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复习讲义-2026届高三数学三轮冲刺

该高中数学高考复习讲义聚焦空间向量与立体几何核心考点，系统梳理线面垂直、面面垂直的判定与性质，按“判定-性质”逻辑分层构建知识体系，通过知识点解析、解题思路归纳、真题例题分析及变式训练，帮助学生掌握垂直关系转化规律，突破立体几何证明与计算难点。 讲义突出“线线垂直→线面垂直→面面垂直”的转化思维，以判定定理为依据，性质定理为工具，培养学生逻辑推理能力和空间观念。设计“找线-证垂-定论”三步解题策略，配合分层例题与变式训练，确保学生高效掌握考点，为教师提供精准复习路径，提升学生高考应考能力。

2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 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复习讲义 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 知识点解析 考点一线面垂直的判定 知识点 判定定理：一条直线垂直平面内两条相交直线，则直线垂直该平面 符号：mC&nc,m∩n=P,1Lum,lLn→lL 补充：平行线垂直同一平面、面面垂直推线面垂直 解题原理 线面垂直转化为证明线线垂直 解题思路 1.在目标平面找两条相交直线 2.证已知直线分别与两相交线垂直 3. 套用定理证出线面垂直 考点二面面垂直的判定 知识点 判定定理：一个平面过另一平面的一条垂线，则两平面互相垂直 符号：1LB,1ca→a⊥B 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 解题原理 面面垂直转化为证明线面垂直 解题思路 1.在一个平面内寻找能垂直另一平面的直线 2.证明该直线垂直目标平面 3.即可推出两平面垂直 考点三线面垂直的性质 知识点 1.垂直同一平面的两条直线互相平行 2.直线垂直平面，则直线垂直面内任意直线 符号：1L,aca→lLa 解题原理 由线面垂直直接推出线线垂直、线线平行 解题思路 1.己知线面垂直，直接得直线垂直面内所有直线 2.利用垂直关系求角度、证垂直、算边长 x 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 考点四面面垂直的性质 知识点 性质定理：两平面垂直，在一个平面内作交线的垂线，则该直线垂直另一平面 符号：a⊥B,&∩B=l,acc,a⊥1→a⊥B 解题原理 面面垂直作交线垂线，转化得到线面垂直 解题思路 1. 找准两垂直平面的公共交线 2.在其中一个面内作交线的垂线 3.得到线面垂直，再推导线线垂直、面面关系 考点一 线面垂直的判定 【例题分析】 例1.(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. B (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. 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 例2.(2026陕西榆林·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形， AB//CD,AB L BC,AB=2BC =2CD=22. C B (I)证明：BD⊥平面PAD; (2)若△PAD为等腰直角三角形，PA=PD,求二面角B-PD-C的余弦值. 例3.(2026广东深圳三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD,M为 AD中点，过点A作PM的垂线交PM于点N,交PD于点E D E D C (I)证明：PM⊥平面ABE; (2)若PA⊥PD,AP=AB=AD=2,求平面ABE与平面ACE所成角的余弦值 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 【变式训练】 变式1.(2026辽宁模拟预测)如图，在正三棱柱ABC-A,B,C,中，AA,=3,AB=2,点D,E为棱CC的两个三 等分点(D点靠近点C),点F在棱AA,上，且AF=1. D B B (I)证明：B,D⊥平面BEF: (2)求平面A,B,D与平面A,B,E夹角的余弦值. 变式2.(2026河南模拟预测)如图，在三棱台ABC-A,B,C,中，AB=BC=2A,B,=2AA,=2,∠AB,=2, LABC=90°，平面ABBA,⊥平面ABC,且∠AB,B=90°，BC=√6 (1)证明：AA,⊥平面ABC; (2)求平面AB,C与平面B,CA夹角的正弦值 5 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 变式3.(2026河南开封模拟预测)如图，在三棱台ABC-A,B,C,中，ABC为等边三角形，AB=2AA=2A,B,=2 ,BC,=2,且AA⊥AB. 11 B B (I)证明：AA⊥平面ABC; (2)求平面BB,C与平面AB,C夹角的余弦值. 6 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 考点二 面面垂直的判定 【例题分析】 例1.(2026河南模拟预测)如图，在多面体ABCDEF中，底面四边形ABCD为直角梯形，AD/1BC,AB⊥AD, BC=AE=2,AB=AD=CF=1,AE⊥平面ABCD,CF⊥平面ABCD. (I)求证：平面BDF⊥平面CDF; (2)求平面BDE和平面BDF夹角的余弦值. 例2.(2026湖北三模)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且∠ABC=60°，AB=PC=2, PA=PB=2. D (I)证明：平面PAB⊥平面ABCD; (2)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值， 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 例3.(2026山东聊城模拟预测)已知直三棱柱ABC-A,B,C,AC⊥AB,AC=3,AB=4. (I)证明：平面ABC⊥平面ABB,A; (②若点B到平面C的距离为号，采二面角4-8C-8的正弦管。 【变式训练】 变式1.(2026山东德州三模)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD满足ABIIDC,AB⊥AD, AD=DC=2AB=1,M,N分别是AD,PD的中点，且MN⊥MC,BD⊥NC. M B (I)证明：平面MNC⊥平面ABCD; (2)若AN⊥PD,求平面PBC与平面APD的夹角的余弦值. 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 变式2.(2026广东广州三模)已知三棱锥P一ABC(如图1)的平面展开图（如图2）中，四边形ABCD是边长为 √2的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P一ABC中： D B B F 图1 图2 (I)证明：平面PAC⊥平面ABC; (2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成角最大时，求二面角M一BC-A的余弦值. 变式3.(2026·河南开封模拟预测)如图1所示，四边形ABCD为正方形，PC=PD=CD,E为PC的中点.将 △PDC沿直线CD翻折使得DE⊥平面PCB,如图2所示. D 图1 图2 (I)证明：平面PCD⊥平面ABCD; (2)求平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值. 0 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 考点三 线面垂直的性质 【例题分析】 例1.(2026山东泰安三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA=PD=√5，O,M分别是AD,AP中点，底面ABCD 为菱形，平面PAD⊥平面ABCD,OB⊥PD,OB=V3. M D 、 A B (1)证明：PA⊥OB; (2)求D到平面MOB的距离. 例2.(2026辽宁朝阳·模拟预测)如图，在斜三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=AC,侧面B,BCC,为矩形，A在底面 ABC内的射影为O, A C B B (1)求证：AO⊥BC; (②)若BC=20A=V20B,4从与底面4BC所成角的余弦值为3求平面AMB与平面CAB的夹角的余弦值 10 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 【变式训练】 变式1.(25-26高三下·安徽六安·阶段检测)如图，矩形ABCD中，AB=4,BC=2,将△ABD沿矩形对角线BD 翻折至aSBD,使得点S在底面BCD内的投影点O在CD上，M为BS中点. B B (I)求证：SD⊥MC; (2)求二面角D-MC-S的余弦值. 变式2.(2026河北保定三模)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AC=CC,=B,C,=2,B,C1⊥A,C,P,M,N 分别是CC,B,C,AB,的中点 A M B B (1)证明：BP⊥MN; (2)求二面角A-MN-B的正弦值 11 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 考点四 面面垂直的性质 【例题分析】 例1.(25-26高三下山西晋中阶段检测)如图，在矩形CDEF中，CD=1,DE=2,A,B分别是DE,CF的中点， 点P,Q分别是对角线AC,BE上的动点（不包括端点），且CP-BQ=a0<a<V2),将四边形ABCD沿AB翻折， 使平面ABCD⊥平面ABFE. B B (I)求证：BD⊥平面AEC; (2)求线段PQ的长（用a表示）： (3)当线段PQ的长最小时，求平面PQA与平面AEC夹角的余弦值. 例2.(2026重庆渝中三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAB⊥平 面ABCD,平面PAD1平面ABCD,PA=2.PE=元PC(0<元<1)且二面角E-BD-C的余弦值为6 3 E (1)求证：PA⊥平面ABCD; (2)求三棱锥B-CDE的体积 2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 【变式训练】 变式1.(2026·河北保定·三模)如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,PB⊥AD. D (I)证明：PA⊥平面ABCD; (2)若PA=AD=4,AB=2,BC=√2，四棱锥P-ABCD外接球的球心为O,求直线AO与平面PCD所成角的正 弦值。 变式2.(2026江西赣州二模)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，平面ABB,A⊥平面ABC,AB=AC=AA,=5,且 cos∠AAB=3 'cos∠4AC=9 5 A B (1)证明：A,C⊥平面ABC; (2)求二面角B-AC1-B,的余弦值.2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 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复习讲义 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 知识点解析 考点一 线面垂直的判定 知识点 判定定理：一条直线垂直平面内两条相交直线，则直线垂直该平面 符号： 补充：平行线垂直同一平面、面面垂直推线面垂直 解题原理 线面垂直转化为证明线线垂直 解题思路 1. 在目标平面找两条相交直线 1. 证已知直线分别与两相交线垂直 1. 套用定理证出线面垂直 考点二 面面垂直的判定 知识点 判定定理：一个平面过另一平面的一条垂线，则两平面互相垂直 符号： 解题原理 面面垂直转化为证明线面垂直 解题思路 1. 在一个平面内寻找能垂直另一平面的直线 1. 证明该直线垂直目标平面 1. 即可推出两平面垂直 考点三 线面垂直的性质 知识点 1. 垂直同一平面的两条直线互相平行 1. 直线垂直平面，则直线垂直面内任意直线 符号： 解题原理 由线面垂直直接推出线线垂直、线线平行 解题思路 1. 已知线面垂直，直接得直线垂直面内所有直线 1. 利用垂直关系求角度、证垂直、算边长 考点四 面面垂直的性质 知识点 性质定理：两平面垂直，在一个平面内作交线的垂线，则该直线垂直另一平面 符号： 解题原理 面面垂直作交线垂线，转化得到线面垂直 解题思路 1. 找准两垂直平面的公共交线 1. 在其中一个面内作交线的垂线 1. 得到线面垂直，再推导线线垂直、面面关系 考点一 线面垂直的判定 【例题分析】 例1．（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2．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为梯形，，，． (1)证明：平面； (2)若为等腰直角三角形，，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)运用面面垂直的性质与平面几何的勾股定理来证明； (2)空间向量法求二面角或等体积法求二面角. 【详解】（1）解法1：因为，，所以，，， 在梯形中，，由可得， 又因为侧面底面ABCD，侧面底面底面ABCD，所以平面PAD． 解法2：因为，，所以，，， 在梯形中，，由可得， 如图，过点作于点，又因侧面底面ABCD，侧面底面， 侧面，所以底面ABCD，因为底面ABCD，所以， 又平面PAD，所以BD⊥平面PAD． （2）解法1：以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为轴，轴，过点且垂直于底面ABCD的直线为轴， 建立如图空间直角坐标系， 因为侧面底面ABCD，所以平面xDz，又为等腰直角三角形，， 则，所以， 设平面PBD的法向量为，平面的法向量为 则,故可取; ，故可取， 则， 又二面角为锐角，故其余弦值为. 解法2： 如图，过点作平面PCD的垂线，垂足为，连接DE，MC， 因为平面底面PAD，所以，由三垂线定理得， 所以为二面角的平面角， 因为平面平面ABCD，所以， 又为等腰直角三角形，，所以， 在中，， 由余弦定理得，则， 在中，，所以， 由，即 得，所以， 所以在中，，所以， 即二面角的余弦值为． 例3．（2026·广东深圳·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，M为中点，过点A作的垂线交于点N，交于点E. (1)证明：平面； (2)若，，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质证得平面，继而证得，再结合，即可证得线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式，即可得解. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 又因为平面，可得， 又因为，， 所以平面； （2）由题意可得两两互相垂直，， 以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，， 可得，解得λ＝3，则. 所以. 设平面的法向量为， 由，令，则 则平面的一个法向量为， 由（1）得为平面的一个法向量， 可得0×1+1×（﹣1）+（﹣2）×2＝﹣5，，， 设平面与平面所成角为， 则|， 因此平面与平面所成角的余弦值为. 【变式训练】 变式1．（2026·辽宁·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，，点，为棱的两个三等分点（点靠近点），点在棱上，且． (1)证明：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）设 ，由平面几何可证，连接，，由勾股定理可得，又，可得，由线面垂直的判定定理得证； （2）取，的中点O，M，以O为原点，直线，，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出答案. 【详解】（1）记 ， 由题意知， ， ， 所以 ， 由三角形内角和定理，得 ，即. 连接，，则，，， 所以，所以. 因为，，所以四边形为平行四边形，所以， 所以. 又，平面，，所以平面. （2）分别取，的中点O，M，连接，，易得，，两两垂直， 以O为原点，直线，，分别为x轴，y轴，z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， 则，即， 令，得，，所以． 设平面的一个法向量 ，则，即， 令，得，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则． 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 变式2．（2026·河南·模拟预测）如图，在三棱台中，，，，平面平面，且，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理推导平面得到，再结合给定的边长关系，通过勾股定理逆定理及线线平行性质证明，最终由线面垂直判定定理得证. （2）在第一问结论的基础上建立空间直角坐标系，求得两个平面对应的法向量，先通过向量点积公式计算两法向量夹角的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系求出两平面夹角的正弦值. 【详解】（1）因为，所以. 又平面平面，且平面平面，平面,所以平面. 因为平面，平面，所以，. 又，所以. 又，平面,所以平面，平面,所以. 因为在中，，，所以. 因为在中，，， 所以. 又，所以. 又，且，平面, 所以平面. （2）如图，以为原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则有不妨取， 则平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则有不妨取， 则平面的一个法向量为， 所以，所以. 故平面与平面夹角的正弦值为. 变式3．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在三棱台中，为等边三角形，，，且． (1)证明：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）结合棱台的性质及勾股定理逆定理，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，求出平面与平面的法向量，根据面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）取的中点为，则，连接，， 三棱台中，，， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，， 由，为的中点，所以， 又，所以，所以，即， 又，，，平面，所以平面； （2）由（1）可知，，，两两垂直， 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， ， ，，   所以，，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 考点二 面面垂直的判定 【例题分析】 例1．（2026·河南·模拟预测）如图，在多面体中，底面四边形为直角梯形，，，，，平面，平面． (1)求证：平面平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据勾股定理和线面垂直的性质，进而证明面面垂直； （2）建立直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用两个法向量夹角的余弦公式计算平面夹角的余弦值 【详解】（1）如图，取的中点，连接． 因为，，，， 所以，，所以四边形是正方形， 所以，．在中，， 则在中，，所以． 因为平面，平面，所以． 因为，，平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2）因为平面，，平面，所以，． 又因为，所以，，两两垂直． 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以． 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以． 因为， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 例2．（2026·湖北·三模）如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，． (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）根据题意结合勾股定理可得，，可得平面，即可证面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）如图，取中点，连接，， 因为，，则， 即，且，， 且四边形是菱形，，则，， 又因为，则，即， 且平面，平面，， 可得平面，且平面，所以平面平面． （2）以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 可得， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 例3．（2026·山东聊城·模拟预测）已知直三棱柱，，，． (1)证明：平面平面； (2)若点到平面的距离为，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】(1)根据直三棱柱的特点，侧棱与底面垂直，以及题干所给垂直条件，先证明线面垂直，再根据面面垂直的判定定理证明面面垂直； (2)根据(1)中的证明结果可得到三条两两垂直的直线，建立空间直角坐标系，利用所给条件得到的长，根据法向量夹角与二面角的平面角之间的关系，通过法向量计算二面角的正弦值． 【详解】（1） 证明：因为为直三棱柱，故平面，所以； 又因为，且，平面， 所以平面， 因为平面，故平面平面； （2）由(1)知，平面，平面， 故，，； 以A为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 设，则，，，， 则，， 设平面的法向量， 则，故，令，可得：； 因为点到平面的距离为， 故，即，，解得或（舍去）； 故； ，， 设平面的法向量， 则，故，令，可得：； 设二面角的平面角为， 则， 因为，则． 故二面角的正弦值． 【变式训练】 变式1．（2026·山东德州·三模）如图，四棱锥中，底面满足，，，，分别是，的中点，且，． (1)证明：平面平面； (2)若，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）利用向量或者平面几何的方法证明，再结合，根据线面垂直的判定定理得到平面，再根据面面垂直的判定定理即可得到结论. （2）先证平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值. 【详解】（1）方法一：，， 则， 即． 又，，平面， 所以平面. 又平面，所以平面⊥平面． 方法二：设， 在与中， 因为，，， 所以， 则. 因为，所以. 则在中，， 即⊥. 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面⊥平面． （2）因为平面平面，平面平面， 又平面，， 所以平面. 在中，因为，分别是，的中点， 所以， 则平面. 因为，是的中点， 所以是等腰三角形，且==1， 分别以，，方向作轴、轴、轴正方向，建立如图空间直角坐标系． ，，，，， 因为平面，又， 所以是平面的一个法向量． 设是平面的一个法向量， ，. 所以，令，则，，则． 设平面与平面的夹角为． 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 变式2．（2026·广东广州·三模）已知三棱锥P－ABC（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形ABCD是边长为的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P－ABC中：    (1)证明：平面PAC⊥平面ABC； (2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成角最大时，求二面角M－BC－A的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）四边形为边长等于的正方形，和均为正三角形， 设的中点为，连接，    依题意，，，， 则，在中，，于是， 由，平面，得平面， 而平面，所以平面平面. （2）由（1）知，，，平面，则平面， 是直线与平面所成的角，且， 则当最短时，即是的中点时，最大，而直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， ，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则，取，得， 因此，由图知二面角的大小为锐角， 所以二面角的余弦值为. 变式3．（2026·河南开封·模拟预测）如图1所示，四边形为正方形，，为的中点．将沿直线翻折使得平面，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直、正方形的性质得、，再由线面垂直、面面垂直的判定证明结论； （2）由（1）及已知证明、，取的中点分别为，连接，结合面面角的定义得到即为平面与平面所成角的平面角，设，进而求出面面角的余弦值. 【详解】（1）由平面，平面，则， 由四边形为正方形，则， 又，且平面，则平面， 由平面，则平面平面； （2）由（1）知平面，平面，则， 由四边形为正方形，则， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面， 由平面，则， 由且，则， 所以，即为等腰三角形，又为等边三角形， 取的中点分别为，连接，则，且， 而，则，又平面平面， 其中平面，平面， 则即为平面与平面所成二面角的平面角， 若，则，且，， 所以，故， 所以平面与平面所成二面角的余弦值为. 考点三 线面垂直的性质 【例题分析】 例1．（2026·山东泰安·三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，O，M分别是AD，AP中点，底面ABCD为菱形，平面平面ABCD，． (1)证明：； (2)求D到平面MOB的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过面面垂直得到，继而通过平面PAD，最终完成证明 （2）建系利用向量法求解或利用等体积法求解 【详解】（1）连接PO，BD，如图一所示， ，，∵平面平面ABCD， 平面平面，平面，平面ABCD， 平面ABCD，， 又平面PAD，平面PAD， 又平面PAD，. （2）由（1）得,又∵O为AD的中点,， ,是正三角形，,. 法一：以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图一所示的空间直角坐标系， 则 ， ， 设平面MOB的一个法向量为， 则即， 取，则，， ∴点D到平面MOB的距离， ∴点D到平面MOB的距离为. 法二：连接MD，设点D到平面MOB的距离为h， ， ，M到平面ABCD的距离为P到平面ABCD距离的， 即，，， ，∴点D到平面MOB的距离为. 例2．（2026·辽宁朝阳·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，侧面为矩形，在底面内的射影为. (1)求证：； (2)若，与底面所成角的余弦值为，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）由射影得直线垂直于平面，再结合三角形性质和线面垂直判定定理证明. （2）建立空间直角坐标系，求相关向量与法向量，利用向量夹角公式求平面夹角余弦值. 【详解】（1）因为在底面内的射影为， 所以平面， 又平面，则， 在斜三棱柱中， ，， 又因为侧面为矩形， 所以，因此， 因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以，结合，得． （2）由（1）知，，两两垂直，以为原点，所在直线为轴，平行于轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 已知，设，则，， 又因为与底面所成角的余弦值为， 所以，， 则，，， ， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，， 令，解得， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，， 令，解得， 又因为两个平面的夹角范围为， 所以． 【变式训练】 变式1．（25-26高三下·安徽六安·阶段检测）如图，矩形ABCD中，，，将沿矩形对角线BD翻折至，使得点S在底面BCD内的投影点O在CD上，M为BS中点． (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知可得，进而可证得平面，进而可证平面，从而可证结论； （2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD，可得为所求二面角的平面角，求解即可.法二：建立空间直角坐标系，求得平面CDM的法向量为，可得平面SBC的法向量为，进而利用向量法可求得二面角的余弦值． 【详解】（1）平面，又平面， ，又，且，平面， 平面，平面， ，又，且，平面， 平面，平面， . （2）法一：延长CM，在平面SBC内，过S作CM的垂线，垂足为H，连接HD． 由（1）可知，又，且平面SHD， 平面SHD，平面SHD，，，又CM为二面角的棱， 平面SMC，平面CDM， 为所求二面角的平面角 平面SCD，， ， 又M为SB的中点，可得， ，，， 法二：如图，以O为坐标原点，OS所在直线为z轴，OC所在直线为x轴，在平面BCD内，以过O且垂直于CD的直线为y轴，建立空间直角坐标系， 计算可得：，，， 则，，，，， 由题意可知，平面SBC的法向量为， 设平面CDM的法向量为， ，， ，得，令，则， . 二面角的平面角显然为锐角， 变式2．（2026·河北保定·三模）如图，在直三棱柱 中， P，M，N分别是 的中点.    (1)证明：； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由直三棱柱中得到平面，利用线面垂直的定义得到，利用线面垂直的判定定理得到平面，从而得到，又利用平行的传递性得到，从而利用线面垂直的判定定理得到平面，利用线面垂直的定义得到. （2）建系找点坐标，求平面内向量，求解两个半平面的法向量，利用法向量夹角公式求余弦值，结合三角恒等变换求正弦值. 【详解】（1）直三棱柱中，平面， 平面， ， 又 ， ，平面，平面， 平面， 平面，， 又 ，， 由，可知是边长为的正方形，， 是的中点，是的中点，, ，，， 平面，平面，，， 平面，平面，平面， 平面，. （2）由（1）知，，， 以为原点，、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 是中点，， 是中点，， ，， 设平面的法向量为 ， 则，令，则，，则， ， 设平面的法向量为 ， 则，令，则，，， 设二面角的平面角为，该二面角为锐角， 则， 则.    考点四 面面垂直的性质 【例题分析】 例1．（25-26高三下·山西晋中·阶段检测）如图，在矩形中，，分别是的中点，点分别是对角线上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面．    (1)求证：平面； (2)求线段的长（用表示）； (3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)． 【分析】(1) 要证明 平面 ，需根据线面垂直判定定理，证明 垂直于平面 内的两条相交直线.由正方形性质可得 ，再结合面面垂直的性质证明 平面 ，得到 ，即可满足判定条件. (2) 以 为原点建立空间直角坐标系，写出各顶点坐标，根据 将点 、 的坐标用参数 表示，通过向量模长公式即可求出 的长度表达式. (3) 先对 长度的表达式配方，求出 最短时对应的 值，确定此时 、 的坐标，再分别求出平面 与平面 的法向量，利用空间向量夹角公式计算两法向量夹角的余弦值，取绝对值即为两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）证明：在矩形中，，点分别是的中点， 所以四边形和是全等的正方形，所以， 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； （2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 则 ， ， ， 因为， 所以 ， ， 则 ， 所以 ， 所以线段的长为 ； （3）因为， 所以当时，线段最短， 此时分别为线段的中点， ， ， 则 ， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 由（1）知， 为平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 例2．（2026·重庆渝中·三模）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的正方形，平面 平面，平面平面 且二面角 的余弦值为 . (1)求证： 平面 ； (2)求三棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用空间垂直关系的转化可得，，由线面垂直的判定定理可证平面 ； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量求出面面角的余弦值，从而求出，据此可求三棱锥 的体积. 【详解】（1）因为四边形为正方形，故， 而平面 平面，平面 平面， 平面，故平面，而平面， 故，同理，而，平面， 故平面. （2）因为平面，，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故，故，所以， 故，， 设平面的法向量为，则， 所以，取， 而平面的法向量为，故， 整理得，故，故， 故到平面的距离为，故. 【变式训练】 变式1．（2026·河北保定·三模）如图，四棱锥中，平面平面，，． (1)证明：平面； (2)若，，，四棱锥外接球的球心为O，求直线AO 与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，即可得，进而可证平面，可得，即可证线面垂直； （2）建系并标点，分析可知，进而可得，，求平面PCD的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面， 则平面，由平面可得， 又因为，，且，平面， 则平面，由平面可得， 且，平面，所以平面. （2）因为平面，， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，，， 因为四棱锥有外接球，则四边形有外接圆，可得， 则，解得，即， 可知的中点为，可设，， 则，即，解得，即， 可得，，， 设平面PCD的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线AO 与平面PCD所成角的正弦值为. 变式2．（2026·江西赣州·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，且， (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在平面内作交于点，连接，利用面面垂直的性质定理得出平面，可得出，利用余弦定理结合勾股定理逆定理得出，结合得出平面，可得出，再利用菱形的几何性质以及线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【详解】（1）在平面内作交于点，连接， 由与，得， 所以， 又平面平面，平面平面， ，平面， 故平面， 又因为平面，故， 在中，由与， 则， 即， 在中，，即， 所以，故，即， 又，且，、平面， 故平面， 因为平面，所以， 又因为四边形为菱形，故， 又，、平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，， 故以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向 建立如图所示的空间直角坐标系， 故、、、、， ，，，则， 设为平面的一个法向量， 则，取，得， 由（1）知平面，且， 故令为平面的一个法向量， 记二面角的平面角为（显然为锐角）， 故， 即二面角的余弦值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $