空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦线面与面面垂直的判定及性质，通过分层例题与变式题构建从基础证明到空间角计算的逻辑体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |线面垂直的判定|3例+3变式|证明线面垂直、求线面角/二面角|以平面与平面垂直为条件，结合中点、翻折等构建线线垂直推证线面垂直| |面面垂直的判定|3例+3变式|证明面面垂直、存在性探索|通过线面垂直推导面面垂直，涉及菱形、矩形等特殊底面几何体| |线面垂直的性质|2例+2变式|利用线面垂直证线线垂直、求二面角|由线面垂直性质得线线垂直，结合体积、翻折问题强化性质应用| |面面垂直的性质|2例+2变式|利用面面垂直证线面垂直、求线面角范围|通过面面垂直性质作垂线，结合动点问题提升空间几何直观能力|

空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 考点目录 线面垂直的判定 面面垂直的判定 线面垂直的性质 面面垂直的性质 考点一 线面垂直的判定 例1．（2026·浙江金华·三模）如图，在四棱锥中，已知为正三角形，四边形为直角梯形，平面平面，，O为中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，进而得到，再利用勾股定理可得，然后根据线面垂直的判定即可证明； （2）以O为原点，建立如图空间直角坐标系，再利用空间向量法求面面夹角即可． 【详解】（1）因为是边长为2的正三角形， O为中点，所以． ∵平面平面，交线为平面， ∴平面． 因为平面，所以． 在直角梯形中：，， ， ， 因此，∴． 又，且平面， ∴平面； （2）以O为原点，建立如图空间直角坐标系， 易得， , 设平面的一个法向量为， 则，令，解得． 又，． 设平面的一个法向量为， 则， 令，解得． 设平面与平面所成夹角为， 则． 例2．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在三棱锥中，，，平面平面PBC，点M为PC中点．    (1)求证：底面ABC； (2)若，试求平面ABM和平面PAC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)由面面垂直得到平面，则，再证明平面，则，又有，从而得到平面 . (2)以B为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，结合向量夹角公式计算求解. 【详解】（1）在平面内，过点作 于点. 因为平面平面，平面 平面，平面， 所以 平面，因为 平面，所以 . 又因为 ， ， 平面， 所以平面. 因为平面 ，所以 . 又因为 ，， 平面， 所以 平面 . （2）    由 (1) 知 平面，且平面，平面， 所以 . 如图，以为坐标原点，分别以 的方向为轴、轴的正方向， 过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系 因为，所以，，. 因为平面 ，且，所以 . 因为为的中点，所以. 所以 ， ， ， . 设平面 的法向量为 ，则 ，即 取 ，则 ，所以 . 设平面 的法向量为 ，则，即 取 ，则 ，所以 . 设平面 和平面 的夹角为 ，则 所以平面 和平面夹角的余弦值为 . 例3．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，E，F分别是，的中点，记平面与平面的交线为l． (1)证明：直线平面； (2)求与平面的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)1. 【详解】（1），分别是，的中点，； 平面，平面，平面； 平面平面，平面，. 平面底面，平面底面，，平面， 平面，平面. （2）设与平面的夹角为. 是的中点，平面即平面； 由（1）可知，平面，，平面. 与平面的夹角， . 即与平面的正弦值为1. 变式1．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图1，正方形的边长为2．如图2，现将正方形沿着对角线翻折，其中O为原正方形的中心．    (1)证明：平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1） 依据条件得到，，然后利用线面垂直判定定理可得； （2） 计算以及面的一个法向量，然后计算. 【详解】（1）在图1中连接，，    因为和都是等腰三角形，且O是正方形中心， 所以，， 因为，，平面， 所以平面． （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，D点到平面的距离最大， 此时平面平面，因为，所以平面． 所以，，两两垂直，如图3， 以O为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2， 所以，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为，， 即与所成的角的正弦值为． 变式2．（2026·重庆北碚·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，平面平面，，，E为PD的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形性质得到是等边三角形，取的中点，连接，得，再由面面垂直性质定理得到平面，再结合题中条件利用线面垂直判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量法求出平面与平面的法向量，计算夹角余弦值 【详解】（1）因为底面为菱形，，所以是等边三角形，， 取的中点，连接， 在菱形中，，所以是等边三角形，则， 又因为平面平面，且平面平面， 平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，以A为原点，所在直线为x轴，过A作的垂线为 y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系. 因为，所以， 因为E为PD的中点，所以， ，设平面的法向量为， 则，取，得. ，设平面的法向量为， 则，取，得， 二面角为锐角， 故， 所以二面角的余弦值为. 变式3．（2026·河北·二模）如图，四棱台的底面为正方形，平面，平面与平面的交线为l. (1)证明:平面; (2)若，直线与交于点，点N是l上一点，且，当直线与平面所成的角最大时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)4 【分析】（1）先证明平面，根据线面平行的性质定理证得，进而证得平面； （2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求得直线与平面所成的角的正弦值，根据正弦值取最大值求得点坐标，进而求得. 【详解】（1）因为四边形是正方形，所以， 因为平面平面，所以， 由于平面，所以平面. 由于平面，平面， 所以平面， 由于平面，平面与平面的交线为， 所以，所以平面； （2）以为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， 由棱台性质可知M在上，根据正四棱台的性质可知， 则，设，由于， 而，所以同向，则， ，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设直线与平面所成的角为，， 则 ， 令，则。 而在时取最小值，此时取得最大值， 所以当时，，即，而， 故. 考点二 面面垂直的判定 例1．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在直三棱柱中，已知点，分别是棱，上的点，. (1)证明：平面平面； (2)若是等边三角形，，平面分割三棱柱所得两部分的体积之比为，求直线与平面所成的角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】本题第一问考察平面与平面垂直的判定定理，关键证明平面；第二问通过三棱锥和三棱柱的体积公式，根据体积之比得到三棱锥的高（才好求的长度或坐标），然后由于是正三棱柱，方便建立空间直角坐标系，通过计算直线向量与平面法向量的夹角余弦可以方便得到直线与平面所成角的余弦. 【详解】（1）证明：因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）因为是正三角形，，所以. 又，由，， 得，故, 设与平面所成的角为; 方法一：以点为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则 ，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则取，可得， 则，所以， 所以直线与平面所成的角的余弦值为. 方法二：过作，垂足为，记到平面的距离为， 由（1）得平面，又平面，所以. 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. 根据，得，又因为是正三角形， 所以，，的高等于, 代入得，解得， 所以，所以， 所以直线与平面所成的角的余弦值为. 例2．（2026·山西大同·三模）如图，在四棱柱中，四边形ABCD是菱形，，，，，点E是棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，再得出平面ABCD，最后应用面面垂直判定定理证明； （2）建系，先求出平面的法向量，再应用面面角余弦公式求解，最后应用同角三角函数关系计算求解. 【详解】（1）取BC的中点O，连接DO，，如图所示． 因为四边形ABCD是菱形，，故是等边三角形，所以，， 又，，，平面，故平面， 又平面， 故，，故，故， 又，DO，平面ABCD，所以平面ABCD， 又平面，所以平面平面． （2）以O为坐标原点，OD，OB，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 所以，，，，，， 故，，， 设平面EDB的法向量为， 所以，即得， 令，解得，，所以． 设平面的法向量为， 所以，即得， 令，解得，，所以． 所以， 所以， 即二面角的正弦值为． 例3．（2026·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. 【详解】（1） 取中点，连接 . 由题意得，故，又，， 因此， ，所以四边形、为平行四边形， 进而，， 即 均为边长为2的等边三角形. 因为​，是中点，故，且 . 又​，故，得. 因为， 平面，故平面. 又平面，因此平面平面. （2）建立如图所示空间直角坐标系： 由题意知：，，，， 假设存在点使得满足题意． 设，其中. 反解得：M点坐标为： 设平面ABP的法向量为， 设平面MCD的法向量为， 所以． 解得，又因为， 故不存在点M使得满足题意． 变式1．（2026·广西桂林·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，．    (1)求证：平面平面SAD； (2)若异面直线SD与BC所成角为，平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题设条件先证明平面SAD，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）由条件先证明平面ABCD，建系后利用空间向量法结合平面求出，再利用空间向量夹角的公式计算即得. 【详解】（1）因为ABCD是矩形，所以， 又已知，所以， 又，所以， 因为平面SAD， 所以平面SAD，而平面SAB， 所以平面平面SAD. （2）因为，所以SD与BC所成角的大小等于， 又，所以， 取AD、BC的中点分别为O、N，连SO、ON， 则， 由（1）平面，又 平面ABCD，则得平面平面ABCD， 又平面为平面SAD和平面ABCD的交线， 所以平面ABCD， 故可以为原点，ON、OD、OS分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，    则， 因为可得， 故得，则，又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为平面，所以，则，解得， 所以M是SD的中点，OM是的中位线，， 由（1）知，平面SDC，所以平面SDC， 故是平面SDC的一个法向量，且， 所以， 所以， 故二面角的正弦值为． 变式2．（2026·湖北孝感·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据线面角的向量求法列出方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面 （2）以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 在平面内，作交于点，则， 在中，，， 设，则，，由，得， 所以，，， ，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 又，由直线与平面所成的角为， 可得， 即，整理得，解得或（舍去，因为）， 所以. 变式3．（2026·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点． (1)求证：平面平面； (2)若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直； (2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值. 【详解】（1）侧面为正三角形，为的中点， ， 是矩形，且分别为中点，， 面面， 面平面， 平面平面． （2）方法一：由（1）知，平面平面， 平面，平面平面平面，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，设， 则， 设平面的一个法向量为，则，即， 取，则，所以， 易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且， 即且， 即且， 解得（舍去）或，所以． 设平面的一个法向量为， 又， 则，即， 取，所以． 设平面的一个法向量为， 则，即取， 则，所以， 设平面与平面夹角为，则． 故平面与平面夹角的余弦值为． 方法二：设平面与棱相交于点， 因为面，则平面， 且面面，则，又因为为中点，可得为中点， 设平面平面，，则为中点， 因为关于平面的对称点为，的中点为， 所以面，由（1）知平面平面， 所以平面，又平面平面 且，且， 在平面内，，所以， 因为为中点， 可得为正三角形，因为，所以为中点， 由对称性可知，， 所以，可得，且， 设交于点，则为中点， 则， 由面，可得， 则平面与平面夹角为， 设平面与平面夹角为，同理可得， 则平移可得平面与平面夹角为， 则，即， 故平面与平面夹角的余弦值为． 考点三 线面垂直的性质 例1．（2026·四川成都·三模）在四棱锥中，平面平面为正三角形，四边形为矩形，是的中点，且与平面所成角的正弦值为. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，从而得到，然后由线面垂直的判定定理证明平面，最终得证. （2）建立空间直角坐标系，根据空间向量法求线面角求得的长，再由二面角的空间向量法求得余弦值即可. 【详解】（1）证明：因为底面为矩形，所以. 又因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为为正三角形，是的中点，所以. 又平面， 所以平面. 又平面，所以. （2）如图，取的中点，连接，则. 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面. 以为原点，过点平行于的直线为轴，为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则， ，则. 设平面的一个法向量为. 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得或（舍去）. 而，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以，且， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以，故， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 例2．（2026·四川广安·模拟预测）如图，在四边形中，，，，.将沿翻折至（为点的对应点），使得平面与平面垂直. (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取线段的中点，求证平面即可； （2）作，垂足为，求证或其补交为平面与平面所成角，再设，并证明计算各边长度，最后利用余弦定理可得. 【详解】（1）取线段的中点，连接， 因为，，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以； （2）作，垂足为，连接， 因为，所以全等， 所以，， 则或其补角为平面与平面所成角， 设，则， 因为平面平面平面，平面平面， ，所以平面， 因为平面，所以，则， 所以等腰底边上的高为， 则，得， 在中， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 变式1．（2026·吉林·三模）如图，四棱锥中，底面ABCD为梯形，，，，． (1)证明：； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据条件线面垂直的判定定理可得平面PCM，进而即得； （2）取MC中点建系，用空间向量法求两法向量，通过法向量夹角计算公式算二面角余弦值，进而计算正弦值 【详解】（1）证明：取AD中点M，连PM，CM，，，ABCM为平行四边形， 所以，因为，所以，又，所以， 又，平面PCM， 所以平面PCM，又平面PCM， 所以． （2）取MC中点O，连PO，取AB中点N，连ON，因为，M为AD中点，所以，由(1)可知，所以， 又因为，所以，，， 因为平面PCM，所以，又因为平面，所以平面. 以O为坐标原点，建系如图， 则，，，， ，，， 设平面PAC的一个法向量为， 则， 令，则，，， 设平面PCD的一个法向量为， 则，令，则，， ， 设二面角的大小为，则 ， ， 所以二面角的正弦值为． 变式2．（2026·浙江绍兴·模拟预测）如图，三棱柱中，底面为锐角三角形，四边形是平行四边形，，． (1)求证：； (2)若三棱锥体积为，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理得证. （2）由（1）中信息，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）取中点为，连接，由，得，由，得， 而平面，则平面，又平面， 所以. （2）在三棱柱中，由（1）得平面，平面，则平面平面， 在平面内过点作，则平面，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得，由三棱锥体积为，得点到平面距离为1， 又，则， 于是，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 而平面的法向量可取为， 则，因,则， 由图知二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为. 考点四 面面垂直的性质 例1．（2026·浙江绍兴·模拟预测）如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，为的中点． (1)若，证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质以及相似三角形的性质，结合线面垂直的性质求解即可. （2）根据线面角的概念，找到直线与平面所成角，再根据三角形性质求解即可. 【详解】（1）取中点，连接交于，连接， 是正三角形， 是中点，. ∵平面平面，平面平面， 平面， 与中 ， ， . 平面 平面，. （2）作于，连. ∵平面平面，平面平面，而， 平面. 又平面，平面平面， 平面. 到平面的距离即，则直线与平面所成角为， ∴直线与平面所成角的余弦值的取值范围为. 例2．（2026·河南·三模）如图，平面平面，四边形为矩形，且，，，，G为线段上的动点（不含端点）．    (1)证明：平面． (2)设，记二面角的平面角为，用t表示的值，并求出当时实数t的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先用面面垂直的性质定理推导出，再利用勾股定理逆定理证得底面内，得证； （2）基于第一问的线面垂直关系建立空间直角坐标系，通过向量法求出两平面法向量夹角的余弦值，再转化为正切表达式并代入特定角度解出参数. 【详解】（1）平面平面ABCD，且平面平面于， 因为四边形ABEF为矩形，所以， 平面，所以平面， 平面，所以， 因为，，易得， 过向作垂线，交于点，易得且， 则四边形为矩形，，则，， 因为，所以， 因为，平面，所以平面ABEF．    （2）由（1）知，两两垂直，以为原点，为轴正方向建立坐标系如图：    易得，且， 则，则，即，， 设点，因为，则有， 解得，即， 易得平面的法向量可以取， 设平面的法向量为， 因， 则， 不妨令，则， 由图象可得为锐角， ， 则， 因为且，所以且，则， 当时，，解得. 变式1．（2026·贵州安顺·模拟预测）如图，等腰梯形与直角梯形所在的平面互相垂直，，，，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：结合等腰梯形的性质，利用余弦定理求，结合勾股定理的逆定理判断，利用面面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面. 方法二：作辅助线，利用平面几何图形的性质得垂直与平行关系，利用面面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面. （2）建立空间直角坐标系，并求相关点和向量的坐标，利用面面垂直的性质证明，求平面的法向量，利用向量的夹角公式求解， 【详解】（1）方法一 ： 由四边形为等腰梯形，及，， 可知， 由余弦定理可知，， 所以， 又，所以， 因为平面平面，平面平面，且， 所以平面， 因为平面，所以，因为， ，平面，所以平面. 方法二 ： 作辅助线，利用平面几何图形的性质得垂直与平行关系 取的中点，连接，， 因为，， 所以四边形与四边形均为菱形， 所以，，利用面面垂直的性质证明 因为平面平面，平面平面，且， 所以平面，因为平面，所以，根据线面垂直的判定定理证明平面， 因为，，平面， 所以平面，所以平面. （2）过的中点，作于点，连接， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以平面， 所以，，两两垂直， 故以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则即 令，得， 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 变式2．（2026·山东聊城·模拟预测）如图，在四棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）首先利用条件证明进而证明，然后再利用面面垂直的性质定理证明进而证明，最后根据垂直的判定定理即可证明结论； （2）以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别计算出平面和平面的法向量，然后根据平面与平面夹角的向量公式即可求解. 【详解】（1）， ，． 为的中点，，． 又， ，． ，，． 是等边三角形，为的中点，． 平面平面，平面平面平面 平面． 平面． 平面平面， 平面． 平面平面平面． （2），平面平面，平面平面，平面， 平面． 平面， 两两垂直． 以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，过点且平行于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则． 设平面的法向量为，则， ， 令，则． 设平面的法向量为，则， ， 令，则． 设平面与平面的夹角为，则 即平面与平面夹角的余弦值是． 2 学科网（北京）股份有限公司 $空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 考点目录 线面垂直的判定 面面垂直的判定 线面垂直的性质 面面垂直的性质 考点一 线面垂直的判定 例1.(2026浙江金华·三模)如图，在四棱锥A-BCDE中，已知ABC为正三角形，四边形BCDE为直角梯形， 平面ABC⊥平面BCDE,BC⊥CD,BE//CD,BE=1,BC=2,CD=3,O为BC中点 (1)证明：DE⊥平面AOE; (2)求平面ADE与平面ACD所成夹角的余弦值. 例2.(2026安徽合肥·模拟预测)如图所示，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB,BC⊥AB,平面PAB⊥平面PBC, 点M为PC中点. (I)求证：PA⊥底面ABC; (2)若PA=AB=BC=2,试求平面ABM和平面PAC夹角的余弦值. 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 例3.(2026·湖南衡阳·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，侧面PAC⊥底面ABC,AC⊥BC,△PAC是边长为2 的正三角形，BC=4,E,F分别是PC,PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为1. (1)证明：直线1⊥平面PAC; (2)求EF与平面ECA的正弦值 变式1.(2026安徽合肥·模拟预测)如图1，正方形ABCD的边长为2.如图2，现将正方形ABCD沿着对角线AC 翻折，其中O为原正方形ABCD的中心. A20 图1 图2 (1)证明：AC⊥平面BOD: (②)翻折至四面体ABCD的体积最大时，求CD与平面ABD所成的角的正弦值. 2 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 变式2.(2026·重庆北碚模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，平面 ABCD⊥平面PAD,PA⊥CD,PA=AB=2,E为PD的中点. E (1)求证：PA⊥平面ABCD; (2)求二面角C-AE-P的余弦值. 变式3.(2026河北二模)如图，四棱台ABCD-A,B,CD的底面为正方形，DD,⊥平面ABCD,平面ABB,A与平 面CDD,C的交线为I D C B (1)证明：1⊥平面ADD,A1; (2)若AB=2,A,B,=DD,=1,直线AA,与CC交于点M,点N是1上一点，且MN.AB>0,当直线BB,与平面NAC所 成的角最大时，求MN 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 考点二 面面垂直的判定 例1.(2026江苏苏州模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，已知点D,E分别是棱BC,CC上的点， AD⊥BC A C B B (I)证明：平面ADE⊥平面BCC,B,; (2)若ABC是等边三角形，BC=CC,=2,平面ADE分割三棱柱ABC-A,B,C,所得两部分的体积之比为11：1，求直 线A,E与平面ADE所成的角的余弦值. 例2.(2026山西大同三模)如图，在四棱柱ABCD-A,B,CD,中，四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°， DC=CC,=2,DC=V6,BC⊥DC,点E是棱CC的中点. D C A B (I)求证：平面ABCD⊥平面BCC,B; (2)求二面角E-DB-A,的正弦值. 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 例3.(2026·陕西渭南·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，AD11BC,AB=BC=CD=AD=2, PA=PB=PC=PD=5. (I)求证：平面PAD⊥平面ABCD; (2)线段PB上是否存在点M(不包括端点)，使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为，？若存在，求出MB的 长；若不存在，请说明理由 变式1.(2026·广西桂林.模拟预测)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是矩形，AD=2AB=4,SA=SD, SA.CD=0,SM=tMD. (I)求证：平面SAB⊥平面SAD; (2)若异面直线SD与BC所成角为45°，SB/1平面AMC,求二面角A-CM-S的正弦值. 5 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 变式2.(2026·湖北孝感模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB+AD=3, AB=AP,CD=2,∠CDA=45° A D B (1)证明：平面PAB⊥平面PAD; (2)若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长； 变式3.(2026·河北二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=3,BC=2,侧面PBC为正三角 形，平面PBC⊥平面ABCD,点E为棱PA上一点，O、G分别为BC,AD中点. D G B A (I)求证：平面POG⊥平面BEC; (2)若点E为PA中点，点P关于平面BCE的对称点为点Q,求平面QAB与平面PCD夹角的余弦值. 6 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 考点三 线面垂直的性质 例1.(2026四川成都·三模)在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为正三角形，四边形ABCD为 矩形，M是PD的中点，且PB与平面ABCD所成角的正弦值为y 4 B (1)求证：AM⊥PC; (2)求平面ABM与平面PBC夹角的余弦值 例2.(2026四川广安·模拟预测)如图，在四边形ABCD中，AB=AD,BC=CD,∠BAD=90°，∠BCD=60 将△ABD沿BD翻折至△PBD(P为点A的对应点)，使得平面PBD与平面BCD垂直 B (I)证明：BD⊥PC: (2)求平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值. 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 变式1.(2026·吉林·三模)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，`AD//BC,AB⊥AD, PA=PB=PD=AB=AD=2,BC=1. D D C (1)证明：PC⊥AD; (2)求二面角A-PC-D的正弦值. 变式2.(2026·浙江绍兴模拟预测)如图，三棱柱ABC-A,B,C,中，底面ABC为锐角三角形，四边形AA,BB,是平 行四边形，AB⊥A,B,CA=CA,AB=AB=2,CB=V3. B 1----- A (1)求证：CB⊥AA: Q若三楼徐C-448体积为子求二面角C-4品-B的大小 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 考点四 面面垂直的性质 例1.(2026浙江绍兴模拟预测)如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，平面PAB⊥平面ABCD,PA=AB,E为 BC的中点. B E D (I)若PB=PA,证明：AE⊥PD; (②)求直线AE与平面PBC所成角的余弦值的取值范围. 例2.(2026河南三模)如图，平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF为矩形，且BE=√5，ADIIBC, BC⊥CD,AD=2BC=2CD=2,G为线段CE上的动点（不含端点）. B D (I)证明：BD⊥平面ABEF. ②)设C元=tC武t∈(0,1》记二面角E-BD-G的平面角为0，用t表示tan0的值，并求出当0=买时实数t的值. 9 空间向量与立体几何：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 变式1.(2026贵州安顺模拟预测)如图，等腰梯形ABCD与直角梯形ABFE所在的平面互相垂直， AB∥CD∥EF,AE⊥AB,AB=2CD=2EF=2AD=2BC=4,AE=2V2 E B (1)求证：BC⊥平面ACE; (2)求DF与平面ACF所成角的正弦值 变式2.(2026山东聊城模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAB是边长为2的等边三角形，BC⊥AB ,DA/BC,BC=2AD=2,平面ABCD⊥平面PAB,M为AB的中点. (I)证明：平面PBD⊥平面PMC; (2)求平面PCD与平面PMC夹角的余弦值. 9