专题09 立体几何中的平行关系与垂直关系（热点专练）（天津专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题09 立体几何中的平行关系与垂直关系 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：天津高考立体几何平行与垂直关系近三年稳定考查，以小题判断+解答题证明为核心，2026年大概率延续该模式，重点强化定理应用与综合转化能力。近三年考情（2023-2025）共性规律 1. 题型结构：1小题（5分）+1解答题（17题，15分），解答题第一问必证平行/垂直，占分约5-6分。 2. 核心考点：平行以线面平行为主（中位线、平行四边形）；垂直以线面垂直为主（证线垂两条相交线），偶尔考面面垂直（先证线面垂直）。 3. 载体与方法：几何体以棱柱、棱锥为主；证明以几何法为主，辅助空间向量法验证。 4. 难度梯度：小题基础，解答题第一问送分，后续问（二面角、距离）综合提升。 预测2026年：1. 题型与分值：延续1小题（5分）+1解答题（15分），解答题第一问仍为平行/垂直证明，是必得分点。2. 小题预测：聚焦线面、面面位置关系判断，如线面平行推线线平行、线面垂直推面面垂直，难度基础，重点考定理辨析。3. 解答题预测第一问：线面平行（中位线/平行四边形）或线面垂直（证线垂两条相交线），简单送分。新动向：①跨关系融合：平行与垂直结合证明（如先证线面平行，再证线面垂直）；②载体创新：以不规则棱锥/组合体为载体，需先补形/分割；③向量辅助：可用空间向量法证明垂直（如点积为0），简化推理． 题型01 空间点线面位置关系判断 解｜题｜策｜略 1、判断与空间位置关系有关的命题的方法： （1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断； （2）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定。 2、两点注意： （1）平面几何的结论不能完全引用到立体几何中； （2）当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与提升或公认结论相矛盾的命题，进而作出判断。 例1（2026·天津·调研）已知三个不同的平面，，和三条不同的直线，，，下列命题中为假命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 例2（2026·天津滨海新·月考）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【变式1】（2026·天津北辰·月考）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．，，， B．，， C．，， D．， 【变式2】（2026·天津津南·月考）在正方体中，E，F分别为CD和的中点，则异面直线AF与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 题型02 共面、共线、共点证明 解｜题｜策｜略 1、证明点线共面问题的两种方法 （1）纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内； （2）辅助平面法：先证有关点、线共平面，再证其他点、线共平面,最后证平面,重合. 2、证明点共线问题的两种方法 （1）先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上； （2）直接证明这些点都在一条特定直线上. 3、证明三线共点问题的步骤 第一步：先证其中两条直线交于一点； 第二步：再证交点在第三条直线上. 证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线。[ 例1（2025·天津河西·月考）下列命题中真命题的为（    ） A．经过三点确定一个平面 B．两条直线确定一个平面 C．经过两点可以作无数个平面 D．经过一条定直线和一个定点的平面有且只有一个 例2（2025·天津·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. (1)证明：多面体为四棱锥； (2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； (3)若，平面，且，求四棱锥的体积. 【变式1】（2025·天津河西·调研）如图，在体积为的三棱锥中，分别为棱上的点，且，记为平面的交点，记三棱锥的体积为，则（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·天津滨海新·调研）在四面体中，空间的一点满足，若、、、四点共面，则 ． 题型03 线线、线面、面面平行证明 解｜题｜策｜略 1、线线平行的证明方法 （1）定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点； （2）利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质； （3）利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行． 2、线面平行的判定方法 （1）利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点； （2）利用线面平行的判定定理：如果平面外有一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行（简记为“线线平行线面平行”） （3）利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面。（简记为“面面平行线面平行”） 3、面面平行的判定方法 （1）面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合（不常用）； （2）面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（主要方法）； （3）垂直于通一条直线的两个平面平行（客观题可用）； （4）平行于同一个平面的两个平面平行（客观题可用）. 例1（2026·天津和平·月考）如图，是一个四棱锥，已知四边形是梯形，平面，，，，，点是棱的中点，点在棱上，.    (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 例2（2026·天津·月考）如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，. ①若点到平面的距离为，求的值. ②当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【变式1】（2026·天津·调研）如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角正弦值为，求到平面的距离. 【变式2】（2026·天津蓟州·月考）如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段上靠近点的三等分点，求到平面的距离． 题型04 线线、线面、面面垂直证明 解｜题｜策｜略 直线与平面垂直的判定方法 1、利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面； 2、利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直； 3、可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面； 4、面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一平面； 5、面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面； 6、面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面. 例1（2026·天津滨海新·月考）如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足， ，，，平面. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 例2（2026·天津·月考）如图.在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，，，是的中点. (1)求直线与平面的夹角的大小； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)若点在棱上，使得异面直线与所成角的正切值为，求点到平面的距离. 【变式1】（2026·天津·调研）长方体中，，，E、F分别为，中点，.    (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)求三棱锥的体积. 【变式2】（2026·天津滨海新·月考）如图所示，直三棱柱，，．      (1)求证：； (2)若E为中点，求平面与平面BCE夹角的余弦值； (3)求点到平面BCE的距离． 题型05 平行关系中的动点探究问题 解｜题｜策｜略 1、探索性问题的一般解题思路：先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在． 2、探索性问题的答题步骤：第一步对“是否存在”给出作答，写出探求的最后结论；第二步探求结论的正确性。 例1（2025·天津南开·调研）如图，正三棱柱的各棱长均为1 ，点是棱的中点，点是线段上的动点，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则下列命题： ①平面； ②三棱锥的体积为定值； ③当是的中点时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为 ④点是上底面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 其中正确命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 例2（2025·天津·调研）在如图所示的几何体中，四边形是菱形，，四边形是矩形，平面，，，点E为的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上存在动点P，使得直线与平面所成角的余弦值为求线段的长． 【变式1】（2026·天津武清·月考）已知正方体的棱长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为 ． 【变式2】（2025·天津·调研）如图，在四棱锥中，底面正方形，底面，，、分别为线段、的中点，为线段上的动点.    (1)证明：平面； (2)若点为的中点，求与平面所成角的正弦值； (3)若平面平面，求线段的长. 题型06 垂直关系中的动点探究问题 解｜题｜策｜略 垂直关系的动点问题本质是 “动态约束下的位置定位”，需通过以下四步建立解题逻辑： 1. 模型识别：判断垂直类型（线线 / 线面 / 面面垂直），识别隐含模型（如三垂线、一线三垂直、直径所对圆周角等）； 1. 条件转化：将几何垂直条件转化为可运算的关系（向量点积为零、斜率乘积为 - 1、线面垂直判定定理等）； 1. 轨迹定位：通过约束条件确定动点轨迹（直线、线段、圆、平面等），缩小探索范围； 1. 问题求解：结合轨迹性质计算长度、最值或存在性，优先选择几何直观与代数运算结合的方法。 例1（2025·天津南开·调研）如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到三棱锥，设，点分别为棱，的中点，为线段上的动点，则下列命题： ①在翻折过程中，存在某个位置使得； ①若，则与平面所成角的正切值为； ③三棱锥体积的最大值为2； ④当时，的最小值为. 其中正确命题的个数为 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 例2（2026·天津南开·月考）如图，直三棱柱中，侧棱长为4，，，是的中点，是上的动点，，交于点，要使平面，则线段的长为 . 【变式1】（2026·天津西青·月考）如图，点是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论不正确的（   ） A．当时，点一定在线段上 B．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 C．当点在棱上运动时，的最小值为 D．线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为 【变式2】（2025·天津北辰·月考）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，E、F、G分别是的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的夹角的余弦值； (3)线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角正弦值，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． （建议用时：20分钟） 1．（2025·天津·一模）设m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 3．（2025·天津·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．，，， B．，， C．， D．， 4．（2025·天津武清·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 5．（2025·天津武清·模拟预测）如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且，，，则该四面体的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 6．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 7．（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 8．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 9．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角； (3)求点M到平面的距离． 10．（2025·天津·二模）如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱上一点，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到直线的距离． 11．（2025·天津·二模）如图，在正四棱锥中，记其体积为V，且，，，过M，N，P的平面将四棱锥切出一个多面体，记其体积为，则的值为（   ） A． B． C． D． 12．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 13．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设为的中点，求平面与平面的夹角余弦值. 14．（2025·天津·二模）如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 15．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 立体几何中的平行关系与垂直关系 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：天津高考立体几何平行与垂直关系近三年稳定考查，以小题判断+解答题证明为核心，2026年大概率延续该模式，重点强化定理应用与综合转化能力。近三年考情（2023-2025）共性规律 1. 题型结构：1小题（5分）+1解答题（17题，15分），解答题第一问必证平行/垂直，占分约5-6分。 2. 核心考点：平行以线面平行为主（中位线、平行四边形）；垂直以线面垂直为主（证线垂两条相交线），偶尔考面面垂直（先证线面垂直）。 3. 载体与方法：几何体以棱柱、棱锥为主；证明以几何法为主，辅助空间向量法验证。 4. 难度梯度：小题基础，解答题第一问送分，后续问（二面角、距离）综合提升。 预测2026年：1. 题型与分值：延续1小题（5分）+1解答题（15分），解答题第一问仍为平行/垂直证明，是必得分点。2. 小题预测：聚焦线面、面面位置关系判断，如线面平行推线线平行、线面垂直推面面垂直，难度基础，重点考定理辨析。3. 解答题预测第一问：线面平行（中位线/平行四边形）或线面垂直（证线垂两条相交线），简单送分。新动向：①跨关系融合：平行与垂直结合证明（如先证线面平行，再证线面垂直）；②载体创新：以不规则棱锥/组合体为载体，需先补形/分割；③向量辅助：可用空间向量法证明垂直（如点积为0），简化推理． 题型01 空间点线面位置关系判断 解｜题｜策｜略 1、判断与空间位置关系有关的命题的方法： （1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断； （2）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定。 2、两点注意： （1）平面几何的结论不能完全引用到立体几何中； （2）当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与提升或公认结论相矛盾的命题，进而作出判断。 例1（2026·天津·调研）已知三个不同的平面，，和三条不同的直线，，，下列命题中为假命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】利用空间线面的位置关系逐个判断即可. 【详解】因为，，所以，A正确； 若，，则或，B不正确； 因为，，，所以， 因为，，，根据线面平行的性质定理，所以，又，所以，C正确； 因为，，所以，D正确. 故选：B 例2（2026·天津滨海新·月考）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据线面、面面位置关系的判定定理和性质逐一分析判断即可得解. 【详解】对A：若，，则或，故A错误； 对B：若，，，则或异面，故B错误； 对C：如图：    过直线作平面，交平面于直线，因为，所以； 过直线作平面，交平面于直线，因为，所以； 所以，且，，所以. ，，所以. 又，所以.故C正确； 对D：因为垂直于同一个平面的两个平面的位置关系不能确定，故D错误. 故选：C 【变式1】（2026·天津北辰·月考）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．，，， B．，， C．，， D．， 【答案】C 【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的性质及线面平行的判定定理即可判断． 【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误； 对于B：当时，，，，故B错误； 对于C：若一直线同时平行两平面，则与两平面的交线平行，故C正确； 对于D：满足，，则或，故D错误． 故选：C． 【变式2】（2026·天津津南·月考）在正方体中，E，F分别为CD和的中点，则异面直线AF与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取线段的中点，证明四边形为平行四边形，在中由余弦定理即可求得. 【详解】取线段的中点，连接，设 因为F为的中点，则在正方形中有，， 又，，故，， 则四边形为平行四边形，则， 则异面直线AF与所成角为或其补角， 设正方体的棱长为，则，， 则， 在中由余弦定理得，， 故异面直线AF与所成角的余弦值是. 故选：A 题型02 共面、共线、共点证明 解｜题｜策｜略 1、证明点线共面问题的两种方法 （1）纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内； （2）辅助平面法：先证有关点、线共平面，再证其他点、线共平面,最后证平面,重合. 2、证明点共线问题的两种方法 （1）先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上； （2）直接证明这些点都在一条特定直线上. 3、证明三线共点问题的步骤 第一步：先证其中两条直线交于一点； 第二步：再证交点在第三条直线上. 证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线。[ 例1（2025·天津河西·月考）下列命题中真命题的为（    ） A．经过三点确定一个平面 B．两条直线确定一个平面 C．经过两点可以作无数个平面 D．经过一条定直线和一个定点的平面有且只有一个 【答案】C 【分析】由平面的确定定理判断即可. 【详解】对于A，三点共线时不能确定一个平面，故A错误; 对于B，当两直线是异面直线时，不能确定一个平面，故B错误； 对于C，过两点平面可以转动，所以可以作无数个，故C正确； 对于D，当点在直线上时，此时平面有无数个，故D错误； 故选：C. 例2（2025·天津·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，E是PD的中点，F，M分别在线段PC，PB上，且，，. (1)证明：多面体为四棱锥； (2)作出四棱锥的底面所在平面与平面的交线，写出画法，不必证明； (3)若，平面，且，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）法一：取的中点，连接，通过求证，说明共面即可求证；法二：连接AC，AF，通过向量运算说明，进而可求证；法三：连接AF，通过，说明共面即可求证； （2）法一：找到两平面的两个公共点，即可求解；法二：连接EM并延长交BD于点N，连接AN，确定为公共点即可； （3）法一：建系，由向量法求得点到面的距离，即可求解.法二：由， 及，即可求解； 【详解】（1）法一：取的中点，连接， 因为是的中点，且， 所以是的中点， 所以，， 又，，， 所以且， 又，，所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以，又，所以， 所以四点共面，即四边形为平面四边形. 又多面体其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体为四棱锥. 法二：连接AC，AF，由已知，有， ， 所以，所以四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥， 法三：连接AF，由已知，有 ， ，， 所以， 所以A，M，F，E四点共面，即四边形AMFE为平面四边形. 又多面体PAMFE其余各面都是有一个公共顶点P的三角形， 所以多面体PAMFE为四棱锥. （2）法一：如图，延长交于点，连接，直线即为所求作的交线. 易知为平面与平面的公共点， 又为与的交点，易知也是平面与平面的公共点， 所以即为交线. 法二：如图，连接EM并延长交BD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. 法三：连接FE并延长交CD于点N，连接AN，直线AN即为所求作的交线. ， 易知：为平面与平面的公共点，所以即为交线. （3）法一：因为，平面ABCD，如图，以A为坐标原点，过点A且与CD平行的直线为x轴，AD，AP所在直线分别为Y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接AF， 则，，，，，， 故，，，，，. 设平面AEF的法向量为， 则，即，不妨取，则可得， 则点P到底面AMFE的距离为，即为四棱锥的高. 因为，所以，因此四边形AMFE为直角梯形， 又由（1）知，，则， 从而，四棱锥P-AMFE的体积. 法二：连接AF， 因为，所以，所以， 所以四棱锥PAMFE的体积， 因为， 所以 ， 所以. 【变式1】（2025·天津河西·调研）如图，在体积为的三棱锥中，分别为棱上的点，且，记为平面的交点，记三棱锥的体积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先画出图形确定点的位置，设，，根据平面向量基本定理，分别确定、的位置，结合已知条件，分别求出值，将三棱锥的体积之比，转化为即可得到结果． 【详解】 设，，连接，， 易知平面平面，平面平面， 显然， ， ， 在中，设，， ， ， 由平面向量基本定理得：，解得， 即，； 在中，设，， ， ， 由平面向量基本定理得：，解得， 即，； 则在中，，，则， 设点到底面的距离分别为， 则，，， 则， 故选：C. 【变式2】（2025·天津滨海新·调研）在四面体中，空间的一点满足，若、、、四点共面，则 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用空间向量的共面向量定理的推论列式计算即得. 【详解】在四面体中，不共面， 因为，所以， 若、、、四点共面，则, 所以. 故答案为：. 题型03 线线、线面、面面平行证明 解｜题｜策｜略 1、线线平行的证明方法 （1）定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点； （2）利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线，梯形，平行四边形等关于平行的性质； （3）利用基本事实4：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行． 2、线面平行的判定方法 （1）利用线面平行的定义：直线与平面没有公共点； （2）利用线面平行的判定定理：如果平面外有一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行（简记为“线线平行线面平行”） （3）利用面面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么在一个平面内所有直线都平行于另一个平面。（简记为“面面平行线面平行”） 3、面面平行的判定方法 （1）面面平行的定义：两个平面没有公共点，常与反证法结合（不常用）； （2）面面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（主要方法）； （3）垂直于通一条直线的两个平面平行（客观题可用）； （4）平行于同一个平面的两个平面平行（客观题可用）. 例1（2026·天津和平·月考）如图，是一个四棱锥，已知四边形是梯形，平面，，，，，点是棱的中点，点在棱上，.    (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析. (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得直线平面； （2）利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值. （3）利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）以为坐标原点，以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则； 为平面的一个法向量，， 因为 ，所以， 因为直线平面， 所以直线平面. （2）设为平面的法向量，; 所以，令 ，则 ，则. 所以. 所以直线与平面所成角的余弦值为. （3）设为平面的法向量， 因为，所以; 所以,; ，令，则 ，则； 为平面的法向量； 则； 所以平面与平面的夹角的余弦值为.    例2（2026·天津·月考）如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，. ①若点到平面的距离为，求的值. ②当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证； （2）①由面面垂直的性质得到平面，即可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法得到方程，求出的值；②求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点，又因为为中点， 所以在中，有，因为平面，平面， 所以平面； （2）①在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以，又， 故为坐标原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则有，，，，， 则，，，， 设为平面的法向量，则有，即， 取，得，，则， 点到平面的距离为，解得； （ii）当时，，， 设为平面的法向量，则有， 即，取，得，，则， 由①可知是平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式1】（2026·天津·调研）如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角正弦值为，求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，证得，利用线面平行判定定理即可证明结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解； （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，再根据点到平面的距离公式求解即可得答案． 【详解】（1）连接，    因为，， 所以， 又因为，所以四边形为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为，，为的中点， 所以且，     可得且，即四边形为平行四边形，     所以， 又平面，平面，     所以平面； （2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系：    依题意可得，，，，，， 则.，，，， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得， 所以，         所以平面与平面的夹角为； （3）设，即， 则，从而， 由（2）知平面的法向量为， 设线面所成角的大小为， 由题意，，即， 整理得，解得或， 因为，所以，     所以， 则到平面的距离为. 【变式2】（2026·天津蓟州·月考）如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段上靠近点的三等分点，求到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，证得∥，利用线面平行的判定定理，即可证得∥平面； （2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.求得平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求得平面与平面夹角的余弦值，由同角三角函数关系式得到其正弦值； （3）求出点的坐标，根据点到平面距离的向量求法求得到平面的距离． 【详解】（1）连接，由，，得∥. 因为，所以四边形是平行四边形. 由点，分别为，的中点，得∥，且. 由，，点为的中点，得，∥. 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. （2）因为平面，，所以两两垂直. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系. 则. 所以. 设平面的法向量为， 则，所以. 令，则，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，所以. 令，则，所以平面的一个法向量为. ，所以. 平面与平面夹角的正弦值为. （3）由（2）知平面的一个法向量为. 且. 所以到平面的距离． 题型04 线线、线面、面面垂直证明 解｜题｜策｜略 直线与平面垂直的判定方法 1、利用定义：若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于这个平面； 2、利用线面垂直的判定定理：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直； 3、可作定理用的正确命题：如果两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面； 4、面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一平面； 5、面面平行的性质：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，则这条直线也垂直于另一个平面； 6、面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面的交线垂直于第三个平面. 例1（2026·天津滨海新·月考）如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足， ，，，平面. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明过程详见解析. (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，进而求出平面法向量，最后根据向量夹角公式求出二面角的余弦值. （3）根据点到平面的距离公式，利用（2）中求出的平面法向量和相关向量计算即可. 【详解】（1）因为平面，平面，所以. 又，，，平面，所以平面. 又平面，所以. 由已知条件可知，四边形是正方形，所以. 又，，平面，所以平面. （2）以点为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 因为，可得，，，，，. 则，. 设平面的一个法向量为，则 ，即，所以，令，则， 所以平面的一个法向量为. 由（1）知，平面，所以为平面的一个法向量. 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），平面的法向量为. 又，， 点到平面的距离为. 例2（2026·天津·月考）如图.在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，，，是的中点. (1)求直线与平面的夹角的大小； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)若点在棱上，使得异面直线与所成角的正切值为，求点到平面的距离. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先证明底面，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面PBD的法向量坐标，再利用线面角的向量法求解即得. （2）求得平面和平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解. （3）先根据异面直线DF与BC所成角的正切值确定F的坐标，再利用点到平面的距离的向量法求解即可. 【详解】（1）在四棱锥中，平面底面ABCD， 又因为，，则， 所以，而平面底面 , 所以底面，底面， 则，由底面是正方形，得， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，则，， ， 因为底面，底面，所以， 由底面是正方形，得，,平面, 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设以与平面的夹角为. 因此， 而，则， 所以与平面的夹角为. （2）由（1）知，，且， 设平面的法向量为， 则，取，得， ，而，则， 即，则的一个法向量为， 因此， 而，则， 所以平面与平面的夹角为. （3） 是中点，得 ； 设 在上， ， 则 ， ， 异面直线DF与BC所成角的正切值为，则 ； 由 ，解得 ，故 . 平面 的向量 ， 设平面 的一个法向量为， 则，令 ，则 ，所以， 故点 到平面的距离为 . 【变式1】（2026·天津·调研）长方体中，，，E、F分别为，中点，.    (1)求证：平面； (2)求直线与直线所成角的余弦值； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)6 【分析】（1）根据题意，利用勾股定理，证得，由平面，证得平面，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以D为坐标原点，建立坐标系，求得和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由（1）知：平面，得到，求得，结合向量的距离公式，求得到平面的距离为，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】（1）因为为 中点，且 ， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 所以，所以， 在长方体中，可得平面， 因为平面，所以 又因为分别为的中点，可得，所以 因为平面，所以， 因为，且平面，所以平面. （2）以D为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为，      可得， 则，， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. （3）由（1）知：平面，且平面，所以， 在直角中，， 可得， 又由， 可得， 由（1）知：平面，所以平面的一个法向量为， 所以到平面的距离为， 故三棱锥的体积为. 【变式2】（2026·天津滨海新·月考）如图所示，直三棱柱，，．      (1)求证：； (2)若E为中点，求平面与平面BCE夹角的余弦值； (3)求点到平面BCE的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明， 可得平面，进而得到； （2）以B点为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面BCE的法向量，代入空间二面角的余弦公式可得； （3）利用空间向量求距离可得. 【详解】（1）因为直三棱柱中，， 所以四边形为正方形，， 又，，且，AB、平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，且、平面， 所以平面，且平面， 所以． （2）设，由及勾股定理得， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    得，，，，，， 设平面的法向量，而，， 所以可得，令，得， 设平面的法向量，而，， 所以可得，令，得， 设平面与平面BCE的夹角为， 则二面角余弦值． （3）平面的法向量为，， 所以点到平面BCE的距离为. 题型05 平行关系中的动点探究问题 解｜题｜策｜略 1、探索性问题的一般解题思路：先假设其存在，然后把这个假设作为已知条件，和题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的结论，则说明存在；如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在． 2、探索性问题的答题步骤：第一步对“是否存在”给出作答，写出探求的最后结论；第二步探求结论的正确性。 例1（2025·天津南开·调研）如图，正三棱柱的各棱长均为1 ，点是棱的中点，点是线段上的动点，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则下列命题： ①平面； ②三棱锥的体积为定值； ③当是的中点时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为 ④点是上底面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 其中正确命题的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用线面平行的判定定理即可判断①；根据三棱锥的体积公式求出三棱锥的体积即可判断②；如图，作出过点P，A，R的平面截正三棱柱所得截面图形为，再计算的面积即可判断③；当D在上运动时，其轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，计算弧长即可判断④. 【详解】对于①，如图，由点R，P分别为的中点，得． 又平面，平面，所以平面，故①正确； 对于②，由题意可知， 设点到平面的距离为d，平面平面， 所以点到平面的距离等于点到线段的距离． 又，所以， 所以，为定值，故②正确； 对于③，连接并延长交于点S，连接， 则过点P，A，R的平面截正三棱柱所得截面图形为． 因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面． 又平面，所以， 取的中点N，连接，则点Q为的中点， 又点R为的中点，所以，， 又点M为的中点，所以， 所以，所以，所以， 所以，故，故③错误； 对于④，由题可知，点D的轨迹是以为轴（其中B为顶点）， 母线与轴所成角为的圆锥的底面圆周与正三棱柱的上表面的交线． 所以，所以， 所以D在上运动时，其轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 故点D在上运动的轨迹长度为，故④正确； 故选：C． 例2（2025·天津·调研）在如图所示的几何体中，四边形是菱形，，四边形是矩形，平面，，，点E为的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上存在动点P，使得直线与平面所成角的余弦值为求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过线线平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解夹角问题； （3）设，利用线面角的余弦值求出正弦值，利用空间向量建立等式求出，再利用空间两点间的距离公式进行求解． 【详解】（1）设与交于点，连接 四边形是菱形，是矩形， 所以且，且， 则且， 四边形是平行四边形，则是的中点． 是的中点， ，平面，平面， 平面． （2）连接，由四边形是菱形，， 为正三角形， 又是的中点，得，即， 平面，、平面， ，， 以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示 则，，，，， 得，，， 设平面的一个法向量为 则 令，得，， 平面的一个法向量为， 令，得，，， 得， 平面与平面所成角的余弦值为； （3）设，且， 由（2）知平面的法向量为， 设直线与平面的所成角为，则， 所以， 解得或， 或． 【变式1】（2026·天津武清·月考）已知正方体的棱长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为 ． 【答案】 【分析】作出辅助线，得到平面平面，确定当在线段上运动时，满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥，求出外接球半径，得到外接球体积. 【详解】分别取的中点，连接， 故， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，故， 因为平面，平面， 所以平面， 又点是棱的中点，所以，， 故四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 故当在线段上运动时，满足平面， 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥， 其中两两垂直，且， 故其外接球半径为， 故较小部分的外接球的体积为. 故答案为： 【变式2】（2025·天津·调研）如图，在四棱锥中，底面正方形，底面，，、分别为线段、的中点，为线段上的动点.    (1)证明：平面； (2)若点为的中点，求与平面所成角的正弦值； (3)若平面平面，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，根据条件先证明出平面平面，由此可证明平面； （2）建立合适空间直角坐标系，然后求解出平面的一个法向量，根据与法向量夹角的余弦值求解出与平面所成角的正弦值； （3）设，然后求解出平面的一个法向量，根据条件得到，由此可求的值，则的长可求. 【详解】（1）取的中点，连接，因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为为的中点，且四边形是正方形，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）由题意，以为原点，分别以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则，所以， 设与平面所成角为，所以， 所以与平面所成角的正弦值为. （3）设，所以， 因为，所以，所以， 设平面的一个法向量为， 所以，取，则，所以， 因为平面的一个法向量，且平面平面， 所以，解得， 所以. 题型06 垂直关系中的动点探究问题 解｜题｜策｜略 垂直关系的动点问题本质是 “动态约束下的位置定位”，需通过以下四步建立解题逻辑： 1. 模型识别：判断垂直类型（线线 / 线面 / 面面垂直），识别隐含模型（如三垂线、一线三垂直、直径所对圆周角等）； 1. 条件转化：将几何垂直条件转化为可运算的关系（向量点积为零、斜率乘积为 - 1、线面垂直判定定理等）； 1. 轨迹定位：通过约束条件确定动点轨迹（直线、线段、圆、平面等），缩小探索范围； 1. 问题求解：结合轨迹性质计算长度、最值或存在性，优先选择几何直观与代数运算结合的方法。 例1（2025·天津南开·调研）如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到三棱锥，设，点分别为棱，的中点，为线段上的动点，则下列命题： ①在翻折过程中，存在某个位置使得； ①若，则与平面所成角的正切值为； ③三棱锥体积的最大值为2； ④当时，的最小值为. 其中正确命题的个数为 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断①；连接，证明平面，则即为与平面所成角的平面角，即可判断②，根据三棱锥体积公式，找底面面积和点到平面距离，当面面垂直时最大，算出体积最大值，即可判断③；把与沿展开到同一平面，用余弦定理算（即最小值），判断是否符合给定值，即可判断④. 【详解】对①，当平面与平面垂直时， ，平面与平面的交线为，平面, 平面，又平面， ，，故①正确； 对②，连接， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为为的中点， 所以， 又平面， 所以平面， 则即为与平面所成角的平面角， 在中，，则， ， 所以， 即与平面所成角的正切值为，故②错误；    对③，三棱锥的体积（为点到平面的距离）， . 当平面平面时，最大，的最大值为， 此时，所以三棱锥体积的最大值为，故③正确； 对④，当时，因为为的中点， 所以，则， 又因为的中点，所以， 又，所以， 所以， 如图将沿旋转，使其与在同一平面内， 则当三点共线时，最小， 即的最小值为， 在中，， 则， 所以， 所以的最小值为，故④错误.    故选：B. 例2（2026·天津南开·月考）如图，直三棱柱中，侧棱长为4，，，是的中点，是上的动点，，交于点，要使平面，则线段的长为 . 【答案】1 【分析】先把空间中的线面垂直转化为平面上的线线垂直，再利用直线垂直求线段的长. 【详解】因为为等腰直角三角形，且，是的中点， 所以. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 平面平面，平面，所以平面. 平面，所以. 要使平面，只需即可. 在平面中，以为原点建立平面直角坐标系，如图： 则，，，设. 因为，所以.即. 故答案为：1 【变式1】（2026·天津西青·月考）如图，点是棱长为1的正方体的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论不正确的（   ） A．当时，点一定在线段上 B．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 C．当点在棱上运动时，的最小值为 D．线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为 【答案】C 【分析】根据线面垂直判定A，应用空间向量法计算角及外接球球心，结合表面积公式计算判断B，D，应用展开图及勾股定理计算判断C. 【详解】对于A，若， 又因为平面，平面， 所以，又平面，可得平面， 所以，又因为是正方形，所以，所以点一定在线段上，故A正确； ， 对于C，如图，旋转平面，使之与平面共面， 连接交于，此时最短为，大小为，故C错误， 对于B，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 当为的中点时，则，，， 设三棱锥的外接球的球心为，则， 即，解得， ∴三棱锥的外接球半径， ∴三棱锥的外接球表面积为，则B正确； 设线段上存在点，设， 则可得，又，，， 则， 设异面直线与所成角为，若正切值为，则， 即，化简得， 解得，故线段上存在点，使异面直线与所成角的正切值为，故D正确. 故选：C. 【变式2】（2025·天津北辰·月考）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，E、F、G分别是的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的夹角的余弦值； (3)线段上是否存在一个动点M，使得直线与平面所成角正弦值，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理证明即可. （2）取的中点O，连接，连接，利用面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解夹角余弦值. （3）设，则，然后利用线面角的向量公式列式计算求得或1，即可求解线段的长度. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又E、F分别是的中点，则， 故平面； （2）取的中点O，连接，连接，则， 因为平面平面平面，平面平面， 所以平面， 故以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以， 设平面的法相向量为，则，即， 令，则，故， 又平面的法向量为，所以， 所以平面与平面所成二面角的夹角的余弦值为；    （3）设，因为， 故， 所以， 因为直线与平面所成角为正弦值，故， 化简可得，解得或1， 所以或. （建议用时：20分钟） 1．（2025·天津·一模）设m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】利用线面垂直的性质推理判断A；利用线面平行的判定性质推理判断B；利用线线、面面平行关系判断C；利用面面垂直及线面平行关系判断D. 【详解】对于A，由，，得，而，则，A错误； 对于B，由，得存在过的平面且与不重合，则， 由，得存在过的平面，则， 又，因此，又，则，B正确； 对于C，由，，，得与相交或平行，C错误； 对于D，由，，，得与相交、平行或异面，D错误. 故选：B 2．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【分析】（1）取的中点，连接，在，中，运用勾股定理逆定理得到，再结合线面垂直判定定理证明； （2）建系，求出关键点坐标，应用计算求解； （3）求出平面与平面的法向量，结合向量夹角公式计算即可求出余弦值，最后应用同角三角函数关系求出正弦值. 【详解】（1）设，为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形， 取的中点，底面是等腰梯形，. 连接 ， 在中，， 在中，. ， ，且平面， 平面； （2） 如图，建系，则 ， 设直线与所成角为， （3）设平面的法向量是 ，即，令，解得 设平面的法向量是 ，即令，解得 设平面与平面夹角为 故面与平面夹角正弦值为. 3．（2025·天津·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．，，， B．，， C．， D．， 【答案】D 【分析】对于A当时，则与有可能相交即可判断，对于B当时即可判断，对于C由线面位置关系即可判断，对于D由线面垂直的判断定理即可判断. 【详解】对于A：当时，满足，，，，则与有可能相交，故A错误； 对于B：当时，则，，，故B错误； 对于C：满足，，则或，故C错误； 对于D：由，,故D正确. 故选：D. 4．（2025·天津武清·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）求证，再利用线面平行的判定定理求证； （2）以A为坐标原点建系，求出两个平面的法向量，再求其夹角的余弦值即可； （3）利用可求. 【详解】（1）因，，，则， 又，四点共面，则， 因平面，平面，则平面. （2）如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 设平面的法向量为 则，令，则， 易知为平面PAD的一个法向量， 则， 所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为； （3）， 因Q为线段PC的中点， 则. 5．（2025·天津武清·模拟预测）如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且，，，则该四面体的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件可得出，即可求出体积. 【详解】连接，因为线段的中点，，则， 又为线段的中点，，，则， 则， 则该四面体的外接球球心为，半径为，体积为. 故选：C 6．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由，且为的中点，得到，再由平面，证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由为的中点，得到，再由（2）平面的法向量为，结合向量的距离公式，即可求解. 【详解】（1）证明：在中，因为，且为的中点，所以， 在矩形中，因为和分别为和的中点，可得， 因为平面，且平面，可得，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2）解：以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得， 设平面的法向量为，则 取，可得，所以； 因为平面，且平面，可得， 又因为，且，平面， 所以平面，即平面， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值. （3）解：因为为的中点，可得，所以， 由（2）知，平面的法向量为， 设点到平面的距离为，则. 7．（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明和，即可证明； （2）根据（1）的结果，分别求平面和平面的法向量，利用法向量求平面夹角的余弦值； （3）代入点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面； （2） 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； （3）, 所以点到直线的距离. 8．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析； 【分析】（1）先利用矩形对边平行的性质结合线面平行的判定定理得到平面，再依据线面平行的性质定理推出. （2）（i）根据已知的垂直关系，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而依据面面垂直的判定定理证明平面平面. （ii）先通过等腰三角形三线合一以及面面垂直的性质得到平面，从而确定线面角，通过其正切值求出的值，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后利用向量法求出点到平面的距离. 【详解】（1） 证明：因为矩形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以 （2）证明：因为，，所以， 因为矩形，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面 取的中点O，连接 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以就是直线与平面所成角，即， 在中，，解得， 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由，知， 所以，， 设平面ABE的法向量为，则， 取，则，，所以， 而， 所以点C到平面的距离为 9．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角； (3)求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据中位线的性质可证明四边形为平行四边形，即可利用线面平行的判定求解， （2）根据线线垂直可得平面，即可知为直线与平面的夹角，利用三角形的边角关系即可求解， （3）由线面角的大小，即可求解. 【详解】（1）取的中点为，连接, 由于为的中点， 所以且， 又且， 因此且，所以四边形为平行四边形， 故, 平面，平面， 所以平面； （2）由（1）知：， 所以直线与平面的夹角即为直线与平面的夹角， 取的中点为，连接, 由于所以, 又平面平面，所以, 平面， 故平面，所以为直线与平面的夹角， 由于， 所以, 由于为锐角，所以， 故直线与平面的夹角为. （3）由（2）知直线与平面的夹角为， , 故点M到平面的距离为. 10．（2025·天津·二模）如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱上一点，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以为原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，可得出点的坐标，求出、的坐标，可得出，利用空间向量数量积的坐标运算可求出的值，即可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求出平面与平面的夹角的大小； （3）利用点到直线的距离公式可求出点到直线的距离. 【详解】（1）依题意，以为原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则、、、、，所以． 设，故，则． 所以． 因为，所以，解得，所以． （2）由（1）知，． 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，则． 易得平面的一个法向量为， 因为，故，故平面与平面的夹角大小为． （3）因为，， 所以在上的投影向量的长度为． 又， 所以点到直线的距离为． 11．（2025·天津·二模）如图，在正四棱锥中，记其体积为V，且，，，过M，N，P的平面将四棱锥切出一个多面体，记其体积为，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得棱上点的位置与线段比，延长构建三棱锥，根据三角形等积变换以及棱锥体积公式，可得答案. 【详解】如图，分别延长NM，BA交于点E，分别延长NP，BC交于点F，连接EF，在平面SBC内，作交SC于G， 则平面平面，故点Q，R在线段EF上． 则，又，所以． 同理，，则，， 记点N到平面ABCD的距离为d（N，ABCD），点S到平面ABCD的距离为d（S，ABCD）， 易得，所以． 同理，， 所以．即． 故选：C． 12．（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）法一：如图，连接交于，连接， 因为底面为矩形，所以为的中点， 因为为的中点，所以是的中位线， 得到，而平面，平面，故平面. 法二：根据题意，以点为坐标原点， 分别以为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， 则， 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，故， 平面，平面. （2）， ， 直线与平面所成角的正弦值为. （3）由已知得， 由点到直线的距离公式得， 故点到直线的距离为. 13．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设为的中点，求平面与平面的夹角余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直性质定理证明平面，原题即得证； （2）以P为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值； （3）证明平面，再利用向量法求平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）在中，∵，P为的中点，∴， ∵平面平面，且平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴. （2）在直角梯形中，∵，，P为中点， ∴，且，则四边形为平行四边形， ∵，∴， 由（1）可知，平面，故以P为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∴，，， 设平面的一个法向量， 由，取，得， 所以为平面的一个法向量； 设直线与平面所成角为， 则． ∴直线与平面所成角的正弦值为； （3）∵，，，平面， ∴平面，即为平面的一个法向量， ∵M为的中点， ∴点M的坐标为，而，， 设平面的一个法向量为， 由， 取，， 所以为平面的一个法向量． ∴． ∴平面与平面的夹角余弦值为． 14．（2025·天津·二模）如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）过作，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. （3）由（2）中信息，利用向量法求出点到平面的距离. 【详解】（1）在正三棱柱中，M为BC的中点，则，过作， 由平面，得平面，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，于是， 即，而平面， 所以直线平面. （2）由（1）得， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）得点A到平面的距离. 15．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)平面与平面的夹角的正弦值为 (2)直线与平面所成角的正弦值为 (3)到平面的距离为 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得两平面的夹角的余弦值，进百可求正弦值； （2）求得，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）由，利用向量法可求点到平面的距离. 【详解】（1）因为四棱柱为正四棱柱，所以底面，又因为， 所以以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的正弦值为； （2）由（1）可得，所以， 设直线与平面所成角为； 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）由（1）可得，则到平面的距离为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $