8.6空间直线、平面垂直重点强化讲义-2025届高三数学一轮复习

8.6空间直线、平面垂直 ( 知识 归纳 ) 1．直线与平面垂直判断 ⑴定义：如果一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么就说这条直线和这个平面垂直。 ⑵判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。 简记为：线线垂直，则线面垂直. 符号： 2.直线与平面垂直性质 性质Ⅰ：垂直于同一个平面的两条直线平行。 符号： 性质Ⅱ：垂直于同一直线的两平面平行 符号： 推论：如果两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面． 符号语言：a∥b, a⊥α，⇒b⊥α 3‘平面与平面的位置关系： 平行——没有公共点： 符号 α∥β 相交——有一条公共直线: 符号 α∩β=a 4．平面与平面垂直的判定 ⑴定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直。 ⑵判定定理：一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直。 简记为：线面面垂直，则面面垂直. 符号： 推论：如果一个平面平行于另一个平面的一条垂线，则这个平面与另一个平面垂直。 5.平面与平面垂直的性质定理：两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面。 简记为：面面垂直，则线面垂直. 6.证明线线垂直的方法 ①定义：两条直线所成的角为90°；（特别是证明异面直线垂直）； ②线面垂直的性质 ③利用勾股定理证明两相交直线垂直； ( 考点讲解 )④利用等腰三角形三线合一证明两相交直线垂直； 题型一：直线与直线垂直 1．若空间中四条两两不同的直线，满足   则下面结论一定正确的是（  ） A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定 2．如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是（    ）    A． B． C． D． 3．如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，高为，底面半径为2． (1)求该圆锥的侧面积： (2)设为该圆锥的底面半径，且为线段的中点，求直线与直线所成的角的余弦值． 4．如图所示，在空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=．求证：AD⊥BC． 题型二：线面垂直判定 1．（多选）（2024·山西·模拟预测）已知平面平面，平面平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若直线，，则 B．若平面，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（多选）（2024·山东潍坊·三模）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（      ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. 3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，已知三棱柱中，，平面，，M为边上的动点． (1)当时，求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 4．（2024·全国·二模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qiandu）；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑（bienao）指四个面均为直角三角形的四面体.如图，三棱柱，平面，四棱锥为阳马，且，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型三：线面垂直性质 1．（2024·浙江绍兴·模拟预测）设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题： ①若，则 ②若，则 ③若，则 ④若，则 其中为真命题的是（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 2．（2024·全国·二模）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2024·安徽芜湖·模拟预测）在梯形ABCD中，，，，，BD与AE交于点G.如图所示沿梯形的两条高AE，BF所在直线翻折，使得. (1)求证：； (2)求三棱锥的体积. 4．（2024·四川攀枝花·一模）如图，在四棱柱中，平面，，，，且，. (1)求证：平面； (2)求证：. 题型四：面面垂直的判定 1．（多选）（2024·江苏·二模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2024·河南安阳·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，点分别在棱和棱上，且，.    (1)求证：平面平面； (2)求多面体的体积. 3．（2024·海南省直辖县级单位·一模）正方体的棱长为2，P是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)与平面所成的角的余弦值为，求PB的长. 4．（2024·江西赣州·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点.    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使平面平面？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由. 题型五：面面垂直的性质 1．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若与所成的角相等，则 C．若，，则 D．若，则 2．（2024·山东淄博·二模）三棱锥中，平面平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为 ． 3．（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)证明：． (2)若为等边三角形，求点C到平面的距离． 4．（2024·四川成都·模拟预测）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．    (1)证明：点在平面上的射影为的中点； (2)求二面角的正切值． ( 巩固提升 ) 1．设m，n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，与相交，则与异面 D．若，，，则 2．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，如果是边长为12的正方形，则这个八面体的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．在正三棱柱中，则平面内不可能存在一条直线与直线（   ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面 4．如图，在正四面体中，点是线段上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．如图，圆柱的母线长为分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，三棱锥的体积为，则圆柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．已知三棱锥中，△是边长为2的正三角形,，，若三棱锥的外接球体积为，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，正方体的棱长为1，是的中点，则下列选项不正确的是（    ） A．直线平面 B． C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 8．已知正四棱锥，其中，，平面过点A，且平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 9．（多选）如图，一个正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心）和一个正三棱锥（底面为正三角形，且顶点在底面的射影为正三角形的中心）所有的棱长都相等，为棱的中点，将点，，点，，点，分别对应重合为，，得到组合体．则下列关于该组合体的结论中，正确的有（    ）    A． B． C． D． 10．（多选）如图，正方体中，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，的交点为，顶点到的距离分别为，则（    ） A．平面 B．到平面的距离为1 C．平面平面 D．正方体的棱长为 11．（多选）如图，在正方体中，分别是的中点．下列结论正确的是（   ） A．与垂直 B．与平面 C．与所成的角为 D．平面 12．若正方体的棱长为2，则点到直线的距离为 13．如图，在空间四面体中，若棱与成60°角，且，则连接、、、四条棱的中点E、F、G、H所得的四边形的面积等于 .    14．在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为 ． 15．如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，点分别为的中点. (1)求证：； (2)求点到平面的距离 16．三棱柱中，底面，且各棱长均相等，为的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面平面． ( 走进高考 ) 1．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（        ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 3．（2024·全国·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 4．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 5．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 6．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 7．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 8．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点． (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 8.6空间直线、平面垂直 ( 知识 归纳 ) 1．直线与平面垂直判断 ⑴定义：如果一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么就说这条直线和这个平面垂直。 ⑵判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直。 简记为：线线垂直，则线面垂直. 符号： 2.直线与平面垂直性质 性质Ⅰ：垂直于同一个平面的两条直线平行。 符号： 性质Ⅱ：垂直于同一直线的两平面平行 符号： 推论：如果两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面． 符号语言：a∥b, a⊥α，⇒b⊥α 3‘平面与平面的位置关系： 平行——没有公共点： 符号 α∥β 相交——有一条公共直线: 符号 α∩β=a 4．平面与平面垂直的判定 ⑴定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直。 ⑵判定定理：一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直。 简记为：线面面垂直，则面面垂直. 符号： 推论：如果一个平面平行于另一个平面的一条垂线，则这个平面与另一个平面垂直。 5.平面与平面垂直的性质定理：两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面。 简记为：面面垂直，则线面垂直. 6.证明线线垂直的方法 ①定义：两条直线所成的角为90°；（特别是证明异面直线垂直）； ②线面垂直的性质 ③利用勾股定理证明两相交直线垂直； ( 考点讲解 )④利用等腰三角形三线合一证明两相交直线垂直； 题型一：直线与直线垂直 1．若空间中四条两两不同的直线，满足   则下面结论一定正确的是（  ） A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定 【答案】D 【分析】将满足题意的直线放入长方体模型判断即可. 【详解】如图所示，取，，， 当取时，，当取时，，排除ABC. 故选：D. 2．如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将正方体的展开图重新组合成正方体，对选项逐个分析，判断易得只有A选项正确. 【详解】如图所示，将展开图重新组合成正方体. 显然. 因此A选项正确.    由图易得，显然与所成角非直角，因此异面直线与所成角也非直角，所以不成立. 因此B、C选项不正确. 由图易得，显然与相交，因此不成立. 因此D选项不正确. 故选：A 3．如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，高为，底面半径为2． (1)求该圆锥的侧面积： (2)设为该圆锥的底面半径，且为线段的中点，求直线与直线所成的角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由勾股定理及圆锥的侧面积公式求解即可； （2）取中点，连接，得出直线与直线所成的角即为直线的夹角，再由余弦定理求解即可． 【详解】（1）由题意，圆锥的母线长， 所以圆锥的侧面积为． （2）取中点，连接，则，， 所以直线与直线所成的角即为直线的夹角， 因为平面，平面，所以， 在中，，同理可得， 在中，由余弦定理得，， 所以直线与直线所成的角的余弦值为． 4．如图所示，在空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E，F分别是AB，CD的中点，EF=．求证：AD⊥BC． 【答案】证明见解析 【分析】通过平移后再解三角形即可获得证明. 【详解】证明：如图所示，取BD的中点H，连接EH，FH． 因为E是AB的中点，且AD=2， 所以EH∥AD，EH=1．同理FH∥BC，FH=1． 所以∠EHF(或其补角)是异面直线AD，BC所成的角． 因为EF=，所以EH2+FH2=EF2， 所以EFH是等腰直角三角形，EF是斜边， 所以∠EHF=90°，即AD与BC所成的角是90°， 所以AD⊥BC． 题型二：线面垂直判定 1．（多选）（2024·山西·模拟预测）已知平面平面，平面平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若直线，，则 B．若平面，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】AB 【分析】对于A、B选项，根据立体几何中给出的公理、定理及推论进行分析即可得出两命题是真命题，对于C、D选项可以借助具体的情境，比如以正方体为载体，进行举反例，即可判断选择C、D错误. 【详解】对于选项A，如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线也与它们的交线平行，故A正确； 对于选项A，如果一个平面与两个相交平面都垂直，那么这个平面与它们的交线也垂直，故B正确； 对于选项C，如图，    在正方体中，记平面为，平面为， 为直线m，为直线n，则，但与平面不垂直，故C错误； 对于选项D，如图，在正方体中，记平面为，平面为， 取正方体的外接球球心为O，中点为P，平面，则， 但不垂直于平面，故D错误. 故选:AB. 2．（多选）（2024·山东潍坊·三模）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（      ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. 【答案】ABD 【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可. 【详解】对于A，由于平面，平面， 故直线与是异面直线，故A正确； 对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故B正确； 对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形， 所以与不垂直，故假设错误，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且，所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ABD. 3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，已知三棱柱中，，平面，，M为边上的动点． (1)当时，求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平面，可得，由，，可得，即可证得平面； （2）由已知可得点C到平面距离为，又当M点在上运动时，的面积是定值，由三棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积． 【详解】（1）平面， 又平面，， ，，， 又，平面， 平面． （2），， ， 则点C到平面距离为， 在三棱柱中，平面， 则四边形为矩形， 当M点在上运动时，的面积是定值， 又， ， ． 4．（2024·全国·二模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qiandu）；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑（bienao）指四个面均为直角三角形的四面体.如图，三棱柱，平面，四棱锥为阳马，且，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在；. 【分析】在平面内找到一条直线与平行即可. 若平面，又由已知条件平面，平面与平面必然平行，因此容易想到为线段的中点，再证明即可. 【详解】（1）取中点，连接，， 在中，因为，分别是，中点， 所以，且， 在平行四边形中，因为是的中点， 所以，且， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）在线段上存在点，使得平面， 取的中点，连，连， 因为平面，平面，平面， 所以，， 在中，因为，分别是，中点，所以， 又由（1）知，所以，， 由得平面， 故当点是线段的中点时，平面.此时，. 【点睛】本题主要考查了线面平行的判断，以及线面垂直的证明，属于中档题. 题型三：线面垂直性质 1．（2024·浙江绍兴·模拟预测）设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列命题： ①若，则 ②若，则 ③若，则 ④若，则 其中为真命题的是（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】C 【分析】根据空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及判定定理依次判断各项正误. 【详解】解：①中，，则平面与平面可能平行，可能相交也可能垂直，故①错误； ②中，，直线与直线可能平行，异面或者垂直，故②错误； ③中，，则，故，故③正确； ④中，，则，故④正确. 故选：C. 2．（2024·全国·二模）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】BD 【分析】利用反例说明A、C，利用线面平行的性质判断B，根据线面垂直的性质判断D. 【详解】如图， 在正方体中， 令，，平面，满足，，此时，故A错误； 由线面平行的性质知B正确； 令，，平面，满足，，此时，故C错误； 由垂直同一直线的两个不同的平面平行知，，故D正确； 故选：BD. 3．（2024·安徽芜湖·模拟预测）在梯形ABCD中，，，，，BD与AE交于点G.如图所示沿梯形的两条高AE，BF所在直线翻折，使得. (1)求证：； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理得到平面，同理平面，即可得到，从而得到四边形为平行四边形，再证为平行四边形，即可得证； （2）依题意可得，再根据计算可得； 【详解】（1）证明：，且，平面， 平面，同理平面，； 又，∴四边形为平行四边形，则有且； 又且，且 ∴四边形为平行四边形. . （2）解：在梯形中，，且，，则有， 又， . 4．（2024·四川攀枝花·一模）如图，在四棱柱中，平面，，，，且，. (1)求证：平面； (2)求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，由，证得平面； （2）由平面，证得，又，得证平面，由平面，得. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以. 题型四：面面垂直的判定 1．（多选）（2024·江苏·二模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项. 【详解】A.若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误； B.若，，则，又，所以，故B正确； C. 若，，则，又，所以，故C正确； D. 若，，则或，当时，又，从而， 当，存在平面，使得，且，又，从而， 又，所以，故D正确. 故选：BCD 2．（2024·河南安阳·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，点分别在棱和棱上，且，.    (1)求证：平面平面； (2)求多面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）做辅助线，先利用平行四边形证明，从而可以利用平面，证明平面，从而借助面面垂直的判定定理即可得证. （2）多面体的体积为三棱柱的体积减去四棱锥的体积,再分别求出三棱柱的体积和四棱锥的体积，即可得解. 【详解】（1）如图，取的中点F，的中点G，连接，，，      则，且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以. 因为是等边三角形，是的中点，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）多面体的体积为三棱柱的体积减去四棱锥的体积. 因为底面为边长为2的等边三角形，所以, 四边形为直角梯形，所以， 易知四棱锥的即为底面的高为， 所以，三棱柱的体积为， 四棱锥的体积为， 所以多面体的体积为. 3．（2024·海南省直辖县级单位·一模）正方体的棱长为2，P是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)与平面所成的角的余弦值为，求PB的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可得，，进而可证平面，即可得结果； （2）设在平面上的射影点为，连接，利用等体积法可得，结合线面夹角可得，再利用余弦定理计算可得. 【详解】（1）证明：因为平面，且平面，可得， 四边形为正方形，则， 且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）设在平面上的射影点为，连接， 可知是以边长为的等边三角形，则， 因为，即，解得， 设与平面所成的角的大小为， 因为，则， 则，可得， 在中，由余弦定理得， 即，解得. 4．（2024·江西赣州·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是矩形，侧面是菱形，，、分别为棱、的中点，为线段的中点.    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使平面平面？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且点为棱的中点 【分析】（1）取的中点，连接、、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立； （2）当点为棱的中点时，推导出平面，再结合面面垂直的判定定理可得出结论. 【详解】（1）证明：取的中点，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形，所以，且， 因为为的中点，则且， 因为、分别为、的中点，所以，且， 所以，且，故四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为、分别为、的中点，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 因为平面，故平面. （2）解：当点为的中点时，平面平面，    因为四边形为矩形，则，因为，则， 因为四边形为菱形，则， 因为，则为等边三角形， 因为为的中点，所以，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，平面平面， 因此，当点为的中点时，平面平面. 题型五：面面垂直的性质 1．（2024·四川·模拟预测）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若与所成的角相等，则 C．若，，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据线线关系、线面关系、面面关系逐项判断可得答案. 【详解】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误； 对于B，与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误， 对于C，，，则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误； 对于D，，则，D正确. 故选：D． 2．（2024·山东淄博·二模）三棱锥中，平面平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为 ． 【答案】/ 【分析】根据面面垂直关系得到面，通过长度关系可求得外接圆圆心到四个顶点的距离相等，可知即为外接球的球心，从而可得外接球半径，进而求得表面积. 【详解】由题意，三棱锥即三棱锥，作图如下，    取中点，设为外接圆圆心， 为边长为的等边三角形， 在上，且， ， 又为以为斜边的等腰直角三角形，所以， 在中，， 面面，面面，面，面，面，， 在中，， 故， 即为三棱锥外接球的球心，且外接球半径. 故答案为：. 3．（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，． (1)证明：． (2)若为等边三角形，求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先证明，再由面面垂直的性质定理求解； （2）过点P作，所以平面，由体积法求解． 【详解】（1）因为，，所以，， 由余弦定理可得，所以，则． 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面PAD． 因为平面PAD，所以． （2）过点P作，因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面． 因为， 在中，，而， ． 设点C到平面的距离为h，， 则，解得， 所以点C到平面的距离为． 4．（2024·四川成都·模拟预测）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．    (1)证明：点在平面上的射影为的中点； (2)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析； (2)2 【分析】（1）于，由平面平面，证得平面，再证得为等边三角形，可得为中点； （2）过作于，则是二面角的平面角，由已知数据计算即可． 【详解】（1）过作于， 由平面平面，平面平面， 平面，，得平面，因此，    又，从而为等边三角形，为中点． （2）由于是等边三角形，所以， 而平面平面，平面平面， 平面，所以平面，平面，则有， 过作于，连接，，平面， 所以平面，由平面，则， 则是二面角的平面角． 由于，，所以中，． 因此二面角的正切值为. ( 巩固提升 ) 1．设m，n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，与相交，则与异面 D．若，，，则 【答案】D 【分析】利用空间平行与垂直的判定和性质定理，结合空间关系就可以作出判断. 【详解】对于A，两平面平行，不能推出两平面内的任意直线一定平行，故A错误； 对于B，两平面垂直，由于，则有或， 又由于，此时不能判断平行于平面内的任意直线，也不能判断平行于同一个平面的两直线位置关系是否平行，故B错误； 对于C，由与相交且，不能确定n与相交的交点是否在平面内直线上，如果正好落直线上，那就不能确定与是异面，故C错误； 对于D，因为，，所以就相当于平面的两条法向量所在的直线，由于，可以知道平面的两条法向量是垂直的，从而可确定两平面是垂直的，故D正确； 故选：D． 2．如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，如果是边长为12的正方形，则这个八面体的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据该八面体的特征，连接,则三线交于点,且平面，计算得到，即可求得其外接球体积. 【详解】因八面体的每一个面都是正三角形，是正方形， 连接,则三线交于点,易得平面, 在中，则, 即, 故个八面体的外接球的半径为，故其体积为. 故选：D. 3．在正三棱柱中，则平面内不可能存在一条直线与直线（   ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面 【答案】A 【分析】根据线面位置关系的定义，结合反例，可得答案. 【详解】对于A，若平面中存在一条直线与平行，平面，则平面，显然不可能成立，故A正确； 对于B，如图，取的中点记为， 因为在正三棱柱中，平面平面， 平面平面，，所以平面， 故，故B错误； 对于C，，C显然错误； 对于D，与异面，D错误. 故选：A. 4．如图，在正四面体中，点是线段上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设为靠近处的四等分点，则，故或其补角即为与所成的角，由余弦定理可求，故可取线线角的余弦值. 【详解】 设为靠近处的四等分点，则， 故或其补角即为与所成的角， 设正四面体的棱长为，则，故， 同理，而，故， 故选：A. 5．如图，圆柱的母线长为分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，三棱锥的体积为，则圆柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，由，可求解底面半径，即可求解. 【详解】设底面圆半径为，由，易得， 取的中点，连接， 则，又平面， 所以平面，所以，， 解得，所以圆柱表面积为. 故选:A. 6．已知三棱锥中，△是边长为2的正三角形,，，若三棱锥的外接球体积为，则直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】点作平面，连接，易知过中点，连接，易知直线与平面所成角为；由，知三棱锥的外接球的直径，据外接球体积为可求出及所需边长，利用余弦定理求即可. 【详解】设三棱锥的外接球的半径为，如图所示，取中点为， 由于，，则， 故是三棱锥的外接球的球心， ， ∵三棱锥的外接球体积为，∴,∴， 过点作平面，连接，易知过中点，连接. 因为， ，， 则直线与平面所成角为， 由余弦定理可得. 故选：D. 7．如图，正方体的棱长为1，是的中点，则下列选项不正确的是（    ） A．直线平面 B． C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】C 【分析】由线面平行的判定定理可判断A，由线面垂直的性质定理可判断B，由三棱锥的体积公式可判断C，由直棱锥的外接球半径计算方法可判断D. 【详解】对于A，，平面，平面， 直线平面，故A正确； 对于B，，，， 平面，平面， 平面，又平面，，故B正确； 对于C，三棱锥的体积，故C错误； 对于D，设三棱锥的外接球的半径为，的外接圆半径为， ， 在中，由余弦定理得， 所以，则有， ， 三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：C. 8．已知正四棱锥，其中，，平面过点A，且平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据线面垂直作出截面，然后利用余弦定理、三角形的面积公式等知识求得截面面积. 【详解】依题意，在正四棱锥中，， 且， 所以，所以三角形是等边三角形， 设是的中点，则，所以，且， 设平面与分别相交于点，    则由得， ， 所以，故， 所以， 所以， 在三角形中，由余弦定理得： ， 所以， 所以结合正四棱锥对称性得， 所以截面面积为. 故选：A. 9．（多选）如图，一个正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心）和一个正三棱锥（底面为正三角形，且顶点在底面的射影为正三角形的中心）所有的棱长都相等，为棱的中点，将点，，点，，点，分别对应重合为，，得到组合体．则下列关于该组合体的结论中，正确的有（    ）    A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】先由题意可知，两个锥体叠加后得到的是三棱柱，根据三棱锥的对称性得出空间直线的垂直、平行关系，即可得出结果. 【详解】因为一个正四棱锥和一个正三棱锥所有的棱长都相等， 所以可看作在两个相同的正四棱柱上，上底面中心对应正四棱锥的点，上底面中心对应点，如图．由图形可知拼成一个三棱柱， 设为的中点，连接，由此可知，． 又因为平面，平面，所以． 因为，，所以． 又，所以，故A，B正确，C，D错误．    故选：AB. 10．（多选）如图，正方体中，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，的交点为，顶点到的距离分别为，则（    ） A．平面 B．到平面的距离为1 C．平面平面 D．正方体的棱长为 【答案】BCD 【分析】根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理、面面相交的性质进行求解判断即可. 【详解】对于A，因为B，C到的距离分别为1，2，显然不相等，所以BC不可能与平面平行，因此选项A不正确； 对于B，的交点为，显然是的中点，因为平面，顶点到的距离为，所以到的距离为1，因此选项B正确; 对于C，到的距离分别为，所以到的距离为，因此，即， 设平面，所以，因为是正方形，所以， 又因为平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因此有平面，而，所以平面平面，因此选项C正确； 对D，因为平面平面，所以令平面平面， 因为平面平面， 所以在平面的射影与共线， 显然，，如图所示： 由， 由（负值舍去）， 因此选项D正确， 故选：BCD. 11．（多选）如图，在正方体中，分别是的中点．下列结论正确的是（   ） A．与垂直 B．与平面 C．与所成的角为 D．平面 【答案】ABD 【分析】连接，运用中位线定理推出，结合线面平行和垂直的判定定理和性质定理，分析判断可得A、B、D正确；再由异面直线所成的角的概念判断可得C． 【详解】对A：连接，，则交于，又为中点， 可得，由平面，平面， 可得，故，故A正确； 对B：连接，，由正方体性质可知平面， 可得平面，故B正确； 对C：与所成角就是，连接， 由正方体性质可知，即为等边三角形， 故，即与所成的角为，故C错误； 对D：由，平面，平面， 故平面，故D正确． 故选：ABD． 12．若正方体的棱长为2，则点到直线的距离为 【答案】 【分析】根据线面垂直可得，得到点到的距离即为的长，即可求解； 【详解】在正方体中，平面， 平面， ， 点到的距离即为的长， 故答案为： 13．如图，在空间四面体中，若棱与成60°角，且，则连接、、、四条棱的中点E、F、G、H所得的四边形的面积等于 .    【答案】 【分析】由题意作图，利用中位线的性质，可得菱形，结合异面直线夹角，求得对角线，可得答案. 【详解】由题意，连接，记，如下图：    由题意可知，，，， 所以四边形为菱形，则， 由棱与成，则结合图形可得， 在中，，， 菱形的面积. 故答案为：. 14．在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为 ． 【答案】 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面， 垂足为，连接，过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面， 所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故答案为：. 15．如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，点分别为的中点. (1)求证：； (2)求点到平面的距离 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）连接，交于点E，连接BE，过点C作于，利用线面垂直的判定、性质推证平面，再借助直角三角形求出即可. 【详解】（1）由，得，则，即， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面，连接， 又平面，则，由点分别为的中点，得， 所以. （2）连接，交于点E，连接BE，过点C作，F为垂足， 由，侧棱垂直于底面，得且， 又，，平面CBE，则平面CBE， 又平面CBE，则，又，，平面， 因此平面，即CF为点C到平面的距离， 由平面，平面，得，， 所以点C到平面的距离． 16．三棱柱中，底面，且各棱长均相等，为的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接，交于，连接，利用中位线定理及线面平行的判定定理即可证明； （2）利用线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理即可证明； 【详解】（1） 连接，交于，连接，则是的中点， ， 又平面，平面， 平面． （2）平面，平面， ， 是等边三角形，是的中点， ，又平面， 平面，又平面， 平面平面． ( 走进高考 ) 1．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（        ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】根据面面垂直的性质结合线线以及线面的位置关系可判断AB；根据面面平行的性质结合线线以及线面的位置关系可判断CD； 【详解】对于A，若，则或， 又，当时，在内必存在直线l和m平行，则； 当时，显然有，所以，故A正确； 对于B，若，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故B错误； 对于C，若，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故C错误； 对于D，若，则或，又，则或，故D错误. 故选：A. 2．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 当相对的棱长相等时，不妨设，， 因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在. 故选：D. 3．（2024·全国·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 4．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 【答案】C 【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误. 【详解】对于A，若，，则平行或异面或相交，故A错误. 对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则与相交或异面，故D错误. 故选：C. 5．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解. 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 6．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 【答案】(1)证明见解析. (2) 【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面； (2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求. 【详解】（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． 7．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【详解】（1）如图，   底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得， ， （2）， ， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 8．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点． (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明详见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面. （2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积. 【详解】（1）由于，是的中点，所以. 由于，所以， 所以，故， 由于，平面， 所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）[方法一]：判别几何关系 依题意，，三角形是等边三角形， 所以， 由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以. ，所以， 由于，平面，所以平面. 由于，所以， 由于，所以， 所以，所以， 由于，所以当最短时，三角形的面积最小 过作，垂足为， 在中，，解得， 所以， 所以 过作，垂足为，则，所以平面，且， 所以， 所以. [方法二]：等体积转换 ，， 是边长为2的等边三角形， 连接 学科网（北京）股份有限公司 $$