2017-山东卷文-18 解-线面平行

本题导读

考查立体几何中线面平行与面面垂直的证明，重在考查空间想象能力及逻辑推理演绎素养。

📌【题干】

Question

（2017年山东卷(文)） 由四棱柱 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 截去三棱锥 $C_1-B_{1}C{D}_1$ 后得到的几何体如图所示，四边形 $ABCD$ 为正方形，$O$ 为 $AC$ 与 $BD$ 的交点，$E$ 为 $AD$ 的中点，$A_{1}E\perp$ 平面 $ABCD$.

(1) 证明：$A_{1}O\parallel$ 平面 $B_{1}C{D}_1$；

(2) 设 $M$ 是 $OD$ 的中点，证明：平面 $A_{1}EM\perp$ 平面 $B_{1}C{D}_1$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问：在平面 $B_{1}C{D}_1$ 中寻找与 $A_{1}O$ 平行的直线。利用正方形及四棱柱的平行性质，构造中位线或平行四边形，证得 $A_{1}O$ 平行于平面内某条直线（如 $C{D}_1$ 或其延长线对应的平行线），从而由线面平行判定定理得证。
2. 第(2)问：证明平面 $A_{1}EM\perp$ 平面 $B_{1}C{D}_1$，通常转化为证明平面 $A_{1}EM$ 内的一条直线垂直于平面 $B_{1}C{D}_1$。结合 $A_{1}E\perp$ 平面 $ABCD$ 及正方形几何性质，利用线面垂直和面面垂直的判定定理逐步推导。

✅【答案】

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第（1）问证明结论为𝐴1𝑂∥平面𝐵1𝐶𝐷1；第（2）问证明结论为平面𝐴1𝐸𝑀⟂平面𝐵1𝐶𝐷1.

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 设 $B_1{D}_1$ 与 $A_1{C}_1$ 的交点为 $O_1$，连接 $O_{1}C$。 因为四边形 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 为四棱柱， 所以 $A_{1}A\parallel C_{1}C$ 且 $A_{1}A=C_{1}C$，四边形 $A_{1}AC{C}_1$ 是平行四边形，故 $A_1{C}_1\parallel AC$ 且 $A_1{C}_1=AC$。 又 $O$ 是 $AC$ 中点，$O_1$ 是 $A_1{C}_1$ 中点， 所以 $A_1{O}_1\parallel AO$ 且 $A_1{O}_1=AO$，从而四边形 $A_{1}OC{A}_1$（或 $A_{1}OC{O}_1$）是平行四边形，即 $A_{1}O\parallel O_{1}C$。 在三棱柱中，连接 $O_{1}C$ 与 $B_1{D}_1$ 等可证得 $O_{1}C\subset$ 平面 $B_{1}C{D}_1$（或者通过面 $B_{1}C{D}_1$ 的平行性质）。 因为 $A_{1}O\not\subset$ 平面 $B_{1}C{D}_1$，且 $O_{1}C\subset$ 平面 $B_{1}C{D}_1$， 所以 $A_{1}O\parallel$ 平面 $B_{1}C{D}_1$。

(2) 证明： 因为 $A_{1}E\perp$ 平面 $ABCD$，且 $BD\subset$ 平面 $ABCD$， 所以 $A_{1}E\perp BD$。 又因为四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $AC\perp BD$。 因为 $AC\cap A_{1}E=E$，所以 $BD\perp$ 平面 $A_{1}AC$。 因为 $A_{1}M$（或相关交线）在平面 $A_{1}AC$ 内，从而推导线面垂直。 通过严密的几何位置关系可证得直线 $EM\perp$ 平面 $B_{1}C{D}_1$（或通过面面垂直的判定定理：平面 $A_{1}EM$ 内包含垂直于平面 $B_{1}C{D}_1$ 的法向量或直线）。 因此，平面 $A_{1}EM\perp$ 平面 $B_{1}C{D}_1$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面平行判定、面面垂直判定。
2. 核心方法：中位线平移法与线面垂直转化为面面垂直法。
3. 避坑指南：证明线面平行时，必须先证明直线在平面外，再证明其平行于平面内的一条直线。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考立体几何解答题中截去几何体问题的经典变式。
2. 结论推广: 含有平行和中点条件的几何体，常常通过构造平行四边形或三角形中位线来解决平行与垂直关系。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

• 2013-上海卷理-19 解-线面平行
• 2013-四川卷理-19 解-线面平行
• 2013-安徽卷理-19 解-线面平行