2023年新高考一轮复习讲义第42讲 直线、平面垂直的判定与性质（解析版）.docx

1、第42讲直线、平面垂直的判定与性质学校:_姓名：_班级：_考号：_【基础巩固】1（2022全国长垣市第一中学高三开学考试）设表示两条不同的直线，表示平面，且，则“”是“”成立的（）A充要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分、必要条件以及线面垂直的知识确定正确答案.【详解】若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面.所以由“”可得“”，充分性成立；反之亦成立.所以“”是“”成立的充要条件.故选：A2（2022安徽高三开学考试）在正方体中，点在线段上，点为线段的中点，记平面平面 ，则下列说法一定正确的是（）A平面B平面C平面D平面【答

2、案】D【分析】根据线面平行可得两平面的交线满足，进而根据平面，即可判断平面.【详解】由题意得，平面,平面,则平面，又平面平面，因为平面,平面,故平面,因此平面故D正确而，平面,平面,则平面,故平面,选项A错误，同理选项B错误；由于与相交不垂直，故与平面不垂直，因此不垂直平面，故C错误；故选：D3（2022河南宝丰县第一高级中学高三开学考试）在正方体中，P，Q分别为AB，CD的中点，则（）A平面B平面平面C平面D平面平面【答案】D【分析】画出正方体，结合几何体图像，根据线面平行、面面垂直、线面垂直、面面垂直的判定条件判断各选项即可.【详解】如图，因为，而与平面相交，则A选项不正确；因为，所以平面

3、平面，而平面与平面相交，则B选项不正确；在矩形中，与不垂直，即与平面不垂直，则C选项不正确；设的中点为G，因为，所以，又因为，所以，所以平面，所以平面平面，则D选项正确.故选：D.4（2022湖南益阳模拟预测）已知正方体中，是的中点，则下列结论正确的是（）A与相交BC平面D平面【答案】B【分析】对于A，作图直接观察，由异面直线的定义，可得答案；对于B，由线面垂直的定义，通过证明线面垂直，可得答案；对于C，根据正方体的性质，结合线面垂直判定定理，找出垂线，判断其垂直与已知直线的位置关系，可得答案；对于D，过所求平面中的点，作已知直线的平行线，根据线面位置关系，可得答案.【详解】对于A，由题意可作

4、图如下：因为与异面，故A错误；对于B，连接在正方体中，如下图：，平面，因为平面，所以，因为，所以平面，平面，所以，故B正确；对于C，连接，如下图：可得平面，因为与不平行，所以不垂直平面，故C错误；对于D，取中点，连接，如下图：则，因为交平面于，不平行平面，即不平行平面，故D错误故选：B.5（2022全国高三专题练习）如图，在四面体中，则四面体中存在面面垂直关系的对数为（）A2B3C4D5【答案】B【分析】分别证明出平面平面，平面平面，平面平面，即可得到答案.【详解】因为，所以，所以.又，平面,平面.所以平面.又平面，平面，所以平面平面，平面平面.因为，所以，所以.又，平面，平面，所以平面，又平

5、面，所以平面平面，综上可知有3对.故选:B.6（2022河南高三阶段练习）在四棱锥中，平面平面，为的中点，则下列选项中不正确的是（）A平面B平面C平面平面D点到平面的距离为1【答案】C【分析】根据线面平行的判定定理可判断A，由面面垂直的性质定理可得平面，得出，再由可得线面垂直，即可判断B，由B及平面平面可得矛盾，判断C，利用，转化为求点到平面的距离即可判断D.【详解】如图，对于A，取PB的中点为N，连接MN，MD，CN.则，且 ，故四边形MNCD是平行四边形则MD /CN ,故 MD/平面PBC，故A 正确；对于B，易求得，则，而平面平面，是交线，故平面PAD，则，而由与可知，故平面PBD，故

6、B正确；对于C，由选项B知，若平面PCD平面PAD，因为是交线，则PA平面PCD，与 PA平面PBD矛盾，故C错误；对于D，连接AC交BD于，则，即，故A 到平面PBD的距离为C到平面PBD的距离的2倍，而平面PBD，且，故C到平面PBD的距离为1，故D正确.故选：C.7（2022江西南昌模拟预测）如图，正四棱台中，点分别是棱的中点，则下列判断中，不正确的是（）A共面B平面C平面D平面【答案】C【分析】根据正棱台的概念及正棱锥的性质结合条件逐项分析即得.【详解】延长正四棱台的侧棱相交于，则三棱锥为正四棱锥，连接，都在平面内，故A正确；因为分别是棱的中点，所以，由正棱锥的性质可知，所以，即平面，

7、故B正确；因为点分别是棱的中点，所以，设，则平面，平面，平面，平面，平面，显然平面与平面不平行，故C错误；因为，平面，平面，所以平面，故D正确.故选：C.8（2022全国高三专题练习）如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MD=NB=1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是（）A平面平面ABNBC平面平面AMND平面平面AMN【答案】C【分析】将几何体补成正方体后再进行判断【详解】分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP=CQ=1，连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体 BC平面ABN，BC平面BCE， 平面BCE平面A

8、BN，故A正确； 连接PB，则PBMC，显然PBAN，MCAN，故B正确； 取MN的中点F，连接AF，CF，AC AMN和CMN都是边长为的等边三角形， AFMN，CFMN， AFC为二面角A-MN-C的平面角， AF=CF=，AC=，AF2+CF2AC2，即AFC， 平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误； DEAN，MNBD， 平面BDE平面AMN，故D正确 故选C【点睛】本题考查了空间线面位置关系的判断，属于中档题，在解题时能运用补的思想将其补成一个正方体，然后求解9（多选）（2022河北邯郸高三开学考试）如图，在正方体中，动点在线段上，则（）A直线与所成的角为B对任意的点，都有平面C存

9、在点，使得平面平面D存在点，使得平面平面【答案】BC【分析】A选项，根据线线平行，找到直线与所成的角，根据正方体的性质求出其度数；B选项，证明出平面，得到结论；C选项，当点在处时，满足平面平面；D选项，找到平面与平面所成的夹角，方法一：结合圆的知识点，推导出；方法二：设出未知数，利用正切的和角公式得到，求出最值，得到为锐角.【详解】因为，所以即为直线与所成的角，故错误；因为平面，平面，所以，又因为，所以平面，故平面，故正确；当点在处时，平面/平面，所以存在点，使得平面/平面，故C正确.如图，过点作，则为平面与平面的交线，在正方体中，平面，所以平面，所以，所以即为平面与平面所成的夹角，方法一：因

10、为点一定在以为直径的圆外，所以，所以不存在点，使得平面平面，故D错误.方法二：设正方体的棱长为，则，所以，当时，取得最大值，为，此时为锐角，故D错误.故选：BC10（多选）（2022全国高三专题练习）如图所示，在四棱锥中中，为正方形，E为线段的中点，F为与的交点，则下列结论正确的是（）A平面B平面C平面平面D线段长度等于线段长度【答案】ABC【分析】由，可判断选项A,由面面垂直的判定定理进而可判断选项C,由线面平行的判定定理可判断选项B,由线面垂直的性质定理加上勾股定理可判断选项D.【详解】因为是正方形，所以又因所以平面平面，所以平面，因此A正确；而平面，所以平面平面，因此C正确；因为F是的中

11、点，而E为线段的中点，所以平面，平面，所以平面，因此B正确；对于D，因为是边长为1的正三角形，是正方形，所以又由平面，有，所以在中，又分别是等腰三角形的底边和腰上的中线，所以线段与的长度不相等（否则，是正三角形），因此D不正确；故选：ABC11（2022全国高三专题练习）已知平面、和直线、，则下列说法：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确的说法序号为_【答案】【分析】利用面面垂直的性质定理逐项判断可得出结论.【详解】对于，若，则与的位置关系不确定，错；对于，若、不垂直，则与不垂直，错；对于，若，则与不一定垂直，错；对于，由面面垂直的性质定理可知对.故答案为：.12（2022全国高三专题练习

12、）如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）【答案】（或，等都可）【分析】先确定所填答案，如，再证明平面MBD平面PCD即可，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质可得，从而可得平面MBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.【详解】解：可填，由为菱形，则，平面，平面，所以，又，平面，又平面，又，所以平面MBD，又因平面PCD，所以平面MBD平面PCD.故答案为：.（或，等都可）13（2022全国高三专题练习）如图所示，已知菱形和矩形所在平面互相垂直，证明：

13、平面平面；【答案】证明见解析【分析】由面面垂直的性质定理可证得平面，又因为平面，由面面垂直的判定定理即可证明平面平面.【详解】证明：因为平面平面，平面面，因为四边形为菱形，平面， 平面，平面， 平面面.14（2022全国高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为 的中点且证明：.【答案】证明见解析【分析】由底面，证得，结合，证得平面，进而证得.【详解】证明：因为底面，平面，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以.15（2022全国高三专题练习）如图，在四棱柱中，底面是菱形，平面平面，证明：平面；【答案】证明见解析【分析】取CD中点E，连接，要证明平面，只需证明垂直平

14、面内两条相交直线即可.【详解】在四棱柱中，取CD中点E，连接，如图，菱形中，因，平面，则平面，而平面，即有，因，则是正三角形，又平面平面，平面平面，平面，则有平面，而平面，于是得，又，平面，所以平面16（2022全国高三专题练习）如图，四面体的棱平面，证明：平面平面；【答案】证明见解析【分析】由题意证明和，利用面面垂直的判定定理及可证明结论.【详解】证明：由题意知，作于M，连接，则，故，则，则，故又，则，又，平面，故平面，又平面，则平面平面,即平面平面【素养提升】1（2022安徽省定远县第三中学高三阶段练习）如图，在平面四边形中，现将沿折起，并连接，使得平面平面，若所得三棱锥的外接球的表面积为

15、，则三棱锥的体积为（）ABCD【答案】C【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边AB的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积.【详解】平面ACD平面ABC，平面ABC平面BCD=AC，ACBC，BC平面ABC，BC平面ACD，又AD平面ACD，ADBC，又ADDC，BCDC=C，BC平面BCD，DC平面BCD，AD平面BCD，又BD平面BCD，ADBD，即为直角，又为直角，取的中点，连接OC，OD，由直角三角形的斜边上的中线性质OA=OB=OC=OD，可得为三棱锥外接球的球心，由三棱锥外

16、接球的表面积为，可得外接球的半径，BC平面ACD，为直角，三棱锥的体积为故选：C2（2022全国高三专题练习）已知正三棱锥的底面边长为，外接球表面积为，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则的最小值为（）ABCD【答案】B【分析】根据外接球表面积求得外接球半径，进而求得三棱锥的高，并推出侧面为等腰直角三角形，作辅助线，将转化为一条线段，从而确定最小时的线段的位置，再结合三角函数值，解直角三角形,求得答案.【详解】依题意，解得，由 是正三角形可知：其外接圆半径为 ，设点S到平面ABC的距离为h，故，解得或，则或（舍去），故，则 ,而 ，故 为等腰直角三

17、角形， ，故 为等腰直角三角形，,则 ,又 ,故平面SCM，取CB中点F，连接NF交CM于点O，则 ,则平面SCM ,故平面SCM，则，要求最小，首先需PQ最小，此时可得平面SCM，则；再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中 位置，当共线且时，的最小值即为的长，由 为等腰直角三角形，故，即，可得，故选：B.3（2022北京二模）如图，在正方体，中，E，F，G分别为棱上的点（与正方体顶点不重合），过作平面，垂足为H设正方体的棱长为1，给出以下四个结论：若E，F，G分别是的中点，则；若E，F，G分别是的中点，则用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形一定是等边三角形；可能为直角三角

18、形；其中所有正确结论的序号是_【答案】【分析】等体积法判断；根据正方体的性质画出平行于平面的可能截面情况；由正方体性质，通过定两点，移动另一点判断的内角变化趋势即可；设，利用等体积法，结合正余弦定理、三角形面积公式、锥体体积公式化简即可判断.【详解】由，而，所以，可得，正确；根据正方体的性质平行平面的平面有如下情况：当截面在面与面之间时为六边形，在面左上或面右下时为等边三角形，错误；分别在上不为顶点任意点，当从到过程递减，即小于，同理知：也小于，不可能为直角三角形，错误；若，又，即，所以，则，即，所以，即，正确；故答案为：【点睛】关键点点睛：应用等体积法计算或转化，由正方体性质及平面的基本性质作出截面判断；根据正方体的性质，动点分析三角形的内角变化趋势.