意知ED∥BC,ED=BC, 所以四边形BCDE为平行四边形, 因此BE∥CD. 又AP⊥平面PCD,CD⊂平面PCD, 所以AP⊥CD,因此AP⊥BE. 因为四边形ABCE为菱形, 所以BE⊥AC. 又AP∩AC=A,AP,AC⊂平面PAC, 所以BE⊥平面PAC. 24.(2014广东文,18,13分)如图1,四边形ABCD为矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如图2折叠:折痕EF∥DC,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. (1)证明:CF⊥平面MDF; (2)求三棱锥M-CDE的体积. 【解析】　(1)证明:∵PD⊥平面ABCD, AD⊂平面ABCD,∴PD⊥AD. ∵四边形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==. 又∵EF∥DC, ∴=⇒ED===. ∴PE=ME=-=, ∴S△CDE=DC·ED=×1×=. 在Rt△MDE中,MD==, ∴VM-CDE=S△CDE·MD=××=. 25.(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△ABF沿AF折起,得到如图2所示的三棱锥A-BCF,其中BC=. 图1 图2 (1)证明:DE∥平面BCF; (2)证明:CF⊥平面ABF; (3)当AD=时,求三棱锥F-DEG的体积VF-DEG. 【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,∵DE⊄平面BCF,BC⊂平面BCF,∴DE∥平面BCF. (2)证明:在等边三角形ABC中,F是BC的中点, ∴AF⊥BC,BF=CF=. ∵在三棱锥A-BCF中,BC=, ∴BC2=BF2+CF2,∴CF⊥BF. ∵BF∩AF=F,∴CF⊥平面ABF. (3)由(1)可知GE∥CF,结合(2)可得GE⊥平面DFG. ∴VF-DEG=VE-DFG=··DG·FG·GE=····=. 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,考查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)问的关键在于对几何体的转化. 26.(2012北京文,16,14分)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2. (1)求证:DE∥平面A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由. 【解析】　(1)证明:因为D,E分别为AC,AB的中点, 所以DE∥BC. 又因为DE⊄平面A1CB, 所以DE∥平面A1CB. (2)证明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC, 所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D,DE⊥CD. 因为A1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC. 而A1F⊂平面A1DC, 所以DE⊥A1F. 又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D, 所以A1F⊥平面BCDE. 所以A1F⊥BE. (3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下: 如图,分别取A1C,A1B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(2)知,DE⊥平面A1DC, 所以DE⊥A1C. 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点, 所以A1C⊥DP. 所以A1C⊥平面DEP. 即A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥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. 27.(2019课标Ⅲ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,∠FBC=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⊥平面BCGE; (2)求图2中的四边形ACGD的面积. 【解析】　本题考查了线面、面面垂直问题,通过翻折、平面与平面垂直的证明考查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. (1)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,D四点共面. 由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)取CG的中点M,连接EM,DM. 因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG. 由已知,四边形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=,故DM=2. 所以四边形ACGD的面积为4. 思路分析　(1)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(1)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”△DEM,是本题求解的关键和难点. 28.(2022全国乙文,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求三棱锥F-ABC的体积. 【解析】　(1)证明:∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD, ∴△ADB≌△CDB,∴AB=BC, 又E为AC的中点,∴BE⊥AC, 在△ADC中,AD=CD,E为AC的中点,∴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为等边三角形,∴AC=AB=2. 又AD=DC,AD⊥CD,∴AD=DC=, 连接EF,由(1)知AC⊥平面BED, ∵EF⊂平面BED,∴AC⊥EF, ∴S△ACF=AC×EF=EF, 在Rt△ADC中,可得DE=1,在△ABC中,可得BE=, 又BD=2,∴BD2=DE2+BE2, ∴△BED为直角三角形,且∠EBD=30°, ∴EF的最小值为Rt△BED斜边上的高h, 且h=BEsin∠EBD=, ∵AC⊥平面BEF, ∴VF-ABC=S△BEF×AC =×AC =×AC =×2 =. 29.(2022全国乙理,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 【解析】　(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC. 因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E为AC的中点, 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)由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=. 因为AD⊥DC,E为AC的中点,所以DE=1. 所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE. 连接EF,因为AC⊥平面BED,EF⊂平面BED, 所以AC⊥EF,所以S△AFC=AC·EF=EF. 当EF⊥BD时,EF最小,即△AFC的面积最小,此时EF=. 如图,以E为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1),F, 所以=(-1,0,1),=(0,-,1),. 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则令y=1,得n=(,1,). 设CF与平面ABD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,, 所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为. 30.(2018课标Ⅰ文,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA. (1)证明:平面ACD⊥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. 【解析】　(1)证明: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=3. 又BP=DQ=DA,所以BP=2. 作QE⊥AC,垂足为E,则QE=DC,QE∥DC. 由已知及(1)可得DC⊥平面ABC, 所以QE⊥平面ABC,QE=1. 因此,三棱锥Q-ABP的体积为 VQ-ABP=·QE·S△ABP=×1××3×2sin 45°=1. 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∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键; (2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=90°,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锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键. 31.(2018北京文,18,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点. (1)求证:PE⊥BC; (2)求证:平面PAB⊥平面PCD; (3)求证:EF∥平面PCD. 【解析】　(1)证明：因为PA=PD,E为AD的中点, 所以PE⊥AD. 因为底面ABCD为矩形, 所以BC∥AD. 所以PE⊥BC. (2)证明：因为底面ABCD为矩形, 所以AB⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD, 所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD, 所以PD⊥平面PAB. 所以平面PAB⊥平面PCD. (3)证明：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=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EF⊄平面PCD,DG⊂平面PCD, 所以EF∥平面PCD. 32.(2017课标Ⅲ文,19,12分)如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD. (1)证明:AC⊥BD; (2)已知△ACD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】　(1)证明:取AC的中点O,连接DO,BO. 因为AD=CD,所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO. 因为DO∩BO=O, 所以AC⊥平面DOB, 因为BD⊂平面DOB, 所以AC⊥BD. (2)连接EO. 由(1)及题设知∠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°. 由题设知△AEC为直角三角形, 所以EO=AC. 又△ABC是正三角形,且AB=BD, 所以EO=BD. 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. 33.(2016江苏,16,14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证: (1)直线DE∥平面A1C1F; (2)平面B1DE⊥平面A1C1F. 【解析】　(1)证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC. 在△ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点, 所以DE∥AC,于是DE∥A1C1. 又因为DE⊄平面A1C1F,A1C1⊂平面A1C1F, 所以直线DE∥平面A1C1F. (2)证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1. 因为A1C1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1C1. 又因为A1C1⊥A1B1,A1A⊂平面ABB1A1,A1B1⊂平面ABB1A1,A1A∩A1B1=A1, 所以A1C1⊥平面ABB1A1. 因为B1D⊂平面ABB1A1,所以A1C1⊥B1D. 又因为B1D⊥A1F,A1C1⊂平面A1C1F,A1F⊂平面A1C1F,A1C1∩A1F=A1, 所以B1D⊥平面A1C1F. 因为直线B1D⊂平面B1DE,所以平面B1DE⊥平面A1C1F. 评析　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. 34.(2015课标Ⅰ文,18,12分)如图,四边形ABCD为菱形,G为AC与BD的交点,BE⊥平面ABCD. (1)证明:平面AEC⊥平面BED; (2)若∠ABC=120°,AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为,求该三棱锥的侧面积. 【解析】　(1)因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD. 因为BE⊥平面ABCD,所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED. 又AC⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED.(5分) (2)设AB=x,在菱形ABCD中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=x,GB=GD=. 因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中,可得EG=x. 由BE⊥平面ABCD,知△EBG为直角三角形,可得BE=x. 由已知得,三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=×AC·GD·BE=x3=.故x=2.(9分) 从而可得AE=EC=ED=. 所以△EAC的面积为3,△EAD的面积与△ECD的面积均为. 故三棱锥E-ACD的侧面积为3+2.(12分) ( 第 17 页 共 17 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$