第04讲直线平面垂直的判定与性质（练习）

第04讲直线、平面垂直的判定与性质（模拟精练+真题演练）1．（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学校考三模）已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是（

）A．内有无数条直线与平行 B．内的任何直线都与平行C．且 D．且【答案】D【解析】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；对于C选项，若且，则、平行或相交，则“且”“”，C不满足；对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，反之，若，则“且”不一定成立，故“且”是“”的充分不必要条件，D满足.故选：D.2．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知是三条不同的直线，是三个不重合的平面，则下列说法错误的是（

）A．若，则．B．若与异面，，则存在，使得．C．若，则．D．若，则．【答案】D【解析】对选项A，若，则，又，∴．选项A正确；对选项B，在上取点，分别作的平行线，这两条相交直线确定平面，因为，则，同理可证，因为，所以，又因为，，所以，故B正确；

对选项C，设，在平面内任取一个不在直线上的点，过点作直线，垂足分别为点．又因为，，，，又，故，又因为平面，从而．故选项C正确；

对选项D，直线的位置关系可以是任意的，比如设，且，，，则根据平行的传递性知，故D错误.故选：D.3．（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱上的点，且.若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹长度为（

）

A． B． C． D．【答案】D【解析】

如图，在侧棱上取一点，使得，连接，过点作交于点，交于点，连接，由，可知，平面，，从而平面，所以，又由在平面内的射影，所以，平面，，知平面，平面，所以，所以动点的轨迹为线段，在中，，所以，则，得易得.故选：D4．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）在四棱锥中，底面是矩形，给出以下三个结论：①若的中点为，则平面；②若平面，则平面平面；③若平面，则线段是四棱锥外接球的直径.则关于这三个结论叙述正确的是（

）A．①对，②③错 B．①②对，③错C．①错，②③对 D．①②③都对【答案】D【解析】

①正确，连接交于，连接，则在中，，而平面，平面，则平面；②正确，因为平面，得，又由于，所以平面，又，所以平面，而平面，故平面平面；③正确，由于平面，将四棱锥还原成长方体，知为该长方体的体对角线，故为四棱锥外接球的直径.故选：D.5．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，设分别为线段的中点，将四边形沿着直线进行翻折，使得点不在平面上，在这一过程中，下列关系不能成立的是（

）

A．直线直线 B．直线直线C．直线直线 D．直线平面【答案】C【解析】翻折之后如图所示：

①因为，，所以且，因此，故选项A成立；②连接，因为分别为的中点，所以，

又因为，所以，故选项B成立；③因为，，所以与不平行，故选项C不成立；④因为，且平面，平面，所以平面，故选项D成立.故选：C6．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，则平面与平面的位置关系是（

）A．垂直 B．相交不垂直 C．平行 D．重合【答案】A【解析】设棱的中点分别为，连接，连接，如图所示，

正方体中，平面，平面，，正方形中，，，平面，平面，平面，∴，分别为棱的中点，，，∴，同理可证，平面，，∴平面，平面，∴，同理可证，平面，，∴平面，平面，故平面平面.故选：A.7．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）圆锥的底面半径为，母线长为，是圆锥的轴截面，是的中点，为底面圆周上的一个动点（异于、两点），则下列说法正确的是（

）A．存在点，使得 B．存在点，使得C．三棱锥体积最大值为 D．三棱锥体积最大值为【答案】C【解析】根据题意可知，如下图所示：

对于A，因为圆是直径，所以，假设存在点，使得，又因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为、都是圆锥的母线，即，所以不成立，所以不存在点，使得，即A错误；对于B，因为是的中点，是的中点，所以，若存在点，使得，所以，这与矛盾，所以B错误；对于C，易知三棱锥的高为，所以当底面积最大时，其体积最大，又因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，即三棱锥的体积，即三棱锥的体积的最大值为，所以，C正确；对于D，因为、分别为、的中点，则，即三棱锥体积最大值为，所以，D错误.故选：C.8．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则下列说法不正确的是（

）

A．存在点，使直线平面B．存在点，使平面平面C．三棱锥的体积为定值D．平面截正方体所得截面的最大面积为【答案】B【解析】对于A项，如图所示，取的中点H、I，连接HI交于G点，此时，由正方体的性质可得，，平面，所以平面，故A正确；

对于B项，如图所示，连接，为侧面的中心，则面与面和面分别交于线PG、DH，若存在G点使平面平面，则，又，则四边形为平行四边形，即，而，此时应在延长线上，故B错误；对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，故是定值，即C正确；

对于D项，若点靠C远，如图一所示，过G作，即截面为四边形，当截面在正方体底面上的投影面积越大，其面积就越大，如下图，

显然当在底面的投影为点时，截面为四边形面积最大，此时为侧面的中心，最大值为，

若靠C近时（图二），G作，延长交、延长线于M、H，连接MK、交，于，则截面为六边形，当截面在正方体底面上的投影面积越大，其面积就越大，如下图，六边形在正方体底面的投影为六边形，设所以，当时，取得最大值.

设则当在底面的投影为点时，截面为四边形面积最大，当为中点时取得最大值，最大值为，，D正确.故选：B.9．（多选题）（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）已知，为不同的直线，，为不同的平面，则下列说法错误的是（

）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】ABC【解析】由题意，A项,设所在平面,,只需即满足题设,故A错误；B项，设且且,此时，B错误；C项，当，，时，可能垂直于，C错误；D项，当，，，则，故D正确.故选：ABC.10．（多选题）（2023·全国·模拟预测）在正方体中，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．【答案】ACD【解析】选项A，如图连接，，，则四边形为平行四边形，因为为的中点，所以点是的中点，所以，又平面，故平面，故A正确；选项B，若平面，DD1在面BDD1B1内，则，因为，所以，显然矛盾，所以与平面不垂直，故B错误；选项C，连接，在中，因为，分别是，的中点，所以为中位线，所以，又平面，平面，故平面，故C正确；选项D，由题意知平面，因为平面，所以，又，所以，故D正确.故选：ACD.11．（多选题）（2023·海南·海南中学校考模拟预测）如图，在矩形中，和交于点，将沿直线翻折，则正确的是（

）

A．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得B．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得C．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面D．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面【答案】ABC【解析】对A，当时，所以此时矩形为正方形，则将沿直线翻折，若使得面面时,由，面，面面，所以面,又面,所以，故选项A正确.对B，又，，且，所以面，又面，所以，故选项B正确，对C，在矩形中，,，所以将沿直线翻折时，总有，取，当将沿直线翻折到时，有，即，且，则此时满足平面，故C正确.对D，若平面，又平面，则，所以在中，为斜边，这与相矛盾.故D不正确.故选：ABC12．（多选题）（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，矩形中，、分别为、的中点，且，现将沿问上翻折，使点移到点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（

）

A．存在点，使得B．存在点，使得C．三棱锥的体积最大值为D．当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球表面积为【答案】BCD【解析】对于A，，，因此不平行，即不存在点，使得.故A错误；对于B，如图：

取的中点，连接，，，,当时，因为，即.则，而，，平面，又分别为，的中点，即，于是平面，而平面，则，故B正确；对于C，在翻折过程中，令与平面所成角为，则点到平面的距离，又的面积为，因此三棱锥的体积为：，当且仅当时，即平面时取等号，所以三棱锥的体积最大值为，故C正确；对于D，当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球的球心为，故球的半径为1，则球的表面积为.故D正确.故选：BCD.13．（2023·四川广安·广安二中校考模拟预测）已知平面，直线满足，，则“”是“”的条件.（填“充分不必要”，“必要不充分”，“充要条件”，“既不充分也不必要”）【答案】充分不必要条件【解析】因为，且，，所以，反过来，时，包含或是或,所以不一定垂直，所以“”是“”的充分不必要条件.故答案为：充分不必要条件14．（2023·贵州·校联考模拟预测）在四棱锥中，底面是矩形，底面，且，，则.【答案】2【解析】因为底面，底面，所以，设，则，，.故.故答案为：15．（2023·广东梅州·统考三模）如图，在三棱锥中，是的中点，，分别为线段，上的动点，，平面，若，则的最小值为.

【答案】8【解析】因为平面，平面，所以则，又，平面所以平面，因为平面，所以则在平面上，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：

则，设因为，所以直线的方程为，设，则由于变量不具有等量关系，故时，有最小即当时，最小；过点作BD垂线，垂足为，连接，

因为平面，，，平面所以，所以平面，因为平面，所以又，平面，所以平面因为平面，所以，又，所以，由平面，所以．因为，所以，所以．因为，，平面，所以，所以当沿翻转到平面时，四边形构成矩形，

所以的最小值为，即的最小值为8．故答案为：8．16．（2023·陕西延安·校考一模）已知在正方体中，，是的中点，是侧面内（含边界）的动点，若，则的最小值为．【答案】【解析】取中点，连接，在直角中，，故,所以，又在正方体中，平面平面又平面，所以平面，平面，所以，又，平面,则平面，即点的轨迹是线段，在直角中，，当时，最小，此时，即的最小值为．故答案为：

17．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）如图；在直三棱柱中，，，，点D为AB的中点．

(1)求证；(2)求三棱锥的体积．【解析】（1）在中，因为，，，所以，所以为直角三角形，即，又因为在直三棱柱中，平面，且平面，所以，又，平面，所以平面，又因为平面，所以．（2）在中，过C作，F为垂足，

由直三棱柱得平面平面，且平面平面，，平面，所以平面，在中，，又因为，所以．18．（2023·四川广元·校考模拟预测）如图，在三棱锥中，侧面底面，且的面积为6．

(1)求三棱锥的体积；(2)若，且为锐角，求证：平面．【解析】（1）面面，，面面，面，所以面，又的面积为6，所以三棱锥的体积.（2）由题设，即，又为锐角，所以，由，故，所以，由（1）知面，面，故，，面，故平面.19．（2023·江西南昌·南昌市八一中学校考三模）如图，等腰梯形中，，，，为中点，为中点.将沿折起到的位置，如图．

(1)证明：平面；(2)若平面平面，求点到平面的距离．【解析】（1）证明：在等腰梯形中，，，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以为等边三角形，则.因为为中点，所以，在等腰梯形中，可得.连接，在中，由余弦定理可得,则，所以，则.因为、分别是、中点，所以，所以，从而可得，，因为，、平面，所以平面．（2）由（1）可知，，因为平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离.因为是中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半.取的中点为，连接.

因为为等边三角形，所以，由（1）知，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.又因为，、平面，所以平面，则点到平面的距离为.因为是等边三角形，边长为，故，所以点到平面的距离为，故点到平面的距离为．1．（2022•乙卷（文））如图，四面体中，，，，为的中点．（1）证明：平面平面；（2）设，，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．【解析】证明：（1），，，，，又为的中点．，，为的中点．，又，平面，又平面，平面平面；（2）由（1）可知，，，是等边三角形，边长为2，，，，，，，又，，平面，由（1）知，，连接，则，，当时，最短，此时的面积最小，过点作于点，则，平面，，，，三棱锥的体积．2．（2021•乙卷（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【解析】（1）证明：底面，平面，，又，，，平面．平面．平面，平面平面；（2）由底面，即为四棱锥的高，是直角三角形；底面是矩形，，为的中点，且．设，取的中点为．作交于，连接，，，可得，，那么．且．，，．是直角三角形，根据勾股定理：，则；由是直角三角形，可得，解得．底面的面积，则四棱锥的体积．3．（2020•新课标Ⅰ）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面平面；（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积．【解析】（1）连接，，，是底面的内接正三角形，所以．是圆锥底面的圆心，所以：，所以，所以，由于，所以，所以，，由于，所以平面，由于平面，所以：平面平面．（2）设圆锥的底面半径为，圆锥的母线长为，所以．由于圆锥的侧面积为，所以，整理得，解得．所以．由于，解得则：．4．（2020•江苏）在三棱柱中，，平面，，分别是，的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面．【解析】证明：（1），分别是，的中点．所以，因为平面，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．5．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；（2）点在平面内．【解析】（1）因为是长方体，所以平面，而平面，所以，因为是长方体，且，所以是正方形，所以，又．所以平面，又因为点，分别在棱，上，所以平面，所以．（2）取上靠近的三等分点，连接，，，．因为点在，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，且，又因为在上，且，所以，且，所以为平行四边形，所以，，即，，所以为平行四边形，所以，所以，所以，，，四点共面．所以点在平面内．6．