期末复习：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 聚焦线面与面面垂直的判定及性质，以24道区域典型题构建“判定-性质”递进训练，强化空间观念与推理意识。 **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|6题（3例+3变式）|结合菱形、三棱锥等几何体，含中点、等边三角形等条件|从线线垂直推导线面垂直，构建判定定理应用体系| |线面垂直的性质|6题（3例+3变式）|涉及正方体、折叠问题，需证线线垂直或求线面角|利用线面垂直性质转化空间关系，体现性质定理工具性| |面面垂直的判定|6题（3例+3变式）|以三棱锥、圆柱为载体，需证线面垂直推导面面垂直|通过线面垂直桥梁连接面面垂直，形成判定逻辑链| |面面垂直的性质|6题（3例+3变式）|含折叠、直三棱柱模型，解决存在性问题或求角|从面面垂直找线面垂直，实现性质定理的逆向应用|

期末复习：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 期末复习：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．（25-26高一下·河北衡水·阶段检测）如图，四棱锥的底面为菱形，交于点，，为等边三角形，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值． 【答案】(1)因为底面为菱形，交于点， 所以为，的中点． 因为为等边三角形，所以，所以． 又，所以，, 又，平面，所以平面； (2)2 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）过作于点，连接，即证，得为二面角的平面角，在中，计算，进而求解. 【详解】（1）略； （2）由（1）知平面，又平面，所以． 如图，过作于点，连接， 又，则平面． 又因为平面，所以， 所以为二面角的平面角． 因为底面为菱形，所以，且． 又，所以为等边三角形， 所以， 又为等边三角形，为的中点， 所以， 在中，， 所以， 即二面角的正切值为2． 例2．（25-26高一下·河南郑州·阶段检测）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 证明：取PB的中点D，连接CD； 因为，D为PB的中点， 故； 因为平面平面，且交于PB， 故平面； 因为平面，故； 又因为，且，平面， 故平面； (2)； (3)存在一点，使得二面角的正切值为；． 【分析】(1)根据面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合已有的线线垂直，根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直； (2)根据第一问的结论，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，写出法向量，代入点到平面的距离公式计算距离； (3)假设存在，根据向量的共线定理设出点的坐标，根据已知条件计算参数，能求出满足题意的值说明存在，否则不存在． 【详解】（1）略 （2） 取BC的中点O，AC的中点F，连接OF，PO； 因为O，F为BC，AC的中点，故； 由(1)可知，平面，故平面； 故，； 又因为为等边三角形，故； 故以O为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为，， 故，，； 故，，，， ，，； 设为平面的法向量，则 ，故，令，则； 则点到平面的距离为； （3） 设存在点E，使得，； 则； 设为平面的法向量； 为平面的法向量； 则，故， 令，则； 设二面角为， 则，故； 因为， 整理化简可得： 即，化简得：，解得：； 故，则； 综上，存在一点，使得二面角的正切值为． 例3．（25-26高一下·河北邢台·期中）如图，在五面体中，平面，，四边形为矩形，，，，，G是的中点． (1)证明：平面． (2)求直线AE与直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）过点作，垂足为．通过，即可求证； （2）设，分别为，的中点，连接，，．确定为直线与直线所成的角或补角，进而可求解. 【详解】（1）在矩形中，，． 因为，，平面， 所以平面．因为平面，所以，即． 因为平面，平面，所以． 过点作，垂足为． 又，，，，， 所以，即． 又，平面， 所以平面． （2）设，分别为，的中点，连接，，． 在中，．因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 可得为直线与直线所成的角或补角． 过点作，垂足为，连接． 又，，，，， 所以， 所以直线与直线所成角的余弦值为． 变式1．（24-25高一下·湖南衡阳·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是线段的中点，是线段的中点. (1)求证：平面； (2)求与面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得平面，再根据，即可证明答案； （2）利用等体积法求出到面的距离，进而得到与面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为底面为正方形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又因为是线段的中点，是线段的中点， 所以， 所以平面. （2） 取中点为，连接， 因为为正三角形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 设，，， 所以在中，， 由（1）得平面， 又因为，所以平面， 又因为平面， 所以， 所以，， 设到面的距离为，因为， 所以， 所以， 设与面所成角为， 则， 所以与面所成角的正弦值为. 变式2．（24-25高一下·上海松江·期末）如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得（如图），为中点． (1)求证：平面； (2)求与平面的所成角； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，利用几何关系得，，再利用线面垂直的判定定理，即可求解； （2）由（1）知为与平面所成的角，在中，利用，即可求解； （3）在上取点，使，连接，过作交于，利用线面平行的判定定理可得平面，平面，进而可得平面平面，再由面面平行的性质，即可求解. 【详解】（1）如图，连接，因为，为中点，所以， 又，所以，， 在中，，，则，由余弦定理，， 又，所以，则， 又面，所以平面. （2）由（1）知为与平面所成的角， 在中，，所以， 又，所以， 即与平面所成的角为. （3）存在，且，理由如下， 如图在上取点，使，连接，过作交于，连接， 因为，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，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面， 由，知， 所以在线段上是否存在点，使得平面，且. 变式3．（24-25高一下·山东青岛·期末）如图，在三棱锥中，为等边三角形，E为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)若F为线段上的动点，当的面积最小时，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理逆定理判断，结合，利用线面垂直的判定定理证明线面垂直. （2）先根据的面积最小，确定点的位置，再确定与平面所成的角，利用余弦定理解三角形，求出线面角的余弦，再利用同角三角函数的基本关系，求线面角的正弦. 【详解】（1）因为为中点，是等边三角形，所以， 又，，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 已知，则， 又，，在等边中，，所以， 由勾股定理逆定理，所以， 因为，，平面，所以平面. （2）如图：连接， 由（1）知平面，平面，所以， 所以，所以当的面积最小时，最小， 在中，若最小，则， 此时，， 因为，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 过点作，垂足为. 因为平面平面，所以平面， 所以（或其补角）是与平面所成的角. 在中，由余弦定理可得， 所以， 即与平面所成角的正弦值为． 考点二 面面垂直的判定 例1．（25-26高一下·广东广州·期中）如图1，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．是边长为2的等边三角形． (1)证明：平面面； (2)若，求直线和所成角的余弦值； (3)点在棱上，如图2，，三棱锥的体积为4，求二面角平面角的正切值． 【答案】(1)因为，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面面． (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质得出平面，在根据面面垂直的判定即可证明； （2）分别取的中点M、N，连接，得到异面直线和所成角（或为邻补角）即为，再根据已知求其余弦值； （3）过点E作交于N．过点N作交于点M，连接，利用面面垂直、线面垂直的判定和性质定理，确定为二面角的平面角，再由已知求其正切值． 【详解】（1）略． （2）如下图，分别取的中点M、N，连接， 因为O为中点，所以且， 所以异面直线和所成角（或为邻补角）即为， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由（1）知，平面，因为平面，所以， 由，得，得． 在直角三角形中，则， 在中， 所以直线和所成角的余弦值为． （3）如下图，过点E作交于N．过点N作交于点M，连接， 因为且，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面，所以，， 在中，因为，所以，而，则， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，所以为二面角的平面角， 因为， 因为，所以， 又因为，所以，得， 因为，所以， 因为，所以， 所以． 所以二面角平面角的正切值为． 例2．（25-26高二上·安徽·期中）如图，为等边三角形，和都垂直平面，且，是的中点． (1)求证：平面平面； (2)若，求该几何体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直判断面面垂直； （2）将几何体分成两个三棱锥进行计算体积. 【详解】（1）取的中点，连接，因为是的中点， 所以，且， 因为和都垂直平面，所以， 所以，且，所以为平行四边形， 所以， 因为为等边三角形，所以， 因为平面，平面， 所以， 又因为,面,面， 所以平面，所以平面， 又平面，所以平面⊥平面； （2）连接，设该几何体的体积为，则， ，所以， ， 所以. 例3．（25-26高一下·湖南衡阳·月考）如图，在多面体中，已知四边形是菱形，平面.    (1)证明：平面平面； (2)若，，，，与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求证、得出平面，最后利用面面垂直的判定定理即可； （2）求证平面，即可得出即为与平面所成的角，再求证平面，即可利用等体积求出. 【详解】（1）如图，设与交于点. 因为四边形是菱形，所以.    因为平面，平面，所以. 因为，、平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面； （2）因为平面，，所以平面， 因为平面，所以. 又因为，，，平面，所以平面. 连接，即为与平面所成的角，所以. 因为，， 所以，所以，所以，所以是等边三角形. 因为，平面，平面，所以平面， 所以. 变式1．（24-25高一下·广东揭阳·期末）如图，已知AB是圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于，的动点，CD，BE是圆柱的两条母线． (1)求证：平面平面BCDE； (2)若，圆柱的母线长为，求平面ADE与平面ABC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明线面垂直，通过线面垂直得到线线垂直，再证线面垂直，最后得到面面垂直即可； （2）先作出底面的垂线，再由垂足作两个面的交线的垂线，最后连接交线的垂足与斜足构成二面角的平面角求解即可. 【详解】（1）因为AB是底面圆的一条直径，是下底面圆周上异于A，B的动点， 所以， 又因为CD是圆柱的一条母线，所以底面ABC， 而底面ABC，所以， 因为平面平面BCDE，且， 所以平面BCDE， 又因为平面ACD，所以平面平面BCDE． （2）如图所示，过点A作圆柱的母线AM，连接DM，EM． 因为底面底面DME，所以即求平面ADE与平面DME的夹角． 因为M，E在底面ABC的射影为A，B，且AB为下底面圆的直径， 所以EM为上底面圆的直径， 因为AM是圆柱的母线，所以平面DME， 因为DE平面DME，所以． 又因为EM为上底面圆的直径，所以， 因为平面，所以平面AMD， 因为平面AMD，所以，又因为平面平面， 所以为平面ADE与平面DME的夹角， 又因为在底面ABC的射影为，所以， 所以，又因为母线长为，所以， 又因为平面平面DME，所以， 所以， 所以， 即平面ADE与平面ABC夹角的余弦值为． 变式2．（24-25高一下·山东淄博·期末）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中，. (1)求证：平面 (2)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见详解； (2). 【分析】（1）根据“堑堵”定义可得，然后利用线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理可证； （2）记的中点为，证明为二面角的平面角，然后可得. 【详解】（1）因为，且为直角三角形，所以， 由直三棱柱定义可知，平面，因为平面，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）因为平面，因为平面，所以，， 因为，所以， 记的中点为，则， 所以为二面角的平面角， 因为平面，因为平面，所以， 因为， 所以，即二面角的正切值为. 变式3．（24-25高一下·北京延庆·期末）如图，在直三棱柱中，是棱的中点，. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先由勾股定理证明，结合条件，由线线垂直证得线面垂直，得到平面，即可证明结论； （2）先由（1）结论和证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论； （3）过点作于点，证明平面，再利用棱锥的体积公式计算即得. 【详解】（1） 连接，因， ，是棱的中点，则， 因，则，因，且平面， 则平面，因平面，故. （2）由（1）已证，因平面，平面，则， 因平面，则平面， 因平面，故平面平面. （3）由（2）已得平面，因平面，则，则， 过点作于点，由解得. 因平面，平面，则， 因平面，则平面， 于是四棱锥的体积为. 考点三 线面垂直的性质 例1．（25-26高一下·吉林延边·期中）如图所示，在正方体中，.证明： (1)证明 (2). 【答案】(1)在正方体中，，且 ，故 ； 又 ，所以四边形 是平行四边形； 所以，又 平面 ， 平面 ； 所以 平面 ; (2)连接，因为四边形 是正方形，所以 , 在正方体中， 平面 ， 平面 ，所以 , ，，且 ， 平面 ； 所以 平面 ，因为 平面 故 ，即 . 【分析】（1）通过线面平行判定定理证明； （2）通过线面垂直证明线线垂直. 【详解】（1）略； （2）略. 例2．（25-26高一下·山东菏泽·阶段检测）如图所示，是四边形所在平面外的一点，为的中点，四边形是且边长为的菱形，为正三角形，且平面平面．求证： (1)平面； (2)． 【答案】(1)如图，连接，，∵四边形是菱形且， 是正三角形，为的中点，． 又平面平面，且平面平面， 平面，平面． (2)由（1）可知，为正三角形，为的中点， ，又，，平面， 平面，又平面，． 【详解】（1）略 （2）略 例3．（25-26高一下·福建泉州·月考）在平面四边形中，（如图），沿对角线将折起，使点在平面上的射影恰落在上（如图）． (1)求证：； (2)求和平面所成角的余弦值． 【答案】(1)因为点在平面上的射影恰落在上，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，， 所以平面， 又平面BCD，则； (2) 【分析】（1）由题证明平面BCD，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）先证明平面，可得即为线面角的平面角，再解即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面， 所以平面， 所以即为和平面所成角的平面角， 在中，， 在中，， 在中，， 所以， 即和平面所成角的余弦值为． 变式1．（25-26高一下·福建漳州·阶段检测）已知平面平面，.    (1)求证： (2)若是正三角形，，求直线和平面所成角的正切值. 【答案】(1)由平面平面，， 且平面平面，平面，则平面， 由平面，则； (2) 【详解】（1）略 （2）过作于，连接， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，故即为直线和平面所成角， 由平面，则，故中， 由是正三角形，且， 所以，，且为的中点，故， 所以，则， 所以直线和平面所成角的正切值为.    变式2．（25-26高一下·浙江温州·期中）如图，在四棱柱中，平面平面，，且． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）平面平面，平面平面，， 平面， 平面， . （2）连接，如下图所示， ，， ， ， 是等边三角形，可得，， ， ， 根据余弦定理可得，解得， ， ，即， ， 平面， 就是直线与平面所成角， ,， ， . 变式3．（25-26高二下·浙江·期中）如图所示，在正四棱锥中，． (1)证明：； (2)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）连结，连结，利用线线垂直证明线面垂直得平面，再由线面垂直的性质即可得证； （2）依题意，建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用向量法即可求得答案. 【详解】（1）连结，连结，如图， 因为四棱锥是正四棱锥，所以平面， 又平面，所以，在正方形中，， 又平面，所以平面， 因为平面，所以． （2） 由（1）知两两垂直， 如图以为坐标原点，以为轴建立如图空间直角坐标系， 则由平面几何知识易知：， 所以， 因为，所以， 由于四点共面， 设平面的法向量为，有 ， 故可取， 设平面的法向量为 因 ， 故可取， 因． 故平面与平面所成角的余弦值为. 考点四 面面垂直的性质 例1．（25-26高一下·北京顺义·期中）如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，是线段上的一点，且平面．求证： (1)平面平面； (2)是线段的中点； (3)平面． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意可证平面，平面，进而可证面面平行； （2）根据线面平行的性质定理可得，进而分析长度共线即可； （3）根据面面垂直的性质定理可得平面，平面，进而可得，，即可得线面垂直. 【详解】（1）因为为正方形，则， 且平面，平面，可得平面， 又因为为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 且，平面，所以平面平面. （2）设，连接， 因为平面，平面，平面平面，则， 平行四边形中，， 又因为，则为平行四边形，则， 且为中点，则， 即，所以是线段的中点. （3）因为为正方形，则，， 且平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 且，平面，所以平面. 例2．（24-25高一下·江西抚州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，，为线段上一点． (1)当平面，求证：为的中点； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，当时， 【分析】（1）由题意可知为的中点，由线面平行的性质定理可得，即可得证； （2）由面面垂直的性质定理可得，只需满足，即可得平面，从而有平面平面，故只需找出成立时，求出点的位置即可. 【详解】（1）证明：因为为正方形，， 所以为的中点， 又因为平面，平面平面，平面， 所以， 又因为为的中点，所以为的中点； （2）存在，当时，平面平面， 理由如下： 设， 因为为正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为在矩形中，设， 因为，，设， 在矩形中，因为，， 当时，即，此时 因此，又因为， 所以，在中，，故， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 在线段上是存在点，当为的一个三等分点（靠近A点）时， 平面平面. 例3．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，点为BC中点. (1)证明：平面； (2)若，求直线AC与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，由三角形中位线可证得，根据线面平行判定定理可证得结论； （2）先利用面面垂直的性质定理得平面，进而利用线面垂直的性质和判定定理得平面，根据线面角定义可知所求角为，在直角三角形中由长度关系求解即可. 【详解】（1）连接，交于，连接，四边形为平行四边形，所以为中点， 又点为BC中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）因为，点为BC中点，所以， 又平面平面，平面平面，， 又平面，所以平面， 取的中点为，连接， 由题意，则， 由平面，平面，得， 因为，且平面，所以平面， 所以直线AC与平面所成角即为，平面，， 设，则，所以， 在中，，即直线AC与平面所成角的正弦值为. 变式1．（24-25高一下·江苏淮安·期末）如图，三棱锥中，平面平面，，，.    (1)已知为线段上一点，，求证：； (2)求三棱锥外接球体积； (3)若为线段的中点，与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由余弦定理求出，，，由勾股定理逆定理得到，由面面垂直得到线面垂直，进而证明出结论； （2）推出三棱锥外接球球心一定在平面内，且为的外心，由正弦定理求出的外接圆半径，从而求出外接球半径，得到外接球体积； （3）作出辅助线，得到为与平面所成的角，分在线段上和在线段上，表达出，换元后，结合函数单调性和基本不等式求出最值，得到结论. 【详解】（1）连接，在中，因为，， 由余弦定理知 ， 故，所以. 在中，，由余弦定理知 ， 由勾股定理有，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 平面， .    （2）为直角三角形，平面平面， 三棱锥外接球球心一定在平面内，且为的外心. 在中，由正弦定理得（为外接圆半径）， 所以，即三棱锥外接球半径为4. 外接球体积为. （3）取中点，作，连接，，.   ，平面平面， 平面平面，平面， 平面. 为与平面所成的角. ①在线段上，如图.设，则有， ，， ，，则， 在中，由余弦定理得. ， 令，，，， ∵，， 当且仅当，即时取“=”. 的最大值为. ②在线段上，如图2. 同①设，，. ，， ， 令，，， . 其中在上单调递增，理由如下： 任取， 则， 因为，所以，， 故，即， 所以在上单调递增，所以， 综上，的最大值为. 变式2．（24-25高一下·云南昭通·期末）已知如图甲，在梯形中，分别是的中点，沿将梯形翻折，使平面平面（如图乙）． (1)证明：平面； (2)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）在直角梯形中，，得到，进而得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）过D作，过G作，连接，利用面面垂直的性质，证得平面，得到，进而证得平面，得到即为二面角的平面角，在直角中，即可求解. 【详解】（1）证明：在直角梯形中，因为，可得， 又因为分别是的中点，所以，所以， 所以在折叠后的几何体中，有， 因为，且平面，所以平面． （2）解：如图所示，过D作于点G，过G作于点H，连接， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为，且平面，，所以平面， 所以即为二面角的平面角．    因为，所以，可得， 在直角中，可得， 即二面角的正切值为．    变式3．（24-25高一下·浙江丽水·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得线线垂直，利用面面垂直的性质定理，可得答案； （2）由面面垂直的性质以及线面角的定义，明确线面角，利用勾股定理以及锐角三角函数，可得答案. 【详解】（1）因为，为的中点，所以， 因为平面，平面平面， 平面平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）过作，连接， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 即为直线与平面所成角. 因为且，所以， 因为为等边三角形，又为的中点， 所以，，，, 则， 在直角三角形中，， 所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $期末复习：线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质专项训练 期末复习：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.(25-26高一下·河北衡水阶段检测)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，AC交BD于点O, ∠ABC=60°，△PAC为等边三角形，PB=PD,AB=2. B C (I)求证：PO⊥平面ABCD; (2)求二面角P-CD-A的正切值. 例2.(25-26高一下·河南郑州阶段检测)如图，在三棱锥P-ABC中，AB1BC,AB=4,PB=BC=PC=2√3， 且平面PAB⊥平面PBC. B A (I)证明：AB⊥平面PBC; (2)求点B到平面PAC的距离： ③)线段B印上是否存在一点E,使得二面角E-4C-B的正切值为？若存在，求出PE的值：若不存在，说明理 10 BE 由. 1 期末复习：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.(25-26高一下·河北邢台·期中)如图，在五面体ABCEA,B中，CE⊥平面ABC,CE∥AA,四边形ABB,A,为 矩形，AB⊥AC,AB=AC=√5，AA1=4,CE=1,G是BB,的中点. B ! G A-- B C (1)证明：AE⊥平面ABE. (②)求直线AE与直线AG所成角的余弦值， 变式1.(2425高一下·湖南衡阳期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形， 侧面PAD⊥底面ABCD,M是线段PD的中点，N是线段PC的中点. (I)求证：MN⊥平面PAD; (②)求PC与面PAB所成角的正弦值. 2 期末复习：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.(24-25高一下·上海松江期末)如图，在直角梯形ABCD中，AB11DC,∠BAD=90°，AB=4,AD=2 ,DC=3,点E在CD上，且DE=2,将ADE沿AE折起，使得DB=2V3(如图)，G为AE中点. D G1- E 图1 图2 (I)求证：DG⊥平面ABCE; (2)求BD与平面ABCE的所成角； (3)在线段BD上是否存在点P,使得CP1/平面4DE?若存在，求8P的值：若不存在，请说明理由. BD 变式3.(24-25高一下山东青岛·期末)如图，在三棱锥D-ABC中，ABC为等边三角形，E为AC的中点， AC⊥DB,且AC=DB=2DE=2. D ≥B 9 (I)证明：DE⊥平面ABC; (2)若F为线段DB上的动点，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值. 期末复习：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.(25-26高一下·广东广州期中)如图1，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的 中点.△OCD是边长为2的等边三角形. 图1 图2 (1)证明：平面AOC⊥面BCD; (2)若AB=22,求直线AB和CD所成角的余弦值； (③)点E在棱AD上，如图2，AE=4D,三棱锥4-BCD的体积为4，求二面角E-8C-D平面角的正切值. 例2.(25-26高二上·安徽·期中)如图，ABC为等边三角形，EA和DC都垂直平面ABC,且EA=2DC,F是EB 的中点. D (I)求证：平面CDF⊥平面ABE; (2)若AB=CD=2,求该几何体的体积. 期末复习：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.(25-26高一下·湖南衡阳月考)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是菱形，AF⊥平面ABCD A C (I)证明：平面BDE⊥平面ACF; (②若4D=4,AF=6,DE=3,DEAF,A与平面BDE所成角的正弦值为号，求三棱锥F-CDE的体积 变式1.(2425高一下·广东揭阳期末)如图，已知AB是圆柱下底面圆的直径，点C是下底面圆周上异于A,B的 动点，CD,BE是圆柱的两条母线. 0 E B (I)求证：平面ACD⊥平面BCDE; (2)若AB=5,BC=2,圆柱的母线长为2√5，求平面ADE与平面ABC夹角的余弦值 5 期末复习：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.(24-25高一下山东淄博期末)我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑 堵”在如图所示的“堑堵”中，CA=CB=CC=2. B B (I)求证：平面BCC,B,⊥ACC,A, (2)求二面角C,-AB-C的正切值 变式3.(2425高一下北京延庆期末)如图，在直三棱柱ABC-AB,C,中，AC=】AA=1,BC=√2，D是棱AA的 2 中点，CD⊥BD C 的 O B (1)求证：CD⊥BC; (2)求证：平面BCC,B,⊥平面ACC,A,; (3)求四棱锥C-ABB,A的体积 6 期末复习：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.(25-26高一下·吉林延边·期中)如图所示，在正方体ABCD-A,B,CD,中，AB=1.证明： D C B C (1)证明A,B//平面D,B,C (2)AD,⊥B,C. 例2.（25-26高一下山东菏泽·阶段检测)如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，G为AD的中点，四 边形ABCD是∠DAB=60°且边长为A的菱形，△PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD,求证： G D B (1)BG⊥平面PAD; (2)AD⊥PB. > 期末复习：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.(25-26高一下·福建泉州月考)在平面四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，AD=3,DC=4,AB=BC(如图)，沿 对角线AC将ABC折起，使点B在平面ADC上的射影E恰落在CD上（如图). B A D 图1 图2 (I)求证：AD⊥BC; (2)求CD和平面ABD所成角的余弦值， 变式1.(25-26高一下·福建漳州阶段检测)已知平面PAC⊥平面ABC,BC⊥AC. B (I)求证：BC⊥PA (2)若△PAC是正三角形，AC=2,BC=1,求直线PB和平面ABC所成角的正切值 6 期末复习：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.(25-26高一下·浙江温州期中)如图，在四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，平面AADD,⊥平面 ARCD,44 AD,BC/IAD,ZBAD-20C-D2. A D B A B C (I)求证：A,A⊥CD; (2)求直线AD与平面AACC,所成角的正弦值： 变式3.(25-26高二下…浙江·期中)如图所示，在正四棱锥S-ABCD中，SA=2,AB=√2，P=2PD. S A D B C (1)证明：AC⊥SD; (2)求平面ACP与平面DCP所成角的余弦值. 0 期末复习：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.(25-26高一下·北京顺义·期中)如图，己知正方形ABCD所在平面和平行四边形DBPQ所在平面互相垂直， 平面PBA⊥平面ABCD,M是线段PQ上的一点，且DM∥平面ACP,求证： M B >A D (1)平面ADO∥平面BCP; (2)M是线段PQ的中点； (3)PB⊥平面ABCD. 例2.(24-25高一下·江西抚州期末)如图所示，正方形A4D,D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB=3AD, AD∩AD,=O,E为线段AB上一点. A ON D B (I)当OE11平面D,BC,求证：E为AB的中点； (2)在线段AB上是否存在点E,使得平面D,DE⊥平面ADC？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由. 9 期末复习：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.(24-25高一下广东深圳期末)如图，在三棱柱ABC-AB,C中，平面ABC1平面BCC,B,∠B,BC=60，点 M为BC中点 B B C C (1)证明：A,B/1平面AMC; (2)若AB=AC=BC=2CC,,求直线AC与平面AMC所成角的正弦值， 变式1.(24-25高一下·江苏淮安·期末)如图，三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC,PA⊥PB,AB=BC=4 ，∠ABC=2π 3 D B (1)已知Q为线段AC上一点，AQ=2QC,求证：PA⊥BQ: (2)求三棱锥P-ABC外接球体积； (3)若M为线段AC的中点，PM与平面ABC所成角为a,求ana的最大值. 11 期末复习：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.(24-25高一下·云南昭通·期末)已知如图甲，在梯形ABCD中， ADBC,∠ABC-7AB=BC=24D=4,E,F分别是AB,CD的中点，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD1平 面EBCF（如图乙). D 小 C 分 (I)证明：EF⊥平面ABE; (2)求二面角D-BF-E的正切值. 变式3.(24-25高一下·浙江丽水·期末)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，△PAB为等边三角形， AC⊥BC且AC=BC=2,，O,M分别为AB,PB的中点. P (I)求证：平面MOC⊥平面PAB; (2)求直线MC与平面ABC所成角的正弦值 2