专项练习09：直线与直线，平面垂直【12个题型归纳】-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

2026年高一数学下学期常考题型归纳 【专项练习09：直线与直线，平面垂直】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【A·基础达标题型】 【题型1：证明异面直线垂直】 【题型专练】 1．（24-25高一下·全国·课后作业）在直三棱柱中，，求证：． 2．（24-25高二上·云南昭通·期中）如图所示，在正方体中，.证明：    (1)； (2)与是异面直线. 3．（24-25高一下·吉林长春·期末）如图，在直三棱柱中，，D，E分别为，的中点. (1)求证：. (2)若，，求三棱锥的体积. 4．（24-25高一下·山西·月考）已知下面给出的三个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点，则满足直线的图形的个数为（ ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 5．（2024高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，为的中点，．证明：． 【题型2：求异面直线的夹角】 【题型专练】 6．（24-25高一下·贵州毕节·期末）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则直线与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·山西长治·期中）如图，正方体中，的中点为N，则异面直线与CN所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 8．（2026·辽宁大连·一模）在四面体ABCD中，，，E为CD的中点，则异面直线BE与AD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 9．（2027高三·全国·专题练习）在正四棱锥中，为棱上的点，且，设平面与平面的交线为，则异面直线与所成角的正切值为（     ） A． B． C． D． 10．（2027高三·全国·专题练习）如图所示，三棱锥中， 平面，，，是的中点． (1)求证：与是异面直线； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【题型3：正方体/长方体模型直接判定定理证线面垂直】 【题型专练】 11．（25-26高一下·北京朝阳·期中）如图，在正四棱柱中，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)证明：平面． 12．（22-23高一下·北京顺义·月考）如图，在正方体中，    (1)求证：平面； (2)求证：平面； 13．（21-22高一下·北京通州·期末）如图，在正方体中，. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线和平面所成的角. 14．（21-22高一·湖南·课后作业）如图，在正方体中，E，F分别是棱，的中点，求证：平面EAB． 15．（25-26高二上·上海·期末）在正方体中，分别为棱的中点，为底面的中心，则直线与直线（    ） A．异面且垂直 B．不异面且垂直 C．异面且不垂直 D．不异面且不垂直 【题型4：线面垂直定理条件辨析与正误判断】 【题型专练】 16．（25-26高一下·浙江宁波·期中）已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（   ） A．， B．， C．，， D．，，， 17．（25-26高一下·福建福州·期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 18．（25-26高二上·上海·期末）已知直线和平面，则下列说法中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 19．（2026·江苏·一模）已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 20．（25-26高一下·全国·课后作业）若表示直线，表示平面，下列命题中正确的有________（填序号）． ①，；②，；③，；④，；⑤，． 【B·能力提升题型】 【题型1：等腰三角形三线合一结合判定定理证线面垂直】 【题型专练】 21．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且. (1)求证：； 22．（25-26高一下·四川成都·期中）(本题若使用空间向量，相关步骤不得分)如图，已知正四面体的棱长为，为底面的外心，为中点. (1)连接，证明：平面. 23．（2026·湖北鄂州·模拟预测）（多选）在四面体中，是边长为2的等边三角形，，均为等腰直角三角形，则该四面体的体积可能是（    ） A． B． C． D． 24．（25-26高一下·安徽阜阳·期中）如图，在平行四边形中，，，为的中线，将沿折叠，使点到点的位置，连接，且. (1)求证：平面. 25．（2026·广东深圳·一模）（多选）在正三棱台中，为的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．平面 【题型2：勾股定理逆定理证垂直推导线面垂直】 【题型专练】 26．（25-26高一下·广西柳州·期中）如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求三棱锥的体积. 27．（25-26高一下·浙江·期中）如图，在正三棱柱中，为的中点，. (1)证明：； (2)证明：平面； 28．（2026高三·全国·专题练习）在平行四边形中（图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（图2）．求证：平面. 29．（24-25高一·全国·寒假作业）如图，在中，．将沿AD翻折至．求证：平面； 30．（24-25高一·全国·寒假作业）如图，梯形中，，于点，，且．沿把折起到的位置，使．若为的中点，为上一点，证明． 【题型3：线面垂直与线线垂直双向转化证明】 【题型专练】 31．（25-26高二下·上海·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，. (1)证明：； (2)在我国古代数学典籍《九章算术》中，记载了一种特殊的三棱锥——鳖臑，其四个面均为直角三角形，本题图中三棱锥即为一个鳖臑，请计算它的体积和表面积. 32．（2026高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点．求证：． 33．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，已知空间四边形的边，，作于点，作于点．求证：平面． 34．（25-26高一·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，平面，为的中点，，，，.求证：平面； 35．（24-25高一·全国·寒假作业）如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，，． (1)证明：． (2)证明：平面． 【题型4：菱形/正方形对角线（梯形）垂直综合证线面垂直】 【题型专练】 36．（25-26高一下·天津蓟州·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线与平面所成角的余弦值． 37．（25-26高一下·全国·课后作业）如图1，在梯形中，，，为中点，是与的交点，将沿翻折到图2中的位置得到四棱锥．求证： 38．（25-26高一·全国·假期作业）如图，等腰梯形中，，为边上一点，且，，为中点，为中点将沿折起到的位置，如图．证明：平面； 39．（25-26高三·全国·二轮复习）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，. 证明：平面. 40．（25-26高三上·陕西咸阳·月考）在四棱锥中，底面是直角梯形， ，平面，点是的中点.求证： (1)平面； (2). 【C·拓展培优题型】 【题型1：多步垂直链条综合证明线面垂直】 【题型专练】 41．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面是的中点，分别在上，且．则与的位置关系为________． 42．（25-26高三上·安徽·月考）如图，在三棱台中，平面，，，分别为棱，的中点. (1)证明：； (2)若，，，求三棱台的体积. 43．（23-24高一下·江苏淮安·期中）已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心， (1)求证：； (2)已知平面，且平面．求证：． 44．（2023高三·全国·专题练习）如图，已知正方体的棱长为2． ，分别为与上的点，且，． 求证：； 45．（2026高一·广东·专题练习）已知直三棱柱满足，，点，分别为，的中点. (1)求证： 平面； (2)求证：平面. (3)求三棱锥的体积. 【题型2：线面垂直点的存在性探究与证明】 【题型专练】 46．（24-25高一下·河北承德·月考）已知，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点．      (1)在棱上是否存在点，使？若存在，求的长；若不存在，说明理由． (2)已知点同时满足下列条件： ①平面；②平面. 请再写出与点M有关的两个结论：一个为“线面平行”，一个为“线面垂直”：________，________．（结论不要求证明） 47．（23-24高一下·安徽亳州·月考）如图，已知正方体的棱长为2，点，分别在棱和上. (1)证明：； (2)若三棱锥的体积是，平面，试确定点的位置，并证明你的结论. 48．（22-23高一下·山东青岛·期中）如图，在四棱锥中，面，，，，，为线段上的点． (1)证明：面； (2)若满足面，求的值． 49．（2025高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，，，底面，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)在侧面内找一点，使得平面，并求点到的距离. 50．（24-25高一下·河北·月考）如图1，在矩形中，是线段上的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面. (1)是线段上的点，若当时， 平面，求的值； (2)若点在平面内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离. 【题型3：线面垂直结合体积、距离、最值综合题】 【题型专练】 51．（25-26高一下·安徽阜阳·期中）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，，，点E在线段上，且. (1)证明：平面. (2)求点到平面的距离. 52．（2026·广东湛江·二模）已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 53．（2026高一·全国·专题练习）某景区一座仿古建筑的屋顶是中国传统建筑中常见的“庑殿顶”，其顶盖几何模型如图所示，平面ABCD，底面ABCD是边长为18的正方形，侧面ABFE与CDEF是全等的等腰梯形，侧面ADE与BCF是等腰直角三角形，若，则EF到平面ABCD的距离为______. 54．（2026·天津河北·一模）如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 55．（25-26高三上·江西·月考）已知正三棱柱 的各条棱长均为1，D是侧棱 的中点，则四棱锥 的体积是（    ） A． B． C． D． 【题型4：不规则多面体纯几何法线面垂直证明】 【题型专练】 56．（2026·广西南宁·一模）（多选）如图，在几何体中，，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，点分别为棱的中点，则（   ）    A．平面 B．平面FPH∥平面ABE C．四点共面 D．异面直线与所成的角小于60° 57．（24-25高一下·甘肃白银·期末）（多选）如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点，，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．平面 D． 58．（24-25高三上·江苏南通·月考）（多选）半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（    ） A．平面EAB B．该二十四等边体的体积为 C．该二十四等边体外接球的表面积为 D．PN与平面EBFN所成角的正弦值为 59．（2023·安徽马鞍山·模拟预测）（多选）如图，线段为圆的直径，点，在圆上，，矩形所在平面和圆所在平面垂直，且，，则（    ） A．平面 B．平面 C．点到平面的距离为 D．三棱锥外接球的表面积为 60．（23-24高一下·天津·月考）（多选）如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF∥AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且，则下述正确的是（    ） A．OF∥平面BCE B．BF⊥平面ADF C．点A到平面CDFE的距离为 D．三棱锥C—BEF外接球的体积为 1 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高一数学下学期常考题型归纳 【专项练习09：直线与直线，平面垂直】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【A·基础达标题型】 【题型1：证明异面直线垂直】 【题型专练】 1．（24-25高一下·全国·课后作业）在直三棱柱中，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】找到异面直线的夹角，利用直三棱柱的性质求出夹角度数，再证明线线垂直即可. 【详解】如图，连接，设，，， 由直三棱柱性质得，， 因为，所以由勾股定理得， 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 由勾股定理得，， 故，则，即． 由直三棱柱性质得，故就是直线与所成的角， 所以得证． 2．（24-25高二上·云南昭通·期中）如图所示，在正方体中，.证明：    (1)； (2)与是异面直线. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据当两直线所成的角是直角时，两直线垂直即可证明 （2）根据异面直线的定义可得 【详解】（1）如图所示，连接，   为正方体， ， 平面为平行四边形， . 为正方形， ， . （2）由面，面，且面面， 又与不平行，与是异面直线. 3．（24-25高一下·吉林长春·期末）如图，在直三棱柱中，，D，E分别为，的中点. (1)求证：. (2)若，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）取中点，连由中点性质知垂直垂直，根据线面垂直判定得垂直平面，进而得． （2）利用三棱锥体积公式算出体积. 【详解】（1）取中点，连接，， 在直三棱柱中，，D，E分别为，的中点， 故，又因则，， 因，平面， 故平面，因为平面，所以； （2）因，，平面，则平面 则三棱锥的体积为： ． 4．（24-25高一下·山西·月考）已知下面给出的三个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点，则满足直线的图形的个数为（ ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】通过作辅助线构造平面，由线面垂直的判定以及定义逐一证明即可. 【详解】对于①：如下图所示，点为所在棱的中点， 由中位线定理及等腰三角形的性质可得， 由平面，而平面，故， 而平面，，故平面， 因平面，故，故①正确； 对于②：如下图所示，点为所在棱的中点，同理可证，故②正确； 对于③：如下图所示， 由中位线定理及等腰三角形的性质得， 由平面，平面，得， 而平面,，故平面， 而平面，则，故③正确； 故选：D. 5．（2024高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，为的中点，．证明：． 【答案】证明见解析 【分析】先由余弦定理计算出长，由勾股定理证明， ，结合条件证平面，得，由即可证得. 【详解】在平行四边形中， 由已知可得，，， 由余弦定理，得， 则，即．     又，平面PDM，平面．     而平面，．     ，． 【题型2：求异面直线的夹角】 【题型专练】 6．（24-25高一下·贵州毕节·期末）如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则直线与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】还原正方体，根据直线夹角的定义可得解. 【详解】 还原正方体可知点与点重合，如图所示， 设正方体棱长为， 则， 即为等边三角形， 即， 所以直线与所成角为， 故选：C. 7．（25-26高二下·山西长治·期中）如图，正方体中，的中点为N，则异面直线与CN所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图形找到异面直线与的平行线，确定异面直线的平面角，再根据角之间的关系解出该角的余弦值，可得出答案. 【详解】 连接交于点，由正方体可知， 则与所成的角为异面直线与所成的角. 由图可知，则， ， 设正方体的棱长为， ，， 则， 则异面直线与所成的角余弦值为. 8．（2026·辽宁大连·一模）在四面体ABCD中，，，E为CD的中点，则异面直线BE与AD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出异面直线与所成角，利用余弦定理求得所成角的余弦值. 【详解】由于，所以， 设分别是的中点，连接，则， 所以异面直线BE与AD所成角为（或其补角）， 在中，， 所以， 所以异面直线BE与AD所成角的余弦值为. 9．（2027高三·全国·专题练习）在正四棱锥中，为棱上的点，且，设平面与平面的交线为，则异面直线与所成角的正切值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先通过作辅助线找到两个平面的交线，再利用平行关系将异面直线所成角转化为平面内两条相交直线所成的角，最后在直角三角形中计算正切值. 【详解】如图， 连接并延长交的延长线于点，则点为平面与平面的公共点， 所以即为直线，因为，所以（或其补角）为异面直线与所成的角． 取的中点，连接，则， 设，则，，， 所以 ，所以异面直线与所成角的正切值为. 10．（2027高三·全国·专题练习）如图所示，三棱锥中， 平面，，，是的中点． (1)求证：与是异面直线； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】第（1）问用反证法，假设两条直线共面，通过推理得出与已知条件矛盾，从而证明它们异面； 第（2）问通过作辅助线将异面直线所成角转化为相交直线所成角，再在三角形中利用余弦定理求出角的余弦值. 【详解】（1）证明 假设与共面，设平面为， 因为，，，所以平面即为平面，所以平面， 这与平面矛盾， 所以与是异面直线． （2）取的中点，连接，，则，所以（或其补角）就是异面直线与所成的角． 因为，，平面， 所以，，，， 故异面直线与所成角的余弦值为． 【题型3：正方体/长方体模型直接判定定理证线面垂直】 【题型专练】 11．（25-26高一下·北京朝阳·期中）如图，在正四棱柱中，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)证明：平面． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）设，连接，利用中点关系，得到，满足线面平行判定定理的条件，从而得出证明； （2）由正棱柱侧棱垂直底面，进而得到，又正方形对角线互相垂直，从而得到满足线面垂直判定定理的条件，得出证明. 【详解】（1）证明：设，连接， 在正四棱柱中，四边形为正方形， ，又是的中点， ， ，又平面，平面， 平面. （2）在正四棱柱中，平面， 又平面，， 在正方形中，， 又，平面，平面， 平面. 12．（22-23高一下·北京顺义·月考）如图，在正方体中，    (1)求证：平面； (2)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由线线平行即可求证线面平行， （2）由线线垂直，结合线面垂直的判定定理即可求证. 【详解】（1）因为在正方体中，可知，而平面，平面，所以平面. （2）因为在正方体中，可知平面，且平面，所以， 又因为、是正方形的对角形，因此， 又，且，平面， 所以平面. 13．（21-22高一下·北京通州·期末）如图，在正方体中，. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求直线和平面所成的角. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由线面平行的判定可证明； （2）先证明线线垂直，从而可得线面垂直； （3）由（2）可得即为所求的角，再解三角形即可. 【详解】（1）证明：因为在正方体中，可知,而平面，平面，所以平面. （2）证明：因为在正方体中，可知平面，且平面，所以 ， 又因为、是正方形的对角形，因此 ， 又，且平面， 所以平面. （3）设与的交点为，连接，由（2）可知直线和平面所成的角为,且为直角三角形，， 设正方体棱长为2，可得， 所以，因此直线和平面所成的角为. 14．（21-22高一·湖南·课后作业）如图，在正方体中，E，F分别是棱，的中点，求证：平面EAB． 【答案】见解析 【分析】通过证明和，进而可得证. 【详解】 E，F分别是棱，的中点， 在Rt△和Rt△中，， 所以Rt△ Rt△，所以△， 因为，所以， 所以，即， 又因为正方体中，平面,平面， 所以，和平面EAB内的两条相交直线， 所以平面EAB. 15．（25-26高二上·上海·期末）在正方体中，分别为棱的中点，为底面的中心，则直线与直线（    ） A．异面且垂直 B．不异面且垂直 C．异面且不垂直 D．不异面且不垂直 【答案】A 【分析】先通过投影证明垂直于平面POC，再有平面POC与平面POM共面，从而得到EF垂直于平面POM内的MP，最后结合两直线不共面，得出MP与EF异面且垂直的结论. 【详解】设在底面的投影为， 易得平面，因为平面，所以， 因为分别为的中点，且为底面中心，所以， 因为平面，平面，，所以平面， 易得平面与都在平面内，所以平面， 因为平面，所以，因为直线与直线不共面， 所以直线与直线异面且垂直. 【题型4：线面垂直定理条件辨析与正误判断】 【题型专练】 16．（25-26高一下·浙江宁波·期中）已知P为空间中一点，m，n，l为互不相同的直线，α，β，γ为互不相同的平面，则下列推理中正确的是（   ） A．， B．， C．，， D．，，， 【答案】C 【分析】利用平面基本事实判断A；利用线面平行的判定判断B；利用面面垂直的性质，线面垂直的判定判断C；利用线面垂直的判定判断D． 【详解】对于A：由，，则，两个平面相交于一条直线，而不是一个点，故A错误； 对于B：由，，则可能有，或，故B错误； 对于C：由，，，则，故C正确；     对于D：由，，，，则可能有，或，或，故D错误． 故选：C 17．（25-26高一下·福建福州·期中）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】对于A，由，可得可能平行，相交或异面，故A错误； 对于B，由可得或，故B错误； 对于C，由，可得，又，则有，故C正确； 对于D，当是平面内两条互相垂直的直线，且时，满足，，但，故D错误. 18．（25-26高二上·上海·期末）已知直线和平面，则下列说法中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【详解】 A选项，如图所示，，，但，所以A选项错误； B选项，如图所示，，，则，所以B选项正确； C选项，如图所示，，，但，所以C选项错误； D选项，如图所示，，，但，所以D选项错误. 19．（2026·江苏·一模）已知两条直线，和平面，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】C 【分析】根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，可能平行于平面，也可能(此时不平行于平面，)，故A错； 对于B，若，，直线，可能平行、相交或异面，故B错； 对于C，如果两平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面，故C正确； 对于D，若，，直线与平面可能相交、平行或. 20．（25-26高一下·全国·课后作业）若表示直线，表示平面，下列命题中正确的有________（填序号）． ①，；②，；③，；④，；⑤，． 【答案】①④⑤ 【详解】对于①，若，，则，故①正确； 对于②，由，，可以得出 或，故②错误； 对于③，由，，可以得出，,或与相交，故③错误； 对于④，若，，则，故④正确； 对于⑤，若，，则，故⑤正确. 【B·能力提升题型】 【题型1：等腰三角形三线合一结合判定定理证线面垂直】 【题型专练】 21．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且. (1)求证：； 【详解】（1）取中点为，连接，， 因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为中点，所以. 22．（25-26高一下·四川成都·期中）(本题若使用空间向量，相关步骤不得分)如图，已知正四面体的棱长为，为底面的外心，为中点. (1)连接，证明：平面. 【详解】（1）证明：如图，连接，由于为的外心，故有. 因为为中点，，所以，， ∵，平面∴平面， ∴.同理，. ∵，平面， ∴平面. 23．（2026·湖北鄂州·模拟预测）（多选）在四面体中，是边长为2的等边三角形，，均为等腰直角三角形，则该四面体的体积可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】分，，三种情况求出体积即可. 【详解】若， 因为平面，所以平面， 因为，均为等腰直角三角形，，所以， 所以该四面体的体积为； 若， 因为平面，所以平面， 因为，均为等腰直角三角形，， 所以，则，则， 所以该四面体的体积为； 若， 因为，均为等腰直角三角形，， 所以， 取线段的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 因为，，所以点到直线的距离为， 则， 所以该四面体的体积为.      24．（25-26高一下·安徽阜阳·期中）如图，在平行四边形中，，，为的中线，将沿折叠，使点到点的位置，连接，且. (1)求证：平面. 【详解】（1）因为，且，所以，. 又为的中线，所以. 因为，所以，所以. 由题意知，为的中线，所以. 而是沿折叠到点的位置，所以 因为，，且，且平面， 所以平面. 25．（2026·广东深圳·一模）（多选）在正三棱台中，为的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【详解】如图，将三棱台补足为三棱锥， 对于A，由于，而与相交，则与相交，故A错误； 对于B，由于平面平面，且平面，则平面，故B正确； 对于C，由于，且，则，又因为在平面内，所以与不垂直，故C错误； 对于D，由于，，且，，平面，则平面，故D正确. 【题型2：勾股定理逆定理证垂直推导线面垂直】 【题型专练】 26．（25-26高一下·广西柳州·期中）如图，已知在直三棱柱中，，，，，点是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)8 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （3）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证出平面，结合等体积法求解即可. 【详解】（1）连接，交于，连接. 直三棱柱中，侧面为矩形，所以点为中点. 因为点是的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）直三棱柱中，平面，因为平面，所以. 在中，，，，则，所以. 因为，平面，， 所以平面. （3）过点作. 在中，，即. 直三棱柱中，平面，因为，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 则即为点到平面，也即平面的距离. 又， . 故三棱锥的体积为8. 27．（25-26高一下·浙江·期中）如图，在正三棱柱中，为的中点，. (1)证明：； (2)证明：平面； 【详解】（1）在等边中，因为为的中点，可得. 在正三棱柱中，可得平面， 又平面，所以. 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）由（1）得平面，因平面，则. 又，则， ，所以，可得， 因平面，故平面. 28．（2026高三·全国·专题练习）在平行四边形中（图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（图2）．求证：平面. 【答案】证明见解析 【详解】如图， 连接，因为，为的中点，是等边三角形， 则， 则在中，因为，， 所以由余弦定理得： . 在中，因为，而， 所以，则， 在中，因为，而， 所以，则， 又，平面，平面， 故平面． 29．（24-25高一·全国·寒假作业）如图，在中，．将沿AD翻折至．求证：平面； 【答案】证明见解析 【分析】由余弦定理求出，，由勾股定理逆定理可得，故，从而证明出平面. 【详解】，∴，， 由余弦定理得， 故， ，即，翻折后， 又平面， 所以平面. 30．（24-25高一·全国·寒假作业）如图，梯形中，，于点，，且．沿把折起到的位置，使．若为的中点，为上一点，证明． 【答案】证明见解析 【分析】先得到平面，，由余弦定理和勾股定理逆定理可得，从而得到平面，，结合，可得平面，故. 【详解】∵，∴， 又，，∴， 由勾股定理逆定理可得. 又，即，，平面， ∴平面. ∵平面， ，，，∴，故为等腰直角三角形， ， ，， 由余弦定理得， ，. ，、平面，平面， ∵平面，. 又，为的中点， ， ，、平面，平面， 平面，. 【题型3：线面垂直与线线垂直双向转化证明】 【题型专练】 31．（25-26高二下·上海·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，. (1)证明：； (2)在我国古代数学典籍《九章算术》中，记载了一种特殊的三棱锥——鳖臑，其四个面均为直角三角形，本题图中三棱锥即为一个鳖臑，请计算它的体积和表面积. 【答案】(1)证明见详解 (2)； 【分析】（1）运用线面垂直的性质定理，由侧棱垂直底面推出侧棱垂直于底面内的直线，再结合勾股定理逆定理证明底面三角形中两边垂直，利用线面垂直的判定定理得出直线垂直于平面，最终由线面垂直的定义证得两直线垂直； （2）利用已证垂直关系确定三棱锥的高与底面直角三角形，代入锥体体积公式完成计算，根据四个面均为直角三角形的结构特征，逐一计算各直角三角形面积并求和. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 在中，，，，满足：， 由勾股定理逆定理得，即， 又，平面，所以平面， 因为平面，故，得证. （2）平面，故是三棱锥的高，底面为直角三角形， 其面积， 三棱锥体积： 三棱锥四个面均为直角三角形，则， ， ， 总表面积：. 32．（2026高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】取的中点，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得. 【详解】取的中点，连接， 在中，因为点是棱的中点，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，所以， 由底面为菱形，且，可得为等边三角形， 因为是的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. 33．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，已知空间四边形的边，，作于点，作于点．求证：平面． 【答案】证明见解析 【分析】通过证明，，可得平面，进而可得，又，所以平面，所以，又因为，所以平面． 【详解】连接，取的中点，连接，，如图所示， 因为，为的中点，所以， 同理，，为的中点，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，且，平面平面， 所以平面． 34．（25-26高一·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，平面，为的中点，，，，.求证：平面； 【答案】证明见解析 【分析】根据勾股定理可以计算出，根据余弦定理可以计算出，再次利用勾股定理可以计算出，继而可以证得，再由已知条件即可证明. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又四边形为直角梯形，且，，， 则，且，则， 在中，由余弦定理可得， 所以，即， 因为，，平面，所以平面. 35．（24-25高一·全国·寒假作业）如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，，． (1)证明：． (2)证明：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一可得，再由正三棱柱的性质证明，进而由线面垂直的判定定理证得平面，即得； （2）由（1）的结论可得，通过计算边长，利用勾股定理证得，再由线面垂直的判定定理即可证得平面． 【详解】（1）在等边中，因为为的中点，可得. 在正三棱柱中，可得平面，且平面，所以 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）由（1）得平面，因平面，则. 又，则， ，则由，可得， 因平面，故平面. 【题型4：菱形/正方形对角线（梯形）垂直综合证线面垂直】 【题型专练】 36．（25-26高一下·天津蓟州·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明出线面平行； （2）由余弦定理求出，从而由勾股定理逆定理得到，由线面垂直得到，从而证明出结论； （3）作出辅助线，得到直线与平面所成角，求出各边长，求出余弦值. 【详解】（1）连接，因为底面为平行四边形， 为中点，故与相交于， 因为为的中点，则， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，， 由余弦定理得， 即，解得， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，且交于， 所以平面. （3）取的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成角， 其中，故， 因为，， 由勾股定理得，故， 由勾股定理得，所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 37．（25-26高一下·全国·课后作业）如图1，在梯形中，，，为中点，是与的交点，将沿翻折到图2中的位置得到四棱锥．求证： 【答案】证明见解析 【分析】应用菱形得出，，进而应用线面垂直判定定理得出平面即可得出所以，再应用平行四边形得出线线垂直. 【详解】图1中，在四边形中，，，所以四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为菱形，所以，， 所以在图2中，，，又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又在四边形中，，， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以； 38．（25-26高一·全国·假期作业）如图，等腰梯形中，，为边上一点，且，，为中点，为中点将沿折起到的位置，如图．证明：平面； 【答案】证明见解析 【分析】根据垂直关系的转化，结合平行线的性质，转化为证明，，即可证明线面垂直. 【详解】在等腰梯形中，，， 则四边形是平行四边形，则， 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. 39．（25-26高三·全国·二轮复习）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，. 证明：平面. 【答案】证明见解析 【分析】延长，交于点，连接，证得，，再证得，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得平面. 【详解】延长，交于点，连接， 因为平面，且平面， 所以且，即，， 因为为等边三角形，所以， 又因为，所以，所以， 因为，所以，所以， 又因为，且平面， 所以平面，即平面. 40．（25-26高三上·陕西咸阳·月考）在四棱锥中，底面是直角梯形， ，平面，点是的中点.求证： (1)平面； (2). 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，进而证明四边形是平行四边形即可证明，再根据线面平行判定定理即可证明； （2）取的中点，连接，进而证明平面即可证明结论. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为点是的中点， 所以是三角形的中位线， 所以，且. 又， ， 所以，且， 所以四边形是平行四边形， 所以. 因为平面平面， 所以平面. （2）证明：取的中点，连接. 因为，， 所以，且， 所以四边形是平行四边形. 同理，可证四边形是平行四边形， 所以，又， 所以四边形为正方形，所以，所以. 因为平面平面，所以， 因为平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 【C·拓展培优题型】 【题型1：多步垂直链条综合证明线面垂直】 【题型专练】 41．（25-26高一下·全国·课堂例题）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面是的中点，分别在上，且．则与的位置关系为________． 【答案】 【详解】平面，平面， ，又， ． ，是的中点， ，，平面， 平面． ，， ． ，，平面， 平面． ． 42．（25-26高三上·安徽·月考）如图，在三棱台中，平面，，，分别为棱，的中点. (1)证明：； (2)若，，，求三棱台的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，即可证明. （2）分别求得三棱台的上、下底面面积，利用棱台的体积公式求得三棱台的体积. 【详解】（1）如图，连接. 因为平面，平面，所以.     因为，是的中点，所以，     又平面，所以平面.     因为平面，所以. （2）由勾股定理得， ，.     于是下底面面积， 由，得上底面面积.     故三棱台的体积. 43．（23-24高一下·江苏淮安·期中）已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心， (1)求证：； (2)已知平面，且平面．求证：． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）连交于，由重心可得为的中点，由已知借助三角形全等证得，再由线面垂直的判定、性质推理即得. （2）由给定条件，证得三棱锥为正四面体，进而证得平面，再用线面垂直的性质得结论. 【详解】（1）在三棱柱中，连交于，连，由为的重心，得为的中点， 由，，，得，则， 因此，，又平面， 于是平面，而平面，则，又， 所以. （2）由，，得为正三角形；同理也为正三角形， 则，从而三棱锥的所有棱长均为2，该四面体为正四面体， 由为的重心，得平面，菱形中，过的中点， 即直线与平面的交点为的中点，因此不在直线上，又平面， 所以. 44．（2023高三·全国·专题练习）如图，已知正方体的棱长为2． ，分别为与上的点，且，． 求证：； 【答案】证明见解析 【分析】利用线面垂直的判定定理，证明均与平面垂直，进而证明； 【详解】证明：如图，连接，． ∵平面，平面， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， 又∵，平面， ∴平面． 又∵平面， ∴．同理可得， 又∵，平面， ∴平面． ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴． ∵， ∴． 又∵，，平面， ∴平面． ∴． 45．（2026高一·广东·专题练习）已知直三棱柱满足，，点，分别为，的中点. (1)求证： 平面； (2)求证：平面. (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，，证明，结合线面平行的判定定理即可求证； （2）首先证明面，可得，，结合线面垂直的判定定理即可求证； （3）利用由（2）可知平面，可得点到平面的距离为，根据点为的中点，从而得到点到平面的距离，利用即可求解. 【详解】（1）如图， 连接，， 四边形为矩形，为的中点， 与交于点，且为的中点， 又点为的中点，， 又平面，且平面， 平面. （2）直三棱柱满足，， 又点为的中点，且面，面， 所以，， 又，面， 平面. （3）由图可知， ，，， 又三棱柱为直三棱柱，且， . ，，点为的中点， 所以. 由（2）可知平面. 所以点到平面的距离为， 又点为的中点， 所以点到平面的距离为， . 【题型2：线面垂直点的存在性探究与证明】 【题型专练】 46．（24-25高一下·河北承德·月考）已知，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，为的中点．      (1)在棱上是否存在点，使？若存在，求的长；若不存在，说明理由． (2)已知点同时满足下列条件： ①平面；②平面. 请再写出与点M有关的两个结论：一个为“线面平行”，一个为“线面垂直”：________，________．（结论不要求证明） 【答案】(1)存在，2 (2)答案见解析 【分析】（1）利用全等的性质得到，利用线面垂直的性质得到，再利用线面垂直的判定定理得到面，进而证明结论，求解长度即可. （2）利用线面垂直的性质得到，结合线面平行的判定定理得到平面，利用正方形性质结合线面垂直的性质得到，，再利用线面垂直的判定定理证明平面即可. 【详解】（1）存在，当点为棱的中点时，可使. 理由如下：如图，过点作，交于点，连接，设，    因为为的中点，所以为的中点，所以， 因为，，所以，则， 因为，所以，即， 因为底面，所以底面， 因为面，所以. 又因为，面，所以面， 因为面，所以， 故当点为棱的中点时，可使，此时. （2）如图，作于，而平面，    因为面，所以， 因为面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为面，面，所以平面， 因为平面，面，所以， 由正方形性质得，，则， 因为面，，所以平面. 47．（23-24高一下·安徽亳州·月考）如图，已知正方体的棱长为2，点，分别在棱和上. (1)证明：； (2)若三棱锥的体积是，平面，试确定点的位置，并证明你的结论. 【答案】(1)证明见解析 (2)当点是棱靠近点的三等分点，即时平面，证明见解析 【分析】（1）依题意可得、，从而得到平面，即可得证； （2）当点是棱靠近点的三等分点，即时平面，首先求出，过点在平面内作交于点，连接，交于点，即可得到，从而证明平面，则，结合（1）即可得证. 【详解】（1） 连接、，因为正方体， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以； （2）当点是棱靠近点的三等分点，即时平面，证明如下： 因为三棱锥的体积是， 所以， 即， 解得，所以，即， 过点在平面内作交于点， 连接，交于点， 因为，所以， 当时， 所以，所以， 又，所以， 所以，即， 又平面，所以平面，又平面， 所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 由（1）可知，，平面， 所以平面. 48．（22-23高一下·山东青岛·期中）如图，在四棱锥中，面，，，，，为线段上的点． (1)证明：面； (2)若满足面，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明出，可得出，再由已知条件可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）分析可知，计算出三边边长，利用余弦定理求出的值，可求得的长，进而可求得的长，即可得解. 【详解】（1）证明：因为，，，所以，， 所以，，则， 因为平面，平面，所以，， 又因为，、平面，所以，平面. （2）解：因为平面，平面，所以，， 若面，平面，则， 因为，， 由余弦定理可得， 因为平面，、平面，则， 所以，，， 在中，，，， 所以，， 所以，， 所以，，则， 因此，若满足面，则. 49．（2025高一·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，，，底面，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)在侧面内找一点，使得平面，并求点到的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)为的中点．点到的距离均为． 【分析】（1）取的中点，连结，证明四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得到结论. （2）连结，过点作交于点,确定点的位置，然后在可求出点到的距离. 【详解】（1）如图，取的中点，连结． 因为为的中点， 所以，且． 由且得， 由且得， 所以且， 故四边形是平行四边形，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）如图，连结，过点作交于点． 由平面得， 结合平面，可得平面， 所以． 因为，所以． 又由且为的中点得，又平面， 所以平面，故． 由且为平面内两条相交直线，故平面． 在矩形中，，，， 所以， 所以，故为的中点， 在中，，为的中点， 所以为的角平分线， 所以点到的距离均为1， 所以点到的距离均为． 50．（24-25高一下·河北·月考）如图1，在矩形中，是线段上的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面. (1)是线段上的点，若当时， 平面，求的值； (2)若点在平面内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离. 【答案】(1)； (2)①存在，此时；. 【分析】（1）如图作，可得平面平面，从而可得四边形为平行四边形，然后由可得答案； （2）①假设存在点，使得平面，则可得平面，据此可确定点M位置；②设，由题可得，然后由基本不等式可得时，体积最大，然后由等体积法可得点到平面的距离. 【详解】（1）如图作，因平面，平面， 则平面.又平面，， 则平面平面.结合平面平面， 平面平面，则，又由题可得， 则四边形为平行四边形，从而，又， 则； （2）①假设存在点，使得平面. 因平面，则.因为点在平面内的射影， 则平面，又平面，则. 因，平面，则平面. 因平面，则 .因，则. 即M与D点重合时，满足题意，此时； ②设，因为点在平面内的射影，则平面， 又平面，则，则为直角三角形，PB为斜边，则. 则， 其中，， 则， 当且仅当，即时取等号.则此时，. 从而可得，，. 则为等腰直角三角形，. 设点到平面的距离为， 则， 则. 【题型3：线面垂直结合体积、距离、最值综合题】 【题型专练】 51．（25-26高一下·安徽阜阳·期中）如图，在四棱台中，平面，两底面均为正方形，，，，点E在线段上，且. (1)证明：平面. (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，与交于点F，连接BF，根据已知证明，再由线面平行的判定证明结论； （2）根据已知求出相关线段长，再由等体积法求点面距离. 【详解】（1）如图，连接，与交于点F，连接BF， 因为四边形是正方形，， 所以，， 因为四边形是正方形，，所以. 因为，所以， 所以，又， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为在四棱台中，两底面均为正方形， 所以，所以， 所以， 所以， 又， 设点到平面的距离为h， 由等体积法得，即，解得， 所以点到平面的距离为. 52．（2026·广东湛江·二模）已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】取的中点，过点作的垂线，垂足为，则， 又,平面，所以平面， 平面，故， 又，故平面， 所以点到平面的距离即为点到直线的距离即， 故当点与重合时，所求距离有最大值， ， 又， 解得，所以点到平面的距离的最大值为. 53．（2026高一·全国·专题练习）某景区一座仿古建筑的屋顶是中国传统建筑中常见的“庑殿顶”，其顶盖几何模型如图所示，平面ABCD，底面ABCD是边长为18的正方形，侧面ABFE与CDEF是全等的等腰梯形，侧面ADE与BCF是等腰直角三角形，若，则EF到平面ABCD的距离为______. 【答案】 【详解】如图，设AD与BC的中点分别为M，N，连接EM，MN，NF， 因为侧面是等腰直角三角形，所以， 又N为中点，所以，则， 因为平面，平面侧面，平面，则， 又底面是正方形，所以，则， 因为M，N分别为AD与BC的中点，所以，故四点共面， 又平面，则平面， 因为平面，所以平面与底面垂直， 作，垂足为G，则FG的长度就是EF与MN的距离，即EF与平面ABCD的距离， 由已知，可得，所以， 则EF到平面ABCD的距离为． 54．（2026·天津河北·一模）如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【详解】如图： 设折叠后，矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，记为. 则，，平面，且，所以平面. 同理平面. 所以三点共线. 又，，所以 . ，，所以是等腰直角三角形，所以. 所以. 55．（25-26高三上·江西·月考）已知正三棱柱 的各条棱长均为1，D是侧棱 的中点，则四棱锥 的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画图，找出四棱锥的高和计算底面积，然后利用锥体体积公式计算即可. 【详解】由题意如图所示： 取的中点，连接，且， 连接， 因为为等边三角形，且边长为1， 所以，且， 又底面，且底面， 所以，由， 所以平面 因为是侧棱的中点，四边形为正方形， 所以为正方形的中心，所以平面， 即点到平面的距离为，且点为的中点， 所以，又， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 即到面的距离， 又正方形的面积为， 所以四棱锥 的体积是， 故选：C. 【题型4：不规则多面体纯几何法线面垂直证明】 【题型专练】 56．（2026·广西南宁·一模）（多选）如图，在几何体中，，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，点分别为棱的中点，则（   ）    A．平面 B．平面FPH∥平面ABE C．四点共面 D．异面直线与所成的角小于60° 【答案】AB 【分析】根据题意，易得为等腰直角三角形，根据线面垂直的判定定理可得平面，即可判断选项A； 根据，根据面面平行的判定定理可判断选项B； 取中点，可得四点共面，点不在平面，即可结合图形判断选项C； 将图形补全为正方体，将异面直线BD与AE所成的角转化为与的夹角，再由正方体面对角线特点求夹角即可. 【详解】由题意易得在边长为2正方形中，，则， 在等腰中，，可得， 所以即，所以， 同理可证在中，可得，且，平面， 所以BE⊥平面，故A正确； 如图所示，在中F，P分别为棱AD，DE的中点，所以， 不在平面内，在平面内， 所以平面， 在中，P，H分别为棱的中点，所以， 又因为，所以，同理可证平面， 因为，平面，所以平面平面，故B正确； 如图所示，取的中点，连接，易知，由选项B知， 所以，即共面，显然点B不在面，则四点不共面，故C错误；    由且，可将图形补全为正方体，连接，易知， 则异面直线与所成的角即为与的夹角， 因为在中，三边均为正方体各面上的对角线， 所以为等边三角形，即，即异面直线BD与AE所成的角为，故D错误，    故选：AB. 57．（24-25高一下·甘肃白银·期末）（多选）如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点，，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．平面 D． 【答案】AC 【分析】由题意可得，由线面平行的判定定理可判断A，应用线面垂直判定定理可证得平面，即可判定B，C，假设，结合线面垂直的判定定理与性质可判断D. 【详解】因为，，所以为等腰直角三角形，， 因为，则，又，所以为等腰直角三角形， 所以，所以， 所以，又平面，平面， 所以平面，故选项A正确； 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，则，又为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 因为过一点作直线的垂面有且只有一个，所以与平面不垂直， 故选项不正确，选项C正确； 因为与平面不垂直，且， 所以不垂直（否则平面，不合题意）. 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 假设，又平面，所以平面， 因为平面，所以，与不垂直矛盾， 所以不垂直，故选项D不正确． 故选：AC. 58．（24-25高三上·江苏南通·月考）（多选）半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（    ） A．平面EAB B．该二十四等边体的体积为 C．该二十四等边体外接球的表面积为 D．PN与平面EBFN所成角的正弦值为 【答案】BD 【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断． 【详解】对于A，假设A对，即平面，于是， ，但六边形为正六边形，，矛盾， 所以A错误； 对于B，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为， 所以B对； 对于C，取正方形对角线交点， 即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为，其表面积为，所以C错误； 对于D，因为在平面内射影为， 所以与平面所成角即为， 其正弦值为，所以D对． 故选：BD． 59．（2023·安徽马鞍山·模拟预测）（多选）如图，线段为圆的直径，点，在圆上，，矩形所在平面和圆所在平面垂直，且，，则（    ） A．平面 B．平面 C．点到平面的距离为 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】利用直线与平面平行的判定判断A；证明直线与平面垂直判断B；利用等体积法求到平面的距离，可得点到平面的距离判断C；找出三棱锥外接球的球心，求出半径，进一步求得外接球的表面积判断D． 【详解】对于A，，， 又，，，则四边形为平行四边形， 得，而平面，平面， 平面，故A正确； 对于B，，平面平面，且平面平面， 平面，又平面， 则，由，，平面， 平面，故B正确； 对于C，由，平面，平面，可得平面． 则点到平面的距离等于到平面的距离． 在中，由已知可得，则为等边三角形， 由对称性可知，而， 则与也是等边三角形，且边长均为1． 可知，，， 由已知结合勾股定理求得，，， 则，． ，． 设到平面的距离为，由， 得，，故C错误； 对于D，外接圆的圆心为， 则矩形对角线长的一半为三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的半径等于， 所以三棱锥外接球的表面积为，故D正确． 故选：ABD． 60．（23-24高一下·天津·月考）（多选）如图，线段AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，EF∥AB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且，则下述正确的是（    ） A．OF∥平面BCE B．BF⊥平面ADF C．点A到平面CDFE的距离为 D．三棱锥C—BEF外接球的体积为 【答案】ABC 【分析】利用直线与平面平行判定判断A；证明直线与平面垂直判断B；利用等体积法求到平面的距离，可得点到平面的距离判断C；找出三棱锥外接球的球心，求出半径，进一步求得外接球的体积判断D． 【详解】对于A：因为，所以，又，所以，则四边形为平行四边形， 得，而平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B：因为，平面平面，且平面平面，在面内， 所以平面，平面，则， 由，，平面，所以平面，故B正确； 对于C：由，平面，平面，可得平面． 则点到平面的距离等于到平面的距离． 在中，由已知可得，则为等边三角形， 由对称性可知，而， 则与也是等边三角形，且边长均为1，知，，， 由已知结合勾股定理求得， 则，所以． 所以，． 设到平面的距离为， 由，得，解得，故C正确； 外接圆的圆心为，则矩形对角线长的一半为三棱锥外接球的半径，等于， 则三棱锥外接球的体积为，故D错误． 故选：ABC． 1 学科网（北京）股份有限公司 $