培优重难点专题 立体几何平行和垂直性质的综合应用（2知识点+11题型+好题必刷）-【上好课】2024-2025学年高一数学同步精品课堂（人教A版2019必修第二册）

重难点培优专题：立体几何平行和垂直性质的综合应用 平行的性质 直线、平面平行的判定与性质 1、直线与平面平行 （1）直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行． （2）判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面 a⊄α，b⊂α， a∥b ⇒a∥α 性质定理 一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 a∥α，a⊂β， α∩β＝b⇒a∥b 2、平面与平面平行 （1）平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面． （2）判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 a⊂α，b⊂α，a∩b＝P， a∥β，b∥β⇒α∥β 性质定理 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β，a⊂α⇒a∥β 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 3、平行关系之间的转化 在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”． 垂直的性质 1、直线与平面垂直 （1）定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． （2）判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 2、平面与平面垂直 （1）平面和平面垂直的定义 两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． （2）平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 谨记五个结论 （1）若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． （2）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)． （3）垂直于同一条直线的两个平面平行． （4）一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直． （5）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面． 3、垂直关系之间的转化 在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即： 在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决． 题型一：证明线线平行 【例题1-1】．（24-25高三上·江苏淮安·阶段练习）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面，，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【难度】0.4 【知识点】线面平行的性质、线面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直、证明线面平行 【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得平面，结合线面平行的性质即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】（1）因为四边形是矩形，所以， 平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以； 【例题1-2】．（24-25高二上·浙江·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，侧棱长为a，，平行于和的平面分别与交于四点． (1)证明：四边形是矩形； (2)求三棱锥的体积（用含a的式子表示）； (3)当实数a变化时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、空间平行的转化、求线面角、线面平行的性质 【分析】（1）应用线面平行与面面平行的性质定理先证明四边形是平行四边形，再应用面面平行的判定与性质定理证明，通过构造多对全等三角形，证明在底面的射影落在的角平分线上，从而证得，进而由线面垂直判定及性质得到，再由空间平行传递性及线线垂直关系得即可得证结论； （2）先证明三余弦关系，代入已知角求得，解求高，由体积公式可得； （3）由勾股定理求长度，再借助高的平移得，由此表示出，进而求出范围. 【详解】（1）因为平面，平面平面，平面， 所以，同理，则. 由三棱柱可知，平面平面， 又平面平面，且平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形. 由，平面，平面， 所以平面， 又平面，， 又平面，平面， 所以平面平面， 又平面平面，且平面平面， 所以. 过作平面，垂足为，在平面内过作，垂足为， 作，垂足为，连接， 所以平面，，同理，，. 因为平面，平面，， 所以平面，平面， 则，同理. 在与中，为公共边，且， 故与全等，故， 在与中，，又为公共边， 则与全等，则， 所以即为的角平分线， 又为等边三角形，故，又， 因为平面，平面，， 所以平面，平面， 所以，又，， 所以有，故四边形为矩形. 题型二：证明线面平行 【例题2-1】．（2025·安徽黄山·二模）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，为的中点，，沿将翻折到的位置，使，如图2． (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析； (2)0. 【难度】0.4 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）根据平行四边形对边平行，结合边长关系，证得为中点，利用中位线性质证得，即可证得线面平行. （2）证明平面，，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面所成角即可. 【详解】（1） 如图，连接，交于点， 四边形是平行四边形，为的中点， ，，故，故为的三等分点， ，为的三等分点，即F为的中点， 又为的中点，，即 平面，平面， 平面. 【例题2-2】．（2025·湖南郴州·三模）如图所示，在圆柱中，矩形为圆柱的轴截面，圆柱过点的母线为，点，为圆上异于点，且在线段AB同侧的两点，且，点为线段的中点，. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】求异面直线所成的角、证明线面平行、面面角的向量求法 【分析】（1）在平面内找到一条与平行的直线，由线线平行去证明线面平行即可； 【详解】（1）证明： 延长交于点Q，连接， 因为，是中点，所以是的中位线，则点是中点， 又因为是圆柱的母线，所以平行且相等， 所以易得相交与点，是的中点，则在中，， 又因因为，在延长线上，所以可得平面，而不在平面内， 所以平面. 【变式2-1】．（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形. (1)若分别是棱的中点，证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）通过线线平行得到平面平面，进而证明平面. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接. ∵分别是棱的中点，∴. ∵，∴. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，∴平面平面， ∵平面，∴平面. 【变式2-2】．（24-25高二上·贵州贵阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，若分别为的重心. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法 【分析】（1）由三角形重心得到线段成比例，从而证明线线平行，从而得到线面平行； 【详解】（1）延长交于，延长交于，连接， 因为分别为的重心， 所以分别为的中点，且， 又因为底面为平行四边形， 所以 又因为平面平面， 所以平面. 【变式2-3】．（24-25高二上·浙江宁波·期末）如图五面体中，四边形是菱形，是以角为顶角的等腰直角三角形，点为棱的中点，点为棱的中点 (1)求证：平面 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定定理分别证明平面与 平面，再结合面面平行的判定定理证得平面平面，因平面，即可证得平面； 【详解】（1） 证明：取的中点，连接，如图所示， 是的中点，点为棱的中点， ， 而平面，平面， 平面, 菱形，，， 又分别是的中点， 四边形是平行四边形 ，而 平面，平面， 平面， 又，平面, 平面平面，而平面， 平面. 【变式2-4】（24-25高三上·山东济宁·期末）如图，在正三棱柱中，为棱的中点，. (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.4 【知识点】点到平面距离的向量求法、面面角的向量求法、求点面距离、证明线面平行 【分析】（1）连接交于点，借助三角形中位线性质，利用线面平行的判定推理即得. 【详解】（1）证明：连接交于点，则为的中点，连接 ∵为棱的中点 ∴ 又平面，平面， 所以平面 【变式2-5】．（24-25高二上·上海·期中）如图，已知是底面边长为2的正四棱柱，为与的交点，为与的交点． (1)证明：平面； (2)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【难度】0.4 【知识点】点到平面距离的向量求法、线面角的向量求法、证明线面平行 【分析】（1）连接，可证，根据线面平行的判断定理可得平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则可用表示平面的法向量，根据距离公式可求. 【详解】（1）证明：连接， 因为是底面边长为2的正四棱柱， 所以//， 故四边形为平行四边形，则，//， 又为与的交点，为与的交点， 所以，且， 故四边形为平行四边形， 所以，又平面，不在平面内， 所以平面； 【变式2-6】．（24-25高二上·广西·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，M为棱的中点. (1)证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）作的中点，连接，，可证四边形是平行四边形，可得，可证得结论. （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（ii）利用点到面距离得向量法求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示， 为棱的中点，，， ，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面. 【变式2-7】．（2024高三·全国·专题练习）如图，在圆柱中，点为底面圆周上四点，为圆柱的一条母线，为的中点，． (1)若，，证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）添加辅助线，构造平行四边形，利用平行四边形的性质得线线平行，再根据线面平行的判定定理证明线面平行； （2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，写出相关向量的坐标，利用二面角的余弦值为列方程，求解即可. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接． 因为分别为的中点，所以，． 因为，，所以，． 所以四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． 【变式2-8】．（24-25高二上·上海·阶段练习）如图所示，点是平面外一点，平面，点是线段的中点. (1)求证:平面 【答案】(1)证明见解析； 【分析】（1）构造辅助线，通过线线平行证明线面平行. 【详解】（1） 如图，取中点，连接， ∵分别是的中点，∴. ∵平面，平面，平面平面， ∴. ∵，∴, ∴四边形为平行四边形，∴， ∵平面，平面，∴平面. 【变式2-9】．（24-25高三上·天津·期中）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．    (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【分析】（1）设，连结，，证明为平行四边形，得，然后由线面平行的判定定理得证； 【详解】（1）设，连结，， 矩形中是线段的中点，是线段的中点， 所以，，所以为平行四边形，故， 又平面，平面，所以平面； 【变式2-10】．（24-25高二上·浙江绍兴·期中）如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，是线段上一点，且.      (1)时，求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）利用面面平行证线面平行可得答案； 【详解】（1）连，在等腰梯形中，，当时，有，得， 四边形为平行四边形，得， 面，面，面， 又，面，面，面， ，面面，由面， 得平面; 【变式2-11】．（24-25高二上·山东泰安·期中）如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证； 【详解】（1）取BD中点，连接PO， 是BM的中点，，且， 在线段CD上取点，使，连接OF，QF， ，，且， ，四边形POFQ为平行四边形，， 又平面平面，平面. 【变式2-12】．（24-25高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【详解】（1）取的中点N，连接， 如图所示：为棱的中点，， ， ∴四边形是平行四边形，， 又平面平面平面． 【变式2-13】．（23-24高三上·湖北·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，E，F分别为，上的点，且.    (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析； 【分析】（1）在上取一点G，使得，可证平面，再证平面，可得平面平面，得证； 【详解】（1）如图，在上取一点G，使得， 连接，，因为，且是平行四边形， 所以，故， 又因为平面，平面， 所以平面， 因为是平行四边形，且， 所以是平行四边形，故， 又因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面.    题型三：证明面面平行 【例题3-1】．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)平面与侧棱相交于点，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【难度】0.4 【知识点】证明线面平行、证明面面平行、线面平行的性质 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行； （3）由（1）已得，可证平面，又因面，由线面平行的性质可推得，继而得到，利用平行线分线段成比例定理即可求得的值. 【详解】（1）连接， 在中，，，且， 又，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. （2）由（1）得，又平面，平面， 平面， 在中，，， 又平面，平面，平面， 又因且均在平面中， 平面平面. （3）由（1）知，又面，面，平面， 又平面，面面， ，又，，．    【例题3-2】．（2025高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． (1)求证：平面平面． 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】证明面面平行、线面角的向量求法 【分析】（1）先分别去证平面内两条直线与平面平行，再利用面面平行的判定定理证明两平面平行； 【详解】（1）证明：因为，且为的中点，所以，． 又因为，所以，所以四边形为平行四边形， 所以． 又因为平面，平面，所以平面． 同理，，且，所以四边形为平行四边形，则． 又平面，平面，所以平面． 又，平面，且，所以平面平面． 【变式3-1】．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）如图，多面体中，四边形与四边形均为直角梯形，，且点四点共面. (1)证明：（i）平面平面； 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【详解】（1）（i）四边形ABED与四边形ACFD均为直角梯形，， 故， 因为平面平面，所以平面， 同理可得平面， 因为平面， 所以平面平面DEF; 【变式3-2】．（23-24高二上·广东广州·期末）如图，在多面体中，四边形是正方形，，，M是的中点． (1)求证：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 【知识点】线面角的向量求法、求平面的法向量、证明面面平行、证明线面平行 【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证平面，平面，再由面面平行的判定定理可证得结果； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求线面角，通过换元法转化为二次函数求最值. 【详解】（1）因为，，所以四边形为平行四边形，故, 又平面，平面,所以平面； 连接交于N，连接，因为四边形是正方形，故N为中点， M是的中点，在中，有，平面，平面, 所以平面，且平面，平面,, 所以平面平面. 题型四：证明面面平行转化为线面平行 【例题4-1】．（2025·四川·三模）如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．    (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，连接，利用平行六面体的性质可证四边形是平行四边形，进而利用面面平行的性质可得OE//，进而利用相似可得结论； 【详解】（1）连接交于，连接，    在平行六面体中，且， 所以四边形是平行四边形，所以且，， 又分别为的中点，所以， 以四边形是平行四边形，所以， 因为平面平面，平面ACE 平面=OE， 平面平面=，所以OE//， 因为都经过点O，所以三点共线， 又， 所以∽，所以，所以; 【变式4-1】．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面. (1)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (2)点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】(1) (2) 【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、面面平行证明线线平行 【分析】（1）先根据题意作出正方体经过A，，E三点的完整截面，再将分割成与，求出和即得； （2）分别取的中点，证明平面，确定点在线段上，结合图形，判断点为线段的中点时，最短，由分析得到点为的外心， 连接，交于点，分析推出三棱锥的外接球的球心在上，利用两个直角三角形建立方程，求解即得外接球半径即可. 【详解】（1） 如图，因平面平面，且，， 故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点， 连接，易得，且，则得， 则，故，因E为的中点，则为的中点. 于是， ， 则，故. （2）如图，分别取的中点，连接， 易得，，则得，故， 又平面，，则；易得，同理可得， 又平面，故平面， 因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上， 又，故当点为线段的中点时，最短. 设，在中，点为的外心， 连接，交于点，连，则平面， 则三棱锥的外接球的球心在上，设为点， 连接，则长即外接球半径，设，则，又， 在中，，在中，， 联立两方程，解得，故外接球的表面积为. 题型五：由面面交线证明线面平行 【例题5-1】．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，平面ABCD，，平面平面． (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】求点面距离、线面角的向量求法、线面平行的性质 【分析】（1）由题可证平面PCD，再由线面平行性质可完成证明； （2）以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 由题可得平面PBC的法向量，然后结合空间向量知识可得答案； （3）由球心定义可得点Q坐标，然后设，由空间向量知识可得平面AEC的一个法向量，及PQ与平面AEC所成的角的正弦值关于的表达式，据此可得答案. 【详解】（1）证明：四边形ABCD为正方形 又平面PCD，平面PCD 平面PCD 又平面PAB，平面平面 题型六：立体几何和三角函数相融合 【例题6-1】．（2025·辽宁葫芦岛·一模）已知函数图像如图1所示，，分别为图像的最高点和最低点，过，作轴的垂线，分别交轴于，，点为该部分图像与轴的交点，且，与轴的交点为．将绘有该图像的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时，． (1)求函数的解析式； (2)在图2中，的图像上存在点，使得平面，请确定点的个数，并简要说明理由； (3)如图3，在折叠过程中，若二面角的范围是，求二面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2)可确定存在两个点满足条件，理由见解析 (3) 【难度】0.4 【知识点】由图象确定正（余）弦型函数解析式、求二面角、由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置 【分析】（1）由题意：，，利用绘有图像的纸片折叠前，存在关系，以及折叠后存在关系，列方程组求得：与的值，从而求得，再由与轴的交点为，求得，从而求得解析式； （2）①在平面内，过点作图象的切线，斜率为，连线的斜率，连线的斜率，过点作交轴于，则直线斜率为-2，由可得直线一定交的图像于，②在平面上，过作平行于的交于，连接．可证得平面平面，从而证得平面，故可确定存在两个点满足条件. （3）以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设二面角，，通过空间向量法求得二面角的余弦值为，令，，则，即可得解. 【详解】（1）由题意：，， 当绘有图像的纸片折叠前，有， 于是① 又当二面角的值为时，可得 ，代入上式：② 联立①②，解得：，． 所以， 又与轴的交点为，可得，解得(舍)或， 所以. （2）①在平面内，过点作图象的切线，斜率为， 又点，， 故连线的斜率，连线的斜率， 于是，过点作交轴于，则直线斜率为-2， 因为，故直线一定交的图像于， ②在平面上，过作平行于的交于，连接． 由，，且，可得平面平面， 又平面， 从而平面， 综上，可确定存在两个点满足条件，即，平面． （3） 根据题意，依图3，以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设二面角，， 于是，，，， 所以，， 设平面的法向量 于是 令，得 设平面的法向量 于是 令，得 结合法向量方向可判断，二面角的余弦值为 令 化简得： 令，， 于是． 易知，该函数为定区间上的单调递增函数，所以，， 二面角的余弦值的取值范围是． 【点睛】方法点睛：对于折叠问题，要注意折叠前后不变的量以及其内在联系. 题型七：立体几何平行的性质和新定义 【例题7-1】．（24-25高二上·上海·期末）我们知道，平面中的结论有不少可以向空间中进行推广，现有如下平面中的结论：如图，已知对任意三角形，都能找到三条等距的平行线，使得. (1)根据以上平面中的结论，若D为与边的交点，试判断D在线段上的位置； (2)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对任意给定的四面体，能否作出四个相互平行的平面，使，且相邻两个平面间的距离都相等.如能，说明作法并作图，如不能，说明理由. (3)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对一个正四面体，能够作出第（2）小题中的四个平面，且四个平面间距离为1，求此正四面体的体积. 【答案】(1)D为中点 (2)答案见解析 (3) 【难度】0.4 【知识点】平行平面距离的向量求法、证明面面平行、判断图形中的线面关系、锥体体积的有关计算 【分析】（1）由已知结论即可得点D为中点； （2）根据面面平行判定定理以及性质定理可知取的三等分点的中点，的中点，分别作平面为平面，平面，可得结果； （3）根据正四面体性质建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，利用点到平面距离的向量求法得出棱长，即可求出此正四面体的体积. 【详解】（1）D为中点 根据已知结论可得直线即为，若为三条等距的平行线， 所以D为中点； （2）如图所示， 取的三等分点的中点，的中点， 过三点，，作平面，过三点作平面， 因为，又，所以； 又，且，所以； 又因为，且， 所以平面, 再过点分别作平面与平面平行， 那么四个平面依次相互平行， 由线段被平行平面截得的线段相等知，其中毎每相邻两个平面间的距离相等， 故即为所求平面（注：也可将正四面体放入正方体内说明） 【变式7-1】．（2025·山东日照·一模）已知在四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示． (1)证明：平面； (2)若两两垂直，则称四面体为“斜垂四面体”． ①在斜垂四面体中，若，求直线与平面所成角的正弦值； ②在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若为斜垂四面体，求其外接球表面积的最小值，并求出此时的直线方程． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；②最小值为，直线方程为 【难度】0.4 【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面平行、线面角的向量求法、根据韦达定理求参数 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）①利用“斜垂四面体”的定义，将四面体补形成长方体，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解； ②由①可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理用的函数表示，进而求出最小值. 【详解】（1）如图，连接，由分别是棱的中点，得， 又平面平面，所以平面. 题型八：折叠后证明线面平行 【例题8-1】．（24-25高二上·重庆铜梁·阶段练习）如图1，已知正方形的边长为，分别为的中点，将正方形沿折成如图2所示的二面角，使得，点是线段 上的动点（包含端点）.   + (1)若为的中点，直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面； 【答案】(1)点在的延长线上，且，证明见解析 【难度】0.4 【知识点】面面角的向量求法、已知线面角求其他量、证明线面平行 【分析】（1）由题意点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，延长EA，FM交于点O，连接OD，可得点O位置；连接DF交EC于点N，可得，从而可证； （2）取AE的中点H，连接DH，则，可证DH⊥平面ABFE，过点H作直线，以为坐标原点，以HA，HT，HD分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可. 【详解】（1）直线平面，点在平面内，也在平面内， 点在平面与平面的交线上， 延长交于点，连接，如图所示，   ，为的中点，与全等， ， 点在的延长线上，且， 连接交于点，连接， 四边形为矩形，是的中点， 为的中位线，， 又平面，平面， 直线平面. 【例题8-2】．（24-25高二上·重庆·期中）如图1所示的图形中，四边形为菱形，，和均为直角三角形，，，现沿和将和进行翻折，使（在平面同侧），如图2（或图3）    (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【详解】（1）由题，平面平面，所以平面， 四边形为菱形，所以，又平面平面， 所以平面，、平面， 所以平面平面，又平面，所以平面. 【变式8-1】．（21-22高二上·重庆九龙坡·阶段练习）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角的大小为60°，点M在线段AB上. (1)若M为AB的中点，且直线MF与直线EA的交点为O，求OA的长，并证明直线平面EMC； 【答案】(1)；证明见解析； (2)存在点，使得直线与平面所成的角为；此时二面角的余弦值为. 【难度】0.4 【知识点】面面角的向量求法、已知线面角求其他量、线面角的向量求法、证明线面平行 【分析】（1）根据中位线性质可求得，由，结合线面平行判定定理可证得结论； （2）由二面角平面角定义可知，取中点，由线面垂直的判定和勾股定理可知两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系；设，利用线面角的向量求法可求得；利用二面角的向量求法可求得结果. 【详解】（1）分别为中点， ，且， 又为中点，且， 易得， 连接，交于点，连接， 由题设，易知四边形为平行四边形， 为中点， 是的中点， 为中点， ，又平面，平面， 平面； 题型九：证明线线垂直 【例题9-1】．（24-25高二上·浙江杭州·开学考试）如图，已知四棱锥中，，，，且， (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【知识点】线面垂直证明线线垂直、求线面角、证明线面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）取中点，连接，证，，利用线面垂直的判定定理得平面， 再利用线面垂直的性质即可证得； 【详解】（1） 取中点，连接， 由，则， 因此可得， 又为中点，则在等腰和等腰中，可得，， 又，平面， 平面， 又平面， . 【变式9--1】．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·开学考试）如下图，在中，，，D是AC中点，E、F分别是BA、BC边上的动点，且；将沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥； (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】面面角的向量求法、线面角的向量求法、线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直得出线线垂直； 【详解】（1）因为， 所以，即平面， 平面，平面， 所以 【变式9-2】．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，已知等腰梯形的外接圆圆心在底边上，，，，点是上半圆上的动点（不包含，两点），点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起，使得平面平面. (1)当平面时，求的值； (2)证明：不可能垂直； 【答案】(1) (2)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置、求二面角、证明线面垂直、用和、差角的正切公式化简、求值 【分析】（1）由平面得，结合三角形相似求解； （2）假设，结合面面垂直性质得平面，推出矛盾即可求证明； 【详解】（1）连接交于点，连接，则平面平面， 依题意，平面，平面，所以，              所以， 等腰梯形中，，所以. （2）假设， 因为平面平面.平面平面. 作，则平面，又平面，则， 平面，则平面 ，                                                    这与在中，相矛盾. 所以不可能垂直. 【变式9-3】．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足. (1)若，求证：直线平面； (2)是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由； =【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【知识点】异面直线夹角的向量求法、证明线面垂直、证明线面平行 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的判定定理和性质，结合线线的位置关系进行判断即可； 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，所以M是线段上的中点， 因此有， 因为是矩形，N是线段上的中点， 所以， 因此有， 所以四边形是平行四边形，所以有， 而平面，平面，所以直线平面； （2）假设存在实数，使直线同时垂直于直线，直线， 因为四边形是矩形，所以， 即，而平面， 所以平面， 因为是矩形，所以， 因为平面，平面， 所以，而平面， 所以平面，因此，显然不可能，所以假设不成立， 因此不存在实数，使直线同时垂直于直线，直线； 【变式9-4】．（23-24高三上·江苏常州·期中）已知三棱柱，，，为线段上的点，且满足．    (1)求证：平面； (2)求证：； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面平行、空间向量模长的坐标表示、空间位置关系的向量证明、已知面面角求其他量 【分析】（1）作辅助线，先证明四边形为平行四边形，得线线平行，再由线面平行判定定理可证； （2）以为一组基底，先利用基底表达向量，再向量平方利用数量积求模，求得，由勾股定理计算可证垂直； 【详解】（1）过分别作交于点交于点， ， 且， ， ∴四边形为平行四边形，， 平面．平面． 平面． （2）， ， ，，． 【变式9-5】．（23-24高一下·天津东丽·期末）如左图所示，在直角梯形中，，，，，，边上一点满足.现将沿折起到的位置，使平面平面，如右图所示.    (1)求证：； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】证明线面垂直、求线面角、求二面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证异面直线垂直； 【详解】（1）    在直角梯形中连接、，设， ，， 又因为四边形为直角梯形， ，且， 四边形为平行四边形， ，， 平行四边形为菱形，， 即翻折后，， ，且，平面， 平面， 平面，； 题型十：证明线面垂直 【例题10-1】．（23-24高一下·天津·期末）如图，在六面体中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】证明线面垂直、求线面角、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； 【详解】（1）取棱的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面， 又平面，故， 又已知，，又平面， 所以平面. 【变式10-1】．（24-25高二上·辽宁·开学考试）如图①，在平面四边形中，，点在边上，，，为的中点，将四边形沿折起，使得二面角的大小为，得到如图②所示的几何体.    (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】求二面角、证明线面垂直 【分析】（1）先由已知条件求证四边形是平行四边形得，接着求证平面且为二面角的平面角即可得，且结合 和得，于是得和，再由线面垂直判定定理即可得证. 【详解】（1）如图，取的中点O，连接， 又因为G为的中点，所以，且， 因为，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 由题设易知平面， 所以平面，且为二面角的平面角， 因为平面，所以，则， 因为二面角的大小为，所以， 因为，所以为等边三角形， 因为O是得中点，所以，所以， 因为平面，所以平面. 【变式10-2】．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，O点为的中点，，，． (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【难度】0.4 【知识点】求二面角、求线面角、证明线面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）由等腰三角形的性质得，取的中点M，连接，则由已知可得，结合可证得是等边三角形，则，从而可得，则，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论； 【详解】（1）证明：，O点为的中点，． 取的中点M，连接，则，， 底面是平行四边形，， ，． ，∴， ，， 是等边三角形，． 在与中，，． ，． 又，平面，平面， 平面． 【变式10-3】．（23-24高一下·安徽黄山·期末）如图，在三棱锥中，侧面是边长为4的等边三角形，底面为直角三角形，其中为直角顶点，.点为棱的中点，，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形.设. (1)设点在平面的射影，当二面角从0增加到的过程中，求线段扫过的区域的周长； (2)若是以为底边的等腰三角形； （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当为何值时，多面体的体积恰好为2. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【难度】0.4 【知识点】空间垂直的转化、证明面面垂直、证明线面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）延长到，使，由面面垂直的判定定理得平面平面，所以点在平面上的投影在线段的中垂线上，根据二面角的变化得射影的轨迹就是线段，得在平面上的射影所扫过的平面区域为，求出周长即可； （2）（ⅰ）取的中点，利用线面垂直的判定定理可得答案；（ⅱ）多面体的体积为三棱锥体积的一半，利用体积相等得可得答案. 【详解】（1）延长到，使，由为直角顶点， ，所以，所以为等边三角形， 连结，所以，， 又，平面， 得平面，平面，平面平面， 所以平面平面， 所以点在平面上的投影在线段的中垂线上（如图所示）， 当二面角为时，点三点重合， 当二面角为时，点与重合， 所以射影的轨迹就是线段， 所以在平面上的射影所扫过的平面区域为， 又是边长为4的正三角形，， 则周长为， 故所求平面区域的周长为； （2）（ⅰ）取的中点，连接， 因为是以为底边的等腰三角形， 所以，， 因为，所以，可得， 因为，平面， 所以平面，平面，可得， 又因为，，平面， 所以平面； 【变式10-4】．（23-24高一下·山东聊城·期末）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见详解 【难度】0.4 【知识点】立体几何中的轨迹问题、求二面角、证明线面垂直、证明面面平行 【分析】（1）连接，可证平面，根据平行关系可得∥，进而可得结果； 【详解】（1）连接， 因为，M为的中点，则， 又因为平面，且平面，则， 由，平面，可得平面， 在平行四边形中，分别为的中点，则∥，， 且∥，，可得∥，， 可知为平行四边形，则∥， 所以平面. 【变式10-5】．（23-24高一下·吉林·期末）在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. (1)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】证明线面垂直、线面角的向量求法、已知面面角求其他量 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再由性质定理得到线线垂直关系，进而再利用判定定理证明所求证的线面垂直关系； （2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.用向量法求与平面所成角的大小； 【详解】（1）因为在中，，，且， 所以，，则折叠后，， 又平面， 所以平面，平面，所以， 又已知，且都在面内，所以平面； 【变式10-6】．（23-24高一下·宁夏·期末）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且．    (1)证明：平面； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】求二面角、证明线面垂直 【分析】（1）由题意可得，根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则，易证，则为二面角的平面角的补角．结合等面积法求得FH，即可求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面， 则，，所以点的曲率为， 所以， 因为，所以为正三角形， 因为为的中点，所以， 又平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面． 【变式10-7】．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．    (1)当点M与点重合时， ①证明：平面； 【答案】(1)①证明见解析；② 【难度】0.4 【知识点】求二面角、求线面角、证明线面垂直 【分析】（1）①由题意可得，，，则平面，从而有，再由线面垂直的判定定理可证得结论；②过E作EO⊥BD于点O，连接，可证得为二面角的平面角，然后在中求解即可； 【详解】（1）①    当点M与端点D重合时，由可知， 由题意知平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以 因为，平面，平面， 所以平面； 题型十一：证明面面垂直 【例题11-1】．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，． (1)证明：平面平面； (2)若，且与平面的夹角为 （i）证明； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】证明线面垂直、求线面角、证明面面垂直、求二面角 【分析】（1）连接，可证和，根据线面垂直的判定定理即可得平面，最后根据面面垂直的判定定理即可证明； （2）（）过点作交于点，结合，根据线面垂直的判定定理可得平面，即为与平面所成的角，故得解； （）过点作交于点，连接，证明，即知即为二面角的平面角，再根据三角形平行线定理和勾股定理求出、的长，最后由锐角三角函数即可得解. 【详解】（1）如图①所示，设，连接， 因为四边形为正方形，所以， 又因为为的中点，且， 所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； 【变式11-2】．（2025·河北秦皇岛·一模）在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． (1)证明：平面平面； (2)当时，求球心到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、求点面距离、求线面角、证明面面垂直 【分析】（1）取的中点，结合勾股定理可证平面，进而可得面面垂直； （2）分析可知平面，利用等体积法求点到面的距离； （3）过点作，分析可知直线与平面所成角为，结合基本不等式求其最值即可. 【详解】（1）设球的半径为，则，解得， 设的外接圆半径为，则， 因为四点共面，可知的外接圆圆心为， 取的中点，连接， 可知为等边三角形，则，， 又因为，则， 且，则，则， 因为，平面，则平面， 且平面，所以平面平面. 【变式11-3】．（24-25高三上·浙江宁波·期末）如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点． (1)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.4 【知识点】证明面面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）结合题目条件，利用线面垂直可证面面垂直. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求结果. 【详解】（1） 法一：（几何法）如图，取中点，由，得， 作，，则四边形为菱形，且， 连接，， ，则，. ∵异面直线与所成角的余弦值为，∴， 当时，， 此时，不能构成，舍去， 故，， ∵，，∴为直角三角形，故， ∴，即， ∵，，平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面． 法二：（基底法）如图，取中点，由，得，，故二面角的平面角为， 由题意，得，， 设，，，． 则，，，，， ， ∵，∴，     ∴或（舍去）， ∴，此时，平面平面． 【变式11-3】．（24-25高二上·浙江湖州·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，，平面，，分别是线段，的中点，是线段上的一点.    (1)求证：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】线面角的向量求法、证明面面垂直 【分析】（1）先根据题意得到线线垂直，得到线面垂直，即可求证； 【详解】（1）连接，   ， ∵，分别是线段，的中点，∴， ∵底面四边形为正方形， ∴， ∵平面，平面，∴， 又，，平面，∴平面， ∵，∴平面， 又平面， ∴平面平面； 【变式11-4】．（24-25高二上·上海·期中）如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，并且，点在棱上. (1)证明：平面平面； 【答案】(1)见解析 【难度】0.4 【知识点】棱锥的展开图、证明面面垂直、已知面面角求其他量 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，构造辅助线，转化为证明线面垂直； 【详解】（1）由条件可知，，，， 所以，所以， 又因为是直角三角形，所以， 取的中点，连结，则， 所以，，且， 所以，则，且，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； 1．（24-25高二下·江苏淮安·阶段练习）如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段PB的中点． (1)证明：； (2)当平面平面时，求直线PB与平面所成角大小； (3)若直线PC与AB所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)直线PB与平面所成角为 (3) 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）取中点为，证明平面即可； （2）以为原点建立直角坐标系，求以及平面的法向量，利用即可； （3）以为原点，以直线为轴，直线为轴，建系，设，则可求点坐标，利用直线PC与AB所成角的余弦值向量求法得出，再建系求两个平面的法向量进而求其夹角. 【详解】（1）取中点为，连接，因为， 所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以. （2）因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面，所以两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系，     则，， 则， 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以， 设直线PB与平面所成角为，则， 又，则， 所以直线PB与平面所成角为， （3）以为原点，以直线为轴，直线为轴，垂直于平面所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为为等腰三角形，，所以， 则， 设，则， 则， 故， 所以或（舍去）， 所以两两互相垂直， 由（2）知平面的法向量为， 设平面的法向量为，， 则，取，得， 所以. 2．（24-25高二下·广西南宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形.分别为的中点，. (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）先证得平面，进而求证平面，即可； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【详解】（1）平面平面， ， 平面， 平面， 又平面， ， 又平面 平面， 又平面； （2）由（1）可知，又， ，底面为菱形，为的中点， 是等边三角形， 由（1）知， 所以四棱锥的体积. ， 如图，以为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，， 平面法向量为， 设平面法向量为， 则 令，则 为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为 故平面与平面的夹角为 3．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【难度】0.4 【知识点】求二面角、线面垂直证明线线垂直、异面直线夹角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）利用几何关系得，由面面垂直的性质得平面，从而可得，进而可得平面，由线面垂直的性质，即可求解； （2）法一，利用几何关系得为平面与平面夹角，利用几何关系计算，即可求解；法二，建立空间直角坐标系，求出平面与平面，再利用面面角的向量法，即可求解； （3）设，，根据题设得或，结合题设，分别讨论，即可求解. 【详解】（1）∵底面为直角梯形，，为直角， ，， ∴，，得，所以， 又∵平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，∴， 又∵侧面为等腰直角三角形，， ∴，， ∴平面，又平面，所以． （2）（法一）由题意可知四边形为直角梯形， 延长，交与点，连接． 则平面平面， 过点作，垂足为，连接， 由（1）知平面，平面， 则，又，，所以平面，平面，则． 所以为平面与平面夹角． 在直角梯形中，，，， 得，，，可解得， 所以在中，， 则平面与平面夹角的余弦值为． （法二）∵平面平面，平面平面， 可过点作垂足为， 由题意知为等腰直角三角形，故点为线段的中点，且， 分别以过点与直线，平行的直线为轴，轴， 以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）因点在内（不含边界），可设，， 由（2）知，，，， 则， ， 又直线与直线、均成角，则， 又由题意知，所以，即， 得， 整理得，即或． 又由，得，即， ①当时，由，得到，解得或， 当时，， 因为点在内（不含边界），得，，．故，舍去． 当时，，此时符合题意，，得到， ②当时，得， 所以，解得．此时． 因为点在内（不含边界），得，，， 故，舍去． 综上存在点在内（不含边界），使得直线与直线、均成角，且点到点的距离为． 4．（2025·贵州毕节·二模）如图，三棱锥中，，且，. (1)当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； (2)设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【难度】0.4 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、多面体与球体内切外接问题、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）①由于三角形的面积为定值，当三棱锥 的体积最大时， 平面，从而可证；② 先证 平面 ，可得，而 到的距离相等，所以为三棱锥 的外接球的球心. 求出外接球半径，利用外接球的表面积公式即可求解. （2）如图建立空间直角坐标系，设为的中点，，可设，得 ，利用空间向量法可得的表达式，再构造函数，利用导数研究函数的单调性即可求得的最小值. 【详解】（1）① 三角形的面积为定值，且 ， 当三棱锥 的体积最大时， 平面， 平面 ，； ②由①知，当三棱锥的体积最大时，平面 ， 平面 ， 平面 ，， 又 为的中点， 到的距离相等， 即为三棱锥 的外接球的球心. 设外接球半径为，则， 三棱锥的外接球的表面积为 ； （2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 设为的中点，， 可设 ，由 ，得， 又 ，设平面的法向量 ， 则，即，令则 ， 可得平面的法向量 又 ，设平面的法向量 ， 则 ，即，令，则 ， 可得平面的法向量 , 则 ； 设 ，则 ， 易知 单调递减： 单调递增， 当 时， ， 所以 的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第二小问中，如何设点 坐标是解题关键，利用空间向量法表达出，通过构造函数，求出函数的最小值是难点. 5．（24-25高三下·内蒙古赤峰·开学考试）如图，已知三棱柱，平面平面，，，分别是的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）连接，利用等边三角形的性质结合面面垂直可得平面，转化条件可得平面，由此可证明结论. （2）在底面内作交于点，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求线面所成角的余弦值. 【详解】（1）如图所示，连接， ∵为等边三角形，，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴， ∵，，∴， ∵，平面，∴平面， ∵平面，∴. （2）在底面内作交于点，以点为坐标原点，，，方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系. ∵，，， ∴，，，，， ∴， ∴. 由得点，故， ∴. 设平面的法向量为，则， 令，则，故， ∴， 设直线与平面所成角为，则， ∴，即直线与平面所成角的余弦值为. 6．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点. (1)①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明； (2)设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)选条件②，证明见解析； (2)存在，或. 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法、已知面面角求其他量、空间线段点的存在性问题 【分析】（1）取AB中点O，连接，先假设，则有，进而得到条件②能使，从而选条件②，再由先出垂直判定定理结合线面垂直定义即可得证； （2）以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面和平面的一个法向量，利用求出参数y即可得解. 【详解】（1）取AB中点O，连接，因为为棱的中点， 所以，又，则， 若，又，，、平面， 则平面，又平面， 所以有，又①②③④四个条件中， 条件②能使，故选条件②： 证明：，O为中点，所以有， 又，，、平面， 所以平面，又平面， 所以； （2）因为，所以，即为正三角形， 取AB中点O，则有，则由（1）可知平面， 所以是二面角的平面角，故， 设，则， 则点P到底面的距离为，点P在底面的投影落在直线上且与距离为， 以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以， 分别设平面和平面的一个法向量为， 则，， 取，， 则， 则. 解得或，满足题意， 所以存在点E使得二面角的余弦值等于，当时，；当时，. 【点睛】关键点睛：解决第（2）问的关键是正确建立适当的空间直角坐标系，正确表示点P的坐标. 7．（24-25高三上·河南漯河·期末）如图，已知四面体中，，，平面平面． (1)求证：； (2)若点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若在此四面体中任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为．试比较概率的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、线面角的向量求法、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的性质与判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可； （3）分别列举出相互垂直的棱、相互垂直的面和一个面垂直不在此面上的一条棱的基本事件，结合古典概型的概率公式计算即可求解. 【详解】（1）过作，交于，因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面，又平面，所以． 又因为平面， 所以平面．又平面，所以． （2）由（1）得，又平面， 所以平面，因为， 故． 又点是的中点，所以， 以为原点，过且与平行的线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 由题意知：， 所以． 设平面的法向量为，则有， 即，即， 令，则，即平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. （3）6条棱中任选2条，共有种情况，其中相互垂直的棱有5对： ，故； 4个面任选2个面，共有种情况，其中相互垂直的面有3对： 平面平面，平面平面，平面平面，故． 任选1个面和不在此面上的1条棱，先从4个平面任选1个平面，共有种情况， 再从不在此面上的3条棱中选1条，有种情况，故共有种情况， 其中满足垂直关系的有2种，分别为平面和棱，平面和棱， 故， 所以． 8．（24-25高二上·上海·阶段练习）已知面积为的菱形如图①所示，其中，是线段的中点．现将沿折起，使得点到达点的位置. (1)证明： ； (2)若二面角的平面角大小为，求点到平面的距离； (3)若二面角的平面角，点在四面体的表面运动，且始终保持，求点的轨迹长度的取值范围 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】（1）根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据二面角的定义，结合正弦函数的定义进行求解即可； （3）根据二面角的定义，结合线面垂直的判定定理和余弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）取中点，连结、， 由四边形为菱形可知，，， 又平面， 平面，又因为平面，； （2）因为菱形的面积为， 得，，， 又因为二面角的平面角为，且大小为， 所以， 故点到平面的距离为； （3）取边上靠近点的四等分点，取的中点为，连接， ，，同理， ∵，平面，所以平面， 故点的轨迹长度即为的周长. 由于，，， 且二面角的大小平面角， ∵，∴，， 则，，所以点的轨迹长度的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用线面垂直的判定定理和二面角的定义. 9．（24-25高三下·湖北·开学考试）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球心到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【难度】0.4 【知识点】多面体与球体内切外接问题、求点面距离、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解， （2）利用等体积法即可求解， （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【详解】（1）取的中点，连接, 因为，,且的中点，所以， 又平面，故平面， 由于平面，故, （2）当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为故， 设到平面的距离为,到平面的距离为， 由等体积法可得 而 由于故， 所以从而 故到平面的距离为， （3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， 故， ， 则, 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 , 取则， 设平面平面与的夹角为， 故 , , 令，，故， 由于，故 当且仅当即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时. 【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 10．（24-25高二上·四川达州·期末）2000多年前，古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的截口曲线是圆；当圆锥的轴与截面所成的角不同时，还可以截得截口曲线为椭圆、双曲线、抛物线；数学家Germinal Dandelin用双球模型进行了证明，并得出如下结论：当圆锥轴截面的顶角为，截面与圆锥的轴所成角为时，则截口曲线的离心率，当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴.（轴截面是过圆锥的轴的平面与圆锥截得的等腰三角形）已知母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形，.    (1)当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时，求圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积； (2)过的平面截圆锥得到一个椭圆，截面与交于点，与交于点，为椭圆上一点，与垂直且与圆锥底面平行，. ①判断是否为椭圆的长轴，并说明理由； ②判断是否为椭圆的焦点，并说明理由. 【答案】(1) (2)①是椭圆的长轴；②不是椭圆的焦点； 【难度】0.4 【知识点】余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算、线面垂直证明线线垂直、求椭圆的离心率或离心率的取值范围 【分析】（1）依题意求得圆锥的体积以及上半部分小圆锥的体积，相减可求得结果； （2）①利用线面垂直性质以及面面垂直判定定理可证明截面与轴截面垂直，可得结论； ②根据三角形形似以及余弦定理计算可得，再根据右顶点到右焦点的距离即可判断不是椭圆的焦点. 【详解】（1）由母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形可知， 圆锥的底面圆半径为，其高为， 所以圆锥的体积为， 又，所以当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时， 截面圆半径为，高为； 所以上部分小圆锥体积为； 因此圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积. （2）①连接并延长交底面于点，如下图所示：    又因为与垂直且与圆锥底面平行， 又平面，平面平面，所以； 因为，所以； 又，，即平面； 因为平面， 所以平面平面，即截面垂直于轴截面， 根据定义：当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴， 因此是椭圆的长轴； ②易知，所以， 易知圆锥轴截面的顶角为，在中，由余弦定理可得： ； 此时满足，即，且； 则椭圆离心率为； 又因为，即，所以； 易知点距离椭圆右顶点较近，设椭圆右焦点为， 则，而， 因此点不是椭圆的焦点. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解圆锥曲线在立体几何中的图形由来，结合椭圆性质以及圆锥几何体的关系，再根据题目信息所提供的定义可判断得出结论. 11．（24-25高二上·北京丰台·期末）如图，四棱锥中，底面ABCD，，平面，.    (1)证明：； (2)再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：点B到平面PAC的距离为1； 条件②：直线PC与平面PAB所成角的大小为30°. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.4 【知识点】求二面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】通过线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定可得平面，再利用线面垂直的性质和线面平行的性质可得；若选①，利用点到平面的距离可得BM的值进而得到点B和点C的坐标，通过平面的法向量的求法可得平面PBC的法向量，利用向量夹角的余弦值公式可得夹角的余弦值；若选②，根据线面夹角可求出点C的坐标，进一步求得平面的法向量，利用向量夹角的余弦值公式可求得两平面夹角的余弦值. 【详解】解：（1）因为底面ABCD，平面ABCD， 所以， 因为，，平面PAB， 所以平面， 因为PB⊂平面，所以， 因为平面，平面ABCD，平面ABCD∩平面PBC=BC， 所以， 所以. （2）由（1）可知，PA，AB，AD两两垂直，以A为原点， AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示坐标系.    若选条件①： 方法1：过点B作BMAC，交AC于点M， 因为PA底面ABCD，BM⊂平面ABC， 所以PA BM， 因为AC∩PA=A， 所以BM平面PAC， 又点B到平面PAC的距离为1，所以BM=1， 在Rt△ABC中，AC=2，所以. 因此，，， 又，， 所以，. 设是平面PBC的法向量，则，， 即，取，则，， 所以是平面PBC的一个法向量. 因为BM平面PAC，所以是平面PAC的一个法向量. 设平面ACP与平面BCP的夹角为，则 ， 所以平面ACP与平面BCP夹角的余弦值为. 方法2：，，设，则 可求得平面PAC的法向量为，则 ，得.以下同方法1 若选条件②： 方法1：由（1）知BC平面PAB， 因为直线PC与平面PAB所成角的大小为30°， 所以即为PC与平面PAB所成的角，即=30°. 在Rt△PAC中，AC=PA=2，所以， 在Rt△PBC中，，=30°，所以， 方法2：由条件①方法2得到， 是平面的PAB的一个法向量， 所以，得.以下同条件①. 综上，可得平面与平面的夹角的余弦值为. 12．（24-25高二上·广东广州·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面上的投影为的中点D，且. (1)求点到直线的距离； (2)求点C到侧面的距离； (3)在线段上是否存在点E，使得直线与侧面所成角的正弦值为?若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法、点到平面距离的向量求法、点到直线距离的向量求法 【分析】（1）根据题意，以点为坐标原点，直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量法求点到直线的距离； （2）求出的坐标与平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可得解； （3）假设存在满足条件的点，且，从而得到，再利用空间向量线面夹角公式得到关于的方程，进而求得，由此即可求出的长. 【详解】（1）因为点在底面上的投影为的中点，所以平面， 又平面，故， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，点为的中点，故， 所以两两垂直，故以点为坐标原点，直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，，则，， 因为侧面为菱形，所以，又，所以， 则，，，，，， ，， 所以点到直线的距离为. （2），，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，， 故， 所以点到平面的距离为. （3）假设存在满足条件的点， 则存在，使得， 则， 因为直线与侧面所成角的正弦值为， 所以， 即，解得， 又，故， 因此存在满足条件的点，且，即． 13．（24-25高二上·浙江温州·期中）如图，在三棱锥中，为正三角形，平面，点为线段BC上的动点， (1)若点为BC中点，证明： (2)在（1）的条件下，求平面PAC与平面ACF夹角的余弦值 (3)求线段长的最小值 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、空间向量垂直的坐标表示、面面角的向量求法 【分析】（1）证法1：由等腰三角形的性质得，由线面垂直的性质得，则得平面，再证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论；证法2：在中求出，在中求出，从而可求出，再在中求出，最后在中利用勾股定理的逆定理可证得结论； （2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中EC，EA为轴，轴的正半轴，然后利用空间向量求解即可； （3）法1：以的中点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中为轴，轴的正半轴，设，由表示出，从而可表示出，进而可求出其最小值；法2：设BC的中点为，取PA中点，过点作平面PBC垂线，垂足为，可得点轨迹为在平面PBC中的以为圆心，为半径的圆弧，从而可求得结果. 【详解】（1）法1：因为为正三角形，点为BC中点， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以； 法2：因为为正三角形，点为BC中点，， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 因为， 所以，则， 因为为正三角形，点为BC中点， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， 所以， 所以； （2）由（1）知， 则以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中EC，EA为轴，轴的正半轴， 则 ， 设平面PAC的法向量为，则 ，令，则法向量为， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设平面PAC与平面ACF夹角为， 则， 即平面PAC与平面ACF夹角的余弦值为； （3）法1：以的中点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中为轴，轴的正半轴，则， 设 ， ， 令 则， 在上单调递减，上单调递增 当时，， 法2：设BC的中点为，取PA中点，过点作平面PBC垂线，垂足为， 且平面， 点的轨迹为以PA为直径，即的球与平面PBC的相交圆弧， 由（1）可知，，相交圆半径， 点轨迹为在平面PBC中的以为圆心，为半径的圆弧， ， 【点睛】关键点点睛：此题考查线线垂直的证明，考查二面角的求法，解题的关键是根据题意合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 14．（24-25高二上·河南郑州·期中）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，. (1)求证：； (2)若为侧棱上（包含端点）一动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）由题意结合图形中的几何关系取BC的中点O，先证明平面，再由证得平面，从而证出. （2）根据图形中几何关系建立空间直角坐标系，再利用向量法求出线面角正弦值的表达式，最后结合函数的单调性求出正弦值的取值范围. 【详解】（1）如图所示， 取的中点为为菱形，且， 所以为等边三角形，， 又为等边三角形，则， 所以平面， 又平面平面， 所以. （2）如图所示， 在中，，由余弦定理可得 ，所以， 由（1）得平面，因为平面，所以平面平面， 所以在平面内作，则平面， 以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系如图所示： 则， 设是平面的一个法向量，， ，则，即， 取得， 设， ， 设直线与平面所成角为， 则， 令，则在单调递增， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 15．（24-25高三上·湖南·期中）如图，四棱柱中，四边形ABCD是菱形，四面体的体积与四面体的体积之差为的面积为. (1)求点到平面的距离； (2)若，求锐二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【难度】0.4 【知识点】柱体体积的有关计算、求点面距离、线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）连接AC交BD于点，设四棱柱的体积为，求出四面体的体积，四面体的体积，证明四面体的体积是四面体的体积的两倍，求出点到平面的距离； （2）连接，证明四边形ABCD是菱形，证明平面，证明平面ABCD，以点为原点，OA为轴，OB为轴，为轴，建立空间直角坐标系，根据向量求出锐二面角的余弦值. 【详解】（1）如图，连接AC交BD于点， 设四棱柱的体积为（其中为菱形ABCD的面积，为四棱柱的高）， 所以四面体的体积为， 同理四面体的体积为， 又因为四边形ABCD是菱形， 所以， 所以点到平面的距离为点到平面距离的一半， 所以四面体的体积是四面体的体积的两倍，即， 设点到平面的距离为， 则， 解得； （2）如图，连接， 由得，又四边形ABCD是菱形， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 所以，又， 所以，又平面ABCD， 所以平面ABCD，以点为原点，OA为轴，OB为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 由（1）知，且的面积为， 所以棱柱的高，而三棱锥的体积为， 故，故， 所以， 易得平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 又， 所以，即， 取，故， 故锐二面角的余弦值为. 10 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点培优专题：立体几何平行和垂直性质的综合应用 平行的性质 直线、平面平行的判定与性质 1、直线与平面平行 （1）直线与平面平行的定义：直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行． （2）判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面 a⊄α，b⊂α， a∥b ⇒a∥α 性质定理 一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行 a∥α，a⊂β， α∩β＝b⇒a∥b 2、平面与平面平行 （1）平面与平面平行的定义：没有公共点的两个平面叫做平行平面． （2）判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 a⊂α，b⊂α，a∩b＝P， a∥β，b∥β⇒α∥β 性质定理 两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面 α∥β，a⊂α⇒a∥β 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 3、平行关系之间的转化 在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”． 垂直的性质 1、直线与平面垂直 （1）定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． （2）判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 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 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 2、平面与平面垂直 （1）平面和平面垂直的定义 两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． （2）平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 谨记五个结论 （1）若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． （2）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)． （3）垂直于同一条直线的两个平面平行． （4）一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直． （5）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面． 3、垂直关系之间的转化 在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件．同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即： 在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决． 题型一：证明线线平行 【例题1-1】．（24-25高三上·江苏淮安·阶段练习）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面，，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角. 【例题1-2】．（24-25高二上·浙江·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，侧棱长为a，，平行于和的平面分别与交于四点． (1)证明：四边形是矩形； (2)求三棱锥的体积（用含a的式子表示）； (3)当实数a变化时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 题型二：证明线面平行 【例题2-1】．（2025·安徽黄山·二模）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，为的中点，，沿将翻折到的位置，使，如图2． (1)证明：平面； 【例题2-2】．（2025·湖南郴州·三模）如图所示，在圆柱中，矩形为圆柱的轴截面，圆柱过点的母线为，点，为圆上异于点，且在线段AB同侧的两点，且，点为线段的中点，. (1)求证：平面； 【变式2-1】．（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形. (1)若分别是棱的中点，证明：平面； 【变式2-2】．（24-25高二上·贵州贵阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，若分别为的重心. (1)求证：平面； 【变式2-3】．（24-25高二上·浙江宁波·期末）如图五面体中，四边形是菱形，是以角为顶角的等腰直角三角形，点为棱的中点，点为棱的中点 (1)求证：平面 【变式2-4】（24-25高三上·山东济宁·期末）如图，在正三棱柱中，为棱的中点，. (1)证明：平面； 【变式2-5】．（24-25高二上·上海·期中）如图，已知是底面边长为2的正四棱柱，为与的交点，为与的交点． (1)证明：平面； (2)若点到平面的距离为，求正四棱柱的高； 【变式2-6】．（24-25高二上·广西·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，M为棱的中点. (1)证明：平面. 【变式2-7】．（2024高三·全国·专题练习）如图，在圆柱中，点为底面圆周上四点，为圆柱的一条母线，为的中点，． (1)若，，证明：平面； 【变式2-8】．（24-25高二上·上海·阶段练习）如图所示，点是平面外一点，平面，点是线段的中点. (1)求证:平面 【变式2-9】．（24-25高三上·天津·期中）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．    (1)求证：平面； 【变式2-10】．（24-25高二上·浙江绍兴·期中）如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，是线段上一点，且.      (1)时，求证：平面； 【变式2-11】．（24-25高二上·山东泰安·期中）如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且. (1)求证：平面； 【变式2-12】．（24-25高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． (1)证明：平面； 【变式2-13】．（23-24高三上·湖北·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，E，F分别为，上的点，且.    (1)证明：平面； 题型三：证明面面平行 【例题3-1】．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)平面与侧棱相交于点，求的值． 【例题3-2】．（2025高三·全国·专题练习）如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． (1)求证：平面平面． 【变式3-1】．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）如图，多面体中，四边形与四边形均为直角梯形，，且点四点共面. (1)证明：（i）平面平面； 【变式3-2】．（23-24高二上·广东广州·期末）如图，在多面体中，四边形是正方形，，，M是的中点． (1)求证：平面平面； 题型四：证明面面平行转化为线面平行 【例题4-1】．（2025·四川·三模）如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．    (1)求证：； 【变式4-1】．（24-25高一下·浙江宁波·期中）如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面. (1)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (2)点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积. 题型五：由面面交线证明线面平行 【例题5-1】．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，平面ABCD，，平面平面． (1)求证：； 题型六：立体几何和三角函数相融合 【例题6-1】．（2025·辽宁葫芦岛·一模）已知函数图像如图1所示，，分别为图像的最高点和最低点，过，作轴的垂线，分别交轴于，，点为该部分图像与轴的交点，且，与轴的交点为．将绘有该图像的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时，． (1)求函数的解析式； (2)在图2中，的图像上存在点，使得平面，请确定点的个数，并简要说明理由； (3)如图3，在折叠过程中，若二面角的范围是，求二面角的余弦值的取值范围． 题型七：立体几何平行的性质和新定义 【例题7-1】．（24-25高二上·上海·期末）我们知道，平面中的结论有不少可以向空间中进行推广，现有如下平面中的结论：如图，已知对任意三角形，都能找到三条等距的平行线，使得. (1)根据以上平面中的结论，若D为与边的交点，试判断D在线段上的位置； (2)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对任意给定的四面体，能否作出四个相互平行的平面，使，且相邻两个平面间的距离都相等.如能，说明作法并作图，如不能，说明理由. (3)根据以上平面中的结论，则在空间中，若对一个正四面体，能够作出第（2）小题中的四个平面，且四个平面间距离为1，求此正四面体的体积. 【变式7-1】．（2025·山东日照·一模）已知在四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示． (1)证明：平面； (2)若两两垂直，则称四面体为“斜垂四面体”． ①在斜垂四面体中，若，求直线与平面所成角的正弦值； ②在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若为斜垂四面体，求其外接球表面积的最小值，并求出此时的直线方程． 题型八：折叠后证明线面平行 【例题8-1】．（24-25高二上·重庆铜梁·阶段练习）如图1，已知正方形的边长为，分别为的中点，将正方形沿折成如图2所示的二面角，使得，点是线段 上的动点（包含端点）.   + (1)若为的中点，直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面； 【例题8-2】．（24-25高二上·重庆·期中）如图1所示的图形中，四边形为菱形，，和均为直角三角形，，，现沿和将和进行翻折，使（在平面同侧），如图2（或图3）    (1)证明：平面； 【变式8-1】．（21-22高二上·重庆九龙坡·阶段练习）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角的大小为60°，点M在线段AB上. (1)若M为AB的中点，且直线MF与直线EA的交点为O，求OA的长，并证明直线平面EMC； 题型九：证明线线垂直 【例题9-1】．（24-25高二上·浙江杭州·开学考试）如图，已知四棱锥中，，，，且， (1)求证：； 【变式9--1】．（24-25高二上·黑龙江哈尔滨·开学考试）如下图，在中，，，D是AC中点，E、F分别是BA、BC边上的动点，且；将沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥； (1)求证：； 【变式9-2】．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，已知等腰梯形的外接圆圆心在底边上，，，，点是上半圆上的动点（不包含，两点），点是线段上的动点，将半圆所在的平面沿直径折起，使得平面平面. (1)当平面时，求的值； (2)证明：不可能垂直； 【变式9-3】．（2024高三·全国·专题练习）如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足. (1)若，求证：直线平面； (2)是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由； 【变式9-4】．（23-24高三上·江苏常州·期中）已知三棱柱，，，为线段上的点，且满足．    (1)求证：平面； (2)求证：； 【变式9-5】．（23-24高一下·天津东丽·期末）如左图所示，在直角梯形中，，，，，，边上一点满足.现将沿折起到的位置，使平面平面，如右图所示.    (1)求证：； 题型十：证明线面垂直 【例题10-1】．（23-24高一下·天津·期末）如图，在六面体中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； 【变式10-1】．（24-25高二上·辽宁·开学考试）如图①，在平面四边形中，，点在边上，，，为的中点，将四边形沿折起，使得二面角的大小为，得到如图②所示的几何体.    (1)证明：平面； 【变式10-2】．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，O点为的中点，，，． (1)求证：平面； 【变式10-3】．（23-24高一下·安徽黄山·期末）如图，在三棱锥中，侧面是边长为4的等边三角形，底面为直角三角形，其中为直角顶点，.点为棱的中点，，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形.设. (1)设点在平面的射影，当二面角从0增加到的过程中，求线段扫过的区域的周长； (2)若是以为底边的等腰三角形； （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当为何值时，多面体的体积恰好为2. 【变式10-4】．（23-24高一下·山东聊城·期末）如图，在三棱柱中，，点在底面ABC的射影为BC的中点O，M为的中点. (1)求证：平面； 【变式10-5】．（23-24高一下·吉林·期末）在中，，，，分别是上的点，满足且经过的重心，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示. (1)求证：平面； 【变式10-6】．（23-24高一下·宁夏·期末）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且．    (1)证明：平面； 【变式10-7】．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．    (1)当点M与点重合时， ①证明：平面； 题型十一：证明面面垂直 【例题11-1】．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，． (1)证明：平面平面； (2)若，且与平面的夹角为 （i）证明； 【变式11-2】．（2025·河北秦皇岛·一模）在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． (1)证明：平面平面； (2)当时，求球心到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【变式11-3】．（24-25高三上·浙江宁波·期末）如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点． (1)证明：平面平面； 【变式11-3】．（24-25高二上·浙江湖州·阶段练习）如图，四棱锥的底面为正方形，，平面，，分别是线段，的中点，是线段上的一点.    (1)求证：平面平面； 【变式11-4】．（24-25高二上·上海·期中）如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，并且，点在棱上. (1)证明：平面平面； 1．（24-25高二下·江苏淮安·阶段练习）如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段PB的中点． (1)证明：； (2)当平面平面时，求直线PB与平面所成角大小； (3)若直线PC与AB所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 2．（24-25高二下·广西南宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为的菱形.分别为的中点，. (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角. 3．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． 4．（2025·贵州毕节·二模）如图，三棱锥中，，且，. (1)当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； (2)设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 5．（24-25高三下·内蒙古赤峰·开学考试）如图，已知三棱柱，平面平面，，，分别是的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值. 6．（2024·四川德阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点. (1)①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明； (2)设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 7．（24-25高三上·河南漯河·期末）如图，已知四面体中，，，平面平面． (1)求证：； (2)若点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若在此四面体中任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为．试比较概率的大小． 8．（24-25高二上·上海·阶段练习）已知面积为的菱形如图①所示，其中，是线段的中点．现将沿折起，使得点到达点的位置. (1)证明： ； (2)若二面角的平面角大小为，求点到平面的距离； (3)若二面角的平面角，点在四面体的表面运动，且始终保持，求点的轨迹长度的取值范围 9．（24-25高三下·湖北·开学考试）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球心到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值. 10．（24-25高二上·四川达州·期末）2000多年前，古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线.用垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，得到的截口曲线是圆；当圆锥的轴与截面所成的角不同时，还可以截得截口曲线为椭圆、双曲线、抛物线；数学家Germinal Dandelin用双球模型进行了证明，并得出如下结论：当圆锥轴截面的顶角为，截面与圆锥的轴所成角为时，则截口曲线的离心率，当截面为椭圆且垂直于轴截面时，截面与轴截面相交所得线段为长轴.（轴截面是过圆锥的轴的平面与圆锥截得的等腰三角形）已知母线长为6的圆锥，轴截面为等边三角形，.    (1)当过的截面截圆锥得到截口曲线是圆时，求圆锥的底面与截面圆之间的部分的体积； (2)过的平面截圆锥得到一个椭圆，截面与交于点，与交于点，为椭圆上一点，与垂直且与圆锥底面平行，. ①判断是否为椭圆的长轴，并说明理由； ②判断是否为椭圆的焦点，并说明理由. 11．（24-25高二上·北京丰台·期末）如图，四棱锥中，底面ABCD，，平面，.    (1)证明：； (2)再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：点B到平面PAC的距离为1； 条件②：直线PC与平面PAB所成角的大小为30°. 12．（24-25高二上·广东广州·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面是以为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在平面上的投影为的中点D，且. (1)求点到直线的距离； (2)求点C到侧面的距离； (3)在线段上是否存在点E，使得直线与侧面所成角的正弦值为?若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 13．（24-25高二上·浙江温州·期中）如图，在三棱锥中，为正三角形，平面，点为线段BC上的动点， (1)若点为BC中点，证明： (2)在（1）的条件下，求平面PAC与平面ACF夹角的余弦值 (3)求线段长的最小值 14．（24-25高二上·河南郑州·期中）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，. (1)求证：； (2)若为侧棱上（包含端点）一动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 15．（24-25高三上·湖南·期中）如图，四棱柱中，四边形ABCD是菱形，四面体的体积与四面体的体积之差为的面积为. (1)求点到平面的距离； (2)若，求锐二面角的余弦值． 10 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $$