第31讲空间点、线、面之间的垂直关系（知识清单+5典例精讲+5方法技巧+分层训练）-2027年高考数学一轮复习讲义与培优专练（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦空间点线面垂直关系核心考点，按线面垂直、面面垂直的定义-判定定理-性质定理逻辑架构知识，通过知识清单梳理、5类典例精讲、5大方法技巧提炼及分层训练，系统构建从基础到应用的复习体系，助力学生突破垂直关系证明难点。 资料突出高考实战导向，创新采用“双相交线法”“找垂线法”等解题大招，结合真题变式训练培养学生空间观念与逻辑推理能力，分层设计基础过关、拔高选练及错题复盘，确保高效突破高频考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第31讲空间点、线、面之间的垂直关系 （知识清单+5典例精讲+5方法技巧+分层训练） 近3年考查情况 题型 分值 面面垂直判定定理证明 解答题 12分 线面、面面垂直命题真假辨析 选择/填空题 5分 线面垂直判定及线线垂直推导 选择/填空题 5分 面面垂直性质定理应用判断 选择/解答题 5分/12分 线线垂直、线面垂直递进证明 解答题 12分 【知识点01】直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 【例1】在三棱锥中，，，且，求证：平面。 【知识点02】平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 【例2】如图，在正四棱锥中，已知侧棱长为4，底面边长等于2，是的中点．求证：平面平面． 【题型一】判断线面是否垂直于补全线面垂直的条件 【例1】已知平面、和直线m、l，要使“若，，，则”正确，则须添加条件（    ） A． B． C．l与相交但不垂直 D．l与m为异面直线 【变式1】设m，n为直线，、为平面，则的一个充分条件可以是（ ） A．，， B．， C．， D．， 【变式2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线，和平面，，，，则的必要不充分条件是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（多选）（2025·江西景德镇·模拟预测）在正方体中，下列说法正确的有（   ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【题型二】判断面面是否垂直于补全面面垂直的条件 【例2】设是平面内的两条不同直线，是平面内两条相交直线，则的一个充分不必要条件是 A． B． C． D． 【变式1】（2026·四川广元·二模）已知直线和平面，，若，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式2】（2025·广东·一模）若空间中四个不同的平面，满足，则下面结论一定正确的是（    ） A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定 【变式3】（多选）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为菱形，M是PC上的一个动点，若要使得平面MBD⊥平面PCD，则应补充的一个条件可以是（    ） A．MD⊥MB B．MD⊥PC C．AB⊥AD D．BM⊥PC 【题型三】证明线面垂直 【例3】（2025·山西·三模）如图所示，在三棱锥中，，，，点，，分别在棱，，上运动，且平面，平面，，分别是线段和的中点． (1)证明：直线平面； (2)当三角形面积的最大值为时，求三棱锥的体积． 【变式1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图1，在高为6的等腰梯形中，，且，将它沿对称轴折起，使平面平面，如图2，点为的中点，点在线段上（不同于两点），连接并延长至点，使.    (1)证明：平面； (2)若，求三棱锥 的体积． 【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在三棱柱中，所有棱长均为1，． (1)证明：平面． (2)求三棱柱的体积． 【变式3】如图，在四棱锥中，四边形是菱形，. (1)证明：平面. (2)若，求三棱锥的体积. 【题型四】证明面面垂直 【例4】（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)若，，为中点，求三棱锥的体积． 【变式1】如图，在四棱锥中，，底面是边长为2的菱形.    (1)证明：平面平面； (2)若，且，求四棱锥的体积 【变式2】（2024·陕西榆林·三模）如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面ABCD． (1)证明：平面平面PCD． (2)若，，E在棱AD上，且，求四棱锥的体积． 【变式3】如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且． (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥的体积． 【题型五】垂直关系中的存在性问题 【例5】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． 【变式1】如图，在正四棱锥中，为底面正方形的中心，，为线段的中点，问：在棱上是否存在一点，使侧面？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 【变式2】如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，，E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，求出的长；若不存在，请说明理由． 【变式3】）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且E，F分别是BC，A1B1的中点. (1)求证：BC1⊥A1C； (2)求证：EF∥平面A1C1CA； (3)在线段AB上是否存在点P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解题大招01】线面垂直证明——双相交线法 核心技巧：证明直线垂直平面，无需证明垂直平面内所有直线，只需找到平面内两条相交直线，分别证明直线与两条相交直线垂直，即可套用判定定理，是高考解答题最基础方法。 【例1】已知四棱锥，底面为矩形，底面，求证：平面。 【解题大招02】面面垂直证明——找垂线法 核心技巧：证明面面垂直，无需直接证明二面角为90°，核心思路是“找线面垂直”：在其中一个平面内找到一条直线，证明该直线垂直于另一个平面，即可证得面面垂直。 【例2】已知三棱锥，平面，，求证：平面平面。 【解题大招03】面面垂直性质逆向应用 核心技巧：题干给出面面垂直条件时，优先用性质定理，关键抓三个条件：面面垂直、直线在平面内、直线垂直于两平面交线，三者缺一即可推出线面垂直，是立体几何转化的核心桥梁。 【例3】已知平面平面，，直线且，求证：。 【解题大招04】空间向量法（建系万能法，适配所有垂直证明） 核心步骤：① 找两两垂直的线段建立空间直角坐标系；② 写出各关键点坐标；③ 求解方向向量/法向量；④ 通过向量点积公式判断垂直，规避几何法找线难点。 【例4】正方体，棱长为1，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求证：。 【解题大招05】间接转化法（线面垂直→线线垂直） 核心技巧：异面直线垂直无法直接证明时，优先转化：先证一条直线垂直于另一条直线所在的平面，即可推出两直线垂直，是异面垂直证明的最优思路。 【例5】已知矩形所在平面，求证：。 【基础过关】（共7题） 一、单选题 1．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 2．（2025·吉林通化·一模）设是两个不同的平面，是两条不同的直线（　　） A．若则 B．若则 C．若则 D．若则 3．（2026·山东泰安·模拟预测）已知直线，，平面，，下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 二、多选题 4．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆上异于的任一点，则圆上存在点满足（    ） A． B．平面 C． D．平面 三、填空题 5．（2024·全国·模拟预测）如图，在正四棱台中，上、下底面的棱长分别为2和3，侧棱长为，分别延长，，，交于点，则四棱锥的体积为______．    6．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是_____．（填序号） ①；②；③平面；④平面平面． 四、解答题 7. （2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，已知四棱锥，底面是边长为2的菱形，直线平面，，E是的中点． (1)证明：； (2)若，点M在平面内，直线平面，求四棱锥的体积． 【拔高选练】（共7题） 一、单选题 1．（2024·广西贺州·一模）已知m，n为不同的直线，为不同的平面，若，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2025·重庆九龙坡·三模）如图，矩形 中， ，将 沿 翻折，得到三棱锥 ( 是 在翻折后的对应点)，则三棱锥 体积的最大值为（   ） A． B． C．8 D．16 3．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，在正三棱柱中，，D，E分别为线段，的中点，点F在上，若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2026·河南开封·模拟预测）在正方体中，为的中点，则（   ） A．平面 B．平面 C．平面平面 D．平面平面 三、填空题 5．（2026·上海·一模）已知平面ABC，，若与以A，B，C为顶点的三角形全等，则的形状为_______. 四、解答题 6．（2024·四川成都·三模）已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，满足，若，点为的中点，点为的三等分点（靠近点）． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 7. （2024·上海静安·二模）如图1所示，是水平放置的矩形，，．如图2所示，将沿矩形的对角线向上翻折，使得平面平面． (1)求四面体的体积； (2)试判断与证明以下两个问题： ① 在平面上是否存在经过点的直线，使得？ ② 在平面上是否存在经过点的直线，使得？ 【错题复盘】（共5题） 一、单选题 1．（2024·河南·模拟预测）等边的边长为2，D，E分别为AB，AC的中点，将沿DE折起，使点A到达点的位置.若平面平面BCED，则线段的长为（    ）. A． B． C． D． 2．（2024·四川德阳·模拟预测）已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，是的垂心.若，，则（    ） A． B．2 C． D． 二、多选题 3．（2026·四川成都·三模）在正三棱柱中，是棱的中点，则（   ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 三、填空题 4．（2024·湖南岳阳·三模）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______．    四、解答题 5．如图，在三棱柱中，，． (1)证明：平面平面． (2)设P是棱上一点，且，求三棱锥体积． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第31讲空间点、线、面之间的垂直关系 （知识清单+5典例精讲+5方法技巧+分层训练） 近3年考查情况 题型 分值 面面垂直判定定理证明 解答题 12分 线面、面面垂直命题真假辨析 选择/填空题 5分 线面垂直判定及线线垂直推导 选择/填空题 5分 面面垂直性质定理应用判断 选择/解答题 5分/12分 线线垂直、线面垂直递进证明 解答题 12分 【知识点01】直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 【例1】在三棱锥中，，，且，求证：平面。 证明：由题意可知：平面，平面； ，即为平面内两条相交直线； 已知，； 根据线面垂直判定定理： 可得：平面。 【知识点02】平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直. (2)判定定理与性质定理 文字语言 图形表示 符号表示 如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 【例2】如图，在正四棱锥中，已知侧棱长为4，底面边长等于2，是的中点．求证：平面平面． 【答案】证明见解析 【分析】根据线面垂直得出，再应用线面垂直判定定理得出线面垂直，最后面面垂直判定定理证明即可． 【详解】证明：在正四棱锥中，连接，交于点，连接， 因为四棱锥为正四棱锥，所以平面， 因为平面，所以． 又，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【题型一】判断线面是否垂直于补全线面垂直的条件 【例1】已知平面、和直线m、l，要使“若，，，则”正确，则须添加条件（    ） A． B． C．l与相交但不垂直 D．l与m为异面直线 【答案】B 【分析】由面面垂直的性质证明线面垂直，即可知所需添加的条件. 【详解】根据面面垂直的性质，知：，，，，则有. 故选：B. 【变式1】设m，n为直线，、为平面，则的一个充分条件可以是（ ） A．，， B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】根据线面垂直的判断方法对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】对于A选项，当，，时，由于不在平面内，故无法得出. 对于B选项，由于，，所以.故B选项正确. 对于C选项，当，时，可能含于平面，故无法得出. 对于D选项，当，时，无法得出. 综上所述，的一个充分条件是“，” 故选：B 【点睛】本小题主要考查线面垂直的判断，考查充分必要条件的理解，属于基础题. 【变式2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线，和平面，，，，则的必要不充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理可得结论. 【详解】因为，所以，当时，由线面垂直的性质定理可知； 只有当且时才能得到. 所以的必要不充分条件是. 故选：. 【变式3】（多选）（2025·江西景德镇·模拟预测）在正方体中，下列说法正确的有（   ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】BC 【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，在正方体中，可得， 因为平面，所以与不平行，所以A错误； 对于B，在正方体中，可得， 因为平面且平面，所以平面，所以B正确； 对于C，在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又由，且，平面，所以平面，所以C正确； 对D，由选项C知：平面，过点有且仅有一条直线与平面垂直，所以与平面不垂直，所以D错误. 故选：BC. 【题型二】判断面面是否垂直于补全面面垂直的条件 【例2】设是平面内的两条不同直线，是平面内两条相交直线，则的一个充分不必要条件是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】试题分析：A．不能得出，所以本题条件是的不充分条件；B．，当时，不一定有故本命题正确；C．不能得出，故不满足充分条件；D．不能得出，故不满足充分条件；故选B. 考点：平面与平面垂直的方法. 【变式1】（2026·四川广元·二模）已知直线和平面，，若，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据题意，由空间中线面的位置关系，即可判断． 【详解】当时，由，直线与平面可能垂直，也可能平行，故充分性不成立； 当时，由，可知，故必要性成立； 所以“”是“”的必要不充分条件． 【变式2】（2025·广东·一模）若空间中四个不同的平面，满足，则下面结论一定正确的是（    ） A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定 【答案】D 【分析】在正方体中找到符合条件的平面，结合找到平面，即可得到的位置关系，由此可得答案. 【详解】 如图，在正方体中，记平面为平面，平面为平面，平面为平面，满足， 若平面为平面，满足，此时， 若平面为平面，满足，此时. 由此可得，的位置关系不确定. 故选：D. 【变式3】（多选）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD为菱形，M是PC上的一个动点，若要使得平面MBD⊥平面PCD，则应补充的一个条件可以是（    ） A．MD⊥MB B．MD⊥PC C．AB⊥AD D．BM⊥PC 【答案】BD 【分析】执果索因，若要平面MBD⊥平面PCD，根据图像推出需要哪些条件，即可得解. 【详解】 连接AC，BD，BM，MD． 因为在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD， 且底面各边都相等，M是PC上的一动点， 所以BD⊥PA，BD⊥AC，因为PA∩AC=A， 所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC． 所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时， 即有PC⊥平面MBD． 而PC包含于平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD． 故选：BD. 【题型三】证明线面垂直 【例3】（2025·山西·三模）如图所示，在三棱锥中，，，，点，，分别在棱，，上运动，且平面，平面，，分别是线段和的中点． (1)证明：直线平面； (2)当三角形面积的最大值为时，求三棱锥的体积． 【答案】(1) 因为平面，平面，平面， 平面平面，所以，同理， 连接，， ∵，所以， 又因为，分别是线段和的中点， 所以，所以，所以， 又因为，，平面，平面，， 所以平面，所以，所以， 因为平面，平面，， 所以平面． (2) 【分析】（1）即证，，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）利用三角形面积的最大值为，即可求出各棱长，利用三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）及已知可得，因为，， 所以，又因为，所以， 又因为平面，所以， 所以，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，又，则， 因为平面，所以 因为，所以， 所以． 所以三棱锥的体积为. 【变式1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图1，在高为6的等腰梯形中，，且，将它沿对称轴折起，使平面平面，如图2，点为的中点，点在线段上（不同于两点），连接并延长至点，使.    (1)证明：平面； (2)若，求三棱锥 的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)9 【分析】（1）由两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到，再根据线面垂直判定定理即可证明； （2）先计算，再计算三棱锥的高，然后根据棱锥体积计算即可. 【详解】（1）由题设知两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 则， 因为为中点，所以. 因为， 所以， 即， 又平面,， 所以平面. （2）因为 所以 因为,由题设知，所以， 所以 因为高为6的等腰梯形A中，， 所以三棱锥的高, 所以.    【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在三棱柱中，所有棱长均为1，． (1)证明：平面． (2)求三棱柱的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设为的中点，证得和，得到平面，等出，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）连接，求得四棱锥的体积为，结合，以及，进而求得三棱柱的体积. 【详解】（1）设为的中点，连接， 在中，因为且，所以为等边三角形，所以， 又因为且，所以四边形为正方形， 因为，所以为等腰直角三角形，且， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，由且为的中点，所以， 又因为且平面，所以平面. （2）如图所示，连接， 由（1）知，底面为正方形，且边长为，所以正方形的面积为， 在中，因为，可得， 因为平面，所以四棱锥的体积为， 因为，所以， 又由，所以， 所以三棱柱的体积为. 【变式3】如图，在四棱锥中，四边形是菱形，. (1)证明：平面. (2)若，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 （1）利用线面垂直的判定定理先证出平面，再证得平面； （2）利用间接法，求体积. 【详解】（1）记. 因为四边形是菱形，所以. 因为平面平面，且， 所以平面. 因为平面，所以. 因为平面平面，且， 所以平面. （2）因为，所以点到平面的距离是3. 因为四边形是边长为4的菱形，且， 所以， 则四棱锥的体积， 三棱锥的体积， 三棱锥的体积， 故三棱锥的体积 . 【题型四】证明面面垂直 【例4】（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)若，，为中点，求三棱锥的体积． 【答案】(1) 在中，由余弦定理得． 由，得，而，，则， 又平面EDB，因此平面EDB，而平面ABCD， 所以平面平面ABCD． (2). 【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得. （2）利用线面垂直的判定证得平面ABCD，再利用等体积转化求出体积. 【详解】（1）略 （2）由F是EC中点，得．    由（1）知平面EDB，平面EDB，则， 而，平面ABCD，则平面ABCD， 因此．即， 所以三棱锥的体积为． 【变式1】如图，在四棱锥中，，底面是边长为2的菱形.    (1)证明：平面平面； (2)若，且，求四棱锥的体积 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，根据是菱形，得到，且为的中点，再由，得到，进而得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明； （2）解法一：由（1）知平面平面，利用面面垂直的性质定理得到平面，从而由求解；解法二：易得三棱锥是为棱长为2的正四面体，而它所对应的正方体的棱长为，从而由求解；解法三：取中点，连接交于点，连接.由是等边三角形，得到，再由，得到平面，从而，再由，得到平面，然后由四棱锥的体积为求解. 【详解】（1）证明：如图所示：    连接交于点，连接， 因为是菱形，所以，且为的中点， 因为，所以， 又因为平面，且平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）解法一：由（1）可知，平面平面， 又平面平面平面，所以平面， 所以，由已知可得， 又，且为的中点.所以， 又，所以， 所以， 所以. 解法二：由已知可得：为正三角形，且， 又，且为的中点， 所以，又， 所以， 从而， 所以三棱锥是为棱长为2的正四面体，而它所对应的正方体的棱长为， 所以. 解法三：如图所示：    取中点，连接交于点，连接. 因为，所以是等边三角形，所以， 又因为平面， 所以平面平面，所以， 由（1）知，且平面，所以平面. 由是边长为2的菱形， 在中，， 由，在中，，所以. 所以四棱锥的体积为. 【变式2】（2024·陕西榆林·三模）如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面ABCD． (1)证明：平面平面PCD． (2)若，，E在棱AD上，且，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）由，，证得平面PAD，则有平面平面PCD． （2）由已知数据结合棱锥体积公式计算. 【详解】（1）证明：由四边形ABCD为矩形，得． 因为底面ABCD，平面ABCD，所以． 因为，平面PAD，所以平面PAD． 因为平面PCD，所以平面平面PCD． （2）因为，，所以， 因为直角梯形ABCE的面积． 所以． 【变式3】如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且． (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，易得平面，再根据面面垂直判定定理即可证明； （2）由（1）可证明为三棱柱的高，利用同底等高的锥体与柱体的关系，通过割补法即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接，． ∵与均是边长为2的正三角形， ∴，，． ∴为二面角的平面角． ∵，∴，∴． 因为，，，平面 所以平面，又平面， ∴平面平面． （2） 由（1）知，，． ∵，平面，平面， ∴平面． ∴为三棱锥的高． ∴． ∴四棱锥的体积为2． 【题型五】垂直关系中的存在性问题 【例5】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. 【变式1】如图，在正四棱锥中，为底面正方形的中心，，为线段的中点，问：在棱上是否存在一点，使侧面？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】存在，为上靠近点的四等分点 【分析】取的中点，连结并延长交于点，根据条件得到，取的中点，有，利用线面垂直的判定和面面垂直的判断，可得平面平面，再利用面面垂直的性质，得平面，再取的中点，利用，即可求解. 【详解】取的中点，连结并延长交于点，设，． 因为是正四棱锥，为底面正方形的中心，则平面， 又，得，得到， 又，所以， 又，故为等边三角形， 取的中点，连结，则． 又因为，，，平面， 所以平面，又平面，故平面平面， 而平面，平面平面，，所以平面． 取的中点，因为，且，故四边形为平行四边形， 所以，从而平面，所以存在一点，使侧面，且为上靠近点的四等分点． 【变式2】如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，，E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，求出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)存在，当时，平面平面. 【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，的长度即可. 【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，， 当时，在中，， 在中，， 所以， 又因为， 所以，则， 所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 【变式3】）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且E，F分别是BC，A1B1的中点. (1)求证：BC1⊥A1C； (2)求证：EF∥平面A1C1CA； (3)在线段AB上是否存在点P，使得BC1⊥平面EFP？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在, 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，由此能证明． （2）取中点，连，连．推导出四边形是平行四边形，从而．由此能证明平面． （3）取的中点，连，连．推导出，．．，从而，．由此能求出当点是线段的中点时，平面．此时，． 【详解】（1）证明：因为，又平面平面， 且平面平面，平面，所以平面． 又因为平面，所以． （2）证明：取中点，连，连． 在中，因为，分别是，中点， 所以，且． 在平行四边形中，因为是的中点， 所以，且． 所以，且． 所以四边形是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面． （3）解：在线段上存在点，使得平面． 取的中点，连，连． 因为平面，平面，平面， 所以，． 在中，因为，分别是，中点，所以． 又由（2）知，所以，． 由，平面，所以平面． 故当点是线段的中点时，平面．此时． 【解题大招01】线面垂直证明——双相交线法 核心技巧：证明直线垂直平面，无需证明垂直平面内所有直线，只需找到平面内两条相交直线，分别证明直线与两条相交直线垂直，即可套用判定定理，是高考解答题最基础方法。 【例1】已知四棱锥，底面为矩形，底面，求证：平面。 证明：因为底面是矩形，根据矩形性质，邻边互相垂直，所以； 已知底面，平面，由线面垂直的性质可得； 又因为，且平面，满足线面垂直判定定理条件； 综上可得：平面。 【解题大招02】面面垂直证明——找垂线法 核心技巧：证明面面垂直，无需直接证明二面角为90°，核心思路是“找线面垂直”：在其中一个平面内找到一条直线，证明该直线垂直于另一个平面，即可证得面面垂直。 【例2】已知三棱锥，平面，，求证：平面平面。 证明： 由平面，平面，得； 已知，且，平面； 根据线面垂直判定定理，可得平面； 又因为平面，由面面垂直判定定理可得：平面平面。 【解题大招03】面面垂直性质逆向应用 核心技巧：题干给出面面垂直条件时，优先用性质定理，关键抓三个条件：面面垂直、直线在平面内、直线垂直于两平面交线，三者缺一即可推出线面垂直，是立体几何转化的核心桥梁。 【例3】已知平面平面，，直线且，求证：。 证明：已知，两平面交线为，直线在平面内且垂直于交线，完全满足面面垂直性质定理的全部条件； 因此直接得出结论：。 【解题大招04】空间向量法（建系万能法，适配所有垂直证明） 核心步骤：① 找两两垂直的线段建立空间直角坐标系；② 写出各关键点坐标；③ 求解方向向量/法向量；④ 通过向量点积公式判断垂直，规避几何法找线难点。 【例4】正方体，棱长为1，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求证：。 解析：① 写出各点坐标：，，，； ② 求解对应向量： ③ 计算向量点积： ④ 由向量垂直判定公式可知，即。 【解题大招05】间接转化法（线面垂直→线线垂直） 核心技巧：异面直线垂直无法直接证明时，优先转化：先证一条直线垂直于另一条直线所在的平面，即可推出两直线垂直，是异面垂直证明的最优思路。 【例5】已知矩形所在平面，求证：。 证明：由平面，平面，得； 因为是矩形，所以； ，且平面，故平面； 又平面，由线面垂直性质得：，即。 【基础过关】（共7题） 一、单选题 1．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 【答案】C 【分析】应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理分别得出面面垂直即可求解. 【详解】因为平面，平面，平面平面； 因为平面，平面，平面平面； 因为平面，平面，所以，又，平面， 所以平面， 平面，平面平面； 所以平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有3对. 2．（2025·吉林通化·一模）设是两个不同的平面，是两条不同的直线（　　） A．若则 B．若则 C．若则 D．若则 【答案】C 【分析】利用空间垂直与平行的关系，结合平行和垂直的判定和性质定理，可作出判断. 【详解】对于A，若则或，故A错误； 对于B，若因为只有一个线线垂直，所以既不能证明，也不能证明，则不一定成立，故B错误； 对于C，若此时分别是两平面的法线，所以，故C正确； 对于D，若则或三条直线相交于同一点，故D错误； 故选：C. 3．（2026·山东泰安·模拟预测）已知直线，，平面，，下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【分析】考查空间中线面，面面的位置关系判定，重难点为线面平行，线面垂直，面面垂直的判定定理与性质定理的应用，以及空间直线位置关系的分类讨论. 【详解】选项A：若， ，则直线与平面内的直线可能平行，也可能异面.因此，选项A错误. 选项B：若 ， ，根据“垂直于同一个平面的两条直线平行”这一性质定理，可知.因此，选项B正确. 选项C：若，，则平面与可能平行，也可能相交.例如，若直线平行于两个相交平面的交线，则同时平行于这两个平面，但这两个平面是相交的.因此，选项C错误. 选项D：若 ， ，则直线可能平行于平面，也可能在平面内，因此，选项D错误. 综上所述，只有选项B是正确的. 二、多选题 4．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆上异于的任一点，则圆上存在点满足（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BC 【分析】假设存在点使得，再根据点线面的位置关系得出矛盾可得A错误，利用面面平行的判定定理即可证明平面平面，再结合面面平行性质可得B正确，利用线面垂直判定定理及其性质可得C正确，假设平面，由线面垂直性质可得出平面与平面平行，与题意不符，可得D错误. 【详解】对于A，若存在点使得，则四点共面， 因为，所以平面，易得为平面与平面的公共点，所以三点共线，与题设矛盾，故A错误； 对于B，如图所示， 过点作，交劣弧于点，连接. 由于分别为的中点，所以， 由于平面平面，所以平面，平面， 又因为，所以平面平面，由于平面，所以平面，故B正确； 对于C，由为底面圆的直径，可知， 又，所以， 又易知，，平面， 因此平面，平面，可得，故C正确； 对于D，假设存在点使平面，则， 又因为平面，所以平面， 故平面与平面平行，与题意不符，故D错误， 故选：BC. 三、填空题 5．（2024·全国·模拟预测）如图，在正四棱台中，上、下底面的棱长分别为2和3，侧棱长为，分别延长，，，交于点，则四棱锥的体积为______．    【答案】/ 【分析】作出辅助线，得到线面垂直，进而利用勾股定理和相似知识得到棱台的高，进而求出四棱锥的高，求出体积. 【详解】如图，过点作⊥底面于点，交平面于点， 则平面， 过点作底面于点，    又平面， 则，且，，，四点共线，，，三点共线． 上、下底面的棱长分别为2和3，侧棱长为， 故， 在中，，， 由勾股定理得， ， ， ． 又， ， 四棱锥的体积为． 故答案为： 6．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是_____．（填序号） ①；②；③平面；④平面平面． 【答案】①②④ 【分析】证明平面，即可得到，同理可得，即可判断①②，推出矛盾说明③，根据平面说明④. 【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是底面圆的直径，都是母线． 又是底面圆周上异于的一点，于是得，而平面，平面，则． 因为平面，则平面，因为平面，所以，①正确： 同理可证，②正确： 点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线， 若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确； 因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确． 故答案为：①②④ 四、解答题 7. （2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，已知四棱锥，底面是边长为2的菱形，直线平面，，E是的中点． (1)证明：； (2)若，点M在平面内，直线平面，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，再由线面垂直的判定定理证明平面，可得线线垂直； （2）根据面面垂直的性质可证面，得出重合，由相似可得，据此求出到底面的距离，再由棱锥体积公式求解即可. 【详解】（1）由四边形菱形，，可得为正三角形． 因为E为的中点，所以． 又，因此． 因为平面平面，所以． 而平面平面且， 所以平面． 又平面． 所以． （2）连接交于O，连接，如图， 因为，平面， 所以面，又面 所以面面， 过A作交于点N，则面，由平面知重合， 因为，所以， 又，所以，因此， ∴点M到底面的距离为，又 ∴. 【拔高选练】（共7题） 一、单选题 1．（2024·广西贺州·一模）已知m，n为不同的直线，为不同的平面，若，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由给定条件可得，再利用面面垂直的判定、性质，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由，得， 若，则或，“”不是“”的充分条件； 若，则存在过直线的平面与平面相交，令交线为，则，而， 于是，又，因此，即“”是“”的必要条件， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 2．（2025·重庆九龙坡·三模）如图，矩形 中， ，将 沿 翻折，得到三棱锥 ( 是 在翻折后的对应点)，则三棱锥 体积的最大值为（   ） A． B． C．8 D．16 【答案】C 【分析】由题意可得，当平面平面时，三棱锥 体积的最大，然后结合锥体的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由条件可得， 且， 设点到的距离为，由等面积法可得， 即，则， 由图知，当平面平面时，三棱锥 体积的最大， 此时三棱锥的高为， 则体积为. 故选：C 3．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，在正三棱柱中，，D，E分别为线段，的中点，点F在上，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正三棱柱性质以及线面垂直判定定理可证明平面，即可得，再由线面垂直性质可知，根据棱长计算求得，可得结果. 【详解】如图所示，取AC的中点G，连接BG，EG，DG． 为线段的中点，， 平面，平面，． ，BG，平面， 平面平面． 平面， 平面，平面，． 三棱柱的棱长为2，， ． 二、多选题 4．（2026·河南开封·模拟预测）在正方体中，为的中点，则（   ） A．平面 B．平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】AD 【分析】由线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理依次证得各选项，即可得出结果. 【详解】对于A，如图，连接，交于点，连接，则为的中点. 因为为的中点，所以 .又平面 平面， 所以平面，故A正确； 对于，假设平面，则 .而平面 平面，所以. 又 平面，所以平面. 又平面，所以 ，因为，则 不成立，假设错误，故B错误； 对于C，假设平面平面，又平面平面， 所以平面 平面.这与两平面相交矛盾，故假设不成立，C错误； 对于D，连接，，在中，，则， 设正方体棱长为，则，，， 由勾股定理可得：，所以，又因为， 所以平面，平面，则平面平面，故D正确. 三、填空题 5．（2026·上海·一模）已知平面ABC，，若与以A，B，C为顶点的三角形全等，则的形状为_______. 【答案】等边三角形或直角三角形 【分析】由平面ABC可得，，，再结合可得，为等腰直角三角形，进而分为直角顶点、为直角顶点，两种情况讨论求解即可. 【详解】由平面ABC，平面ABC，可得，，， 又，则为等腰直角三角形，且， 由于与以A，B，C为顶点的三角形全等， 则为等腰直角三角形， 当为直角顶点时，， 结合勾股定理可知，则为等边三角形； 当为直角顶点时，， 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，所以为直角三角形. 综上所述，为等边三角形或直角三角形. 四、解答题 6．（2024·四川成都·三模）已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，满足，若，点为的中点，点为的三等分点（靠近点）． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1) 在四棱锥中，平面，平面，则，又， 而，平面，于是平面，又平面，则， 由，点为中点，得，而，平面， 所以平面. (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，结合等腰三角形性质推理即得. （2）由（1）中信息，求出三棱锥的体积，再利用比例法求出体积. 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，又平面，则， 的面积， 因此三棱锥的体积， 而，，即， 所以三棱锥的体积． 7. （2024·上海静安·二模）如图1所示，是水平放置的矩形，，．如图2所示，将沿矩形的对角线向上翻折，使得平面平面． (1)求四面体的体积； (2)试判断与证明以下两个问题： ① 在平面上是否存在经过点的直线，使得？ ② 在平面上是否存在经过点的直线，使得？ 【分析】（1）过点作，垂足为．可知为三棱锥的高，利用等面积法求得，再由棱锥体积公式求解； （2）①过点作，垂足为，由直线与平面垂直的判定与性质证明； ②利用反证法证明在平面上不存在经过点的直线，使得． 【详解】（1）过点作，垂足为． 平面平面，两平面交线为， 平面， 平面， 由以及可得． ； (2)①在平面上存在经过点的直线，使得． 证明：过点作，垂足为． 平面，平面， ，又，平面， 平面，平面，故可得， 即存在； ②在平面上不存在经过点的直线，使得， 证明：假设存在， 不在平面内，在平面内，则平面， 与平面矛盾． 不存在． 【错题复盘】（共5题） 一、单选题 1．（2024·河南·模拟预测）等边的边长为2，D，E分别为AB，AC的中点，将沿DE折起，使点A到达点的位置.若平面平面BCED，则线段的长为（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由面面垂直可得线面垂直，利用勾股定理求解. 【详解】如图，易知是边长为1的等边三角形，过作DE的垂线，垂足为H，    由平面平面BCED，交线为，, 则平面BCED，且H为线段DE的中点，， 连接BH，则，取BC的中点F，则，且， 所以， 所以. 故选：C 2．（2024·四川德阳·模拟预测）已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，是的垂心.若，，则（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】先证明两个线面垂直“平面”和“平面”，进而得到，得到等式，并将其转化为关系式，求解即可. 【详解】连接，并延长交于点，连接， 连接， 由于三条侧棱、、两两互相垂直，易得平面， 又因为平面，平面，所以，， 因为是的垂心，所以， 因为，，且平面，平面，， 所以平面，且平面， 所以，同理可得， 因为，，且平面，平面，， 所以平面，平面， 所以， 因为， 所以，， 即， 所以， 由平面，易得， 所以， 所以. 故选：B. 二、多选题 3．（2026·四川成都·三模）在正三棱柱中，是棱的中点，则（   ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 【答案】AD 【详解】选项：如图所示，在正三角形中，因为为的中点，所以， 在正三棱柱中，因为面，面，所以， 因为，面，所以面， 因为面，所以，故正确； 选项：在正三棱柱中，，又， 故与不平行，即与不平行， 故不正确； 选项：设正三棱柱的底面棱长为，高为. 因为，故以为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，过点且平行于直线所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则、、，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，得， 令，得，所以. 平面的一个法向量为，所以，， 所以平面与平面不垂直，故不正确； 选项：设平面的一个法向量为，得， 所以，面面，故正确. 三、填空题 4．（2024·湖南岳阳·三模）如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______．    【答案】/ 【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解. 【详解】在中，，则， 又平面，平面平面， 所以平面，连接，，所以， 得，设（）， 则，即，得， 当即即时，取到最小值1， 此时取到最小值. 故答案为：    【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求. 四、解答题 5．如图，在三棱柱中，，． (1)证明：平面平面． (2)设P是棱上一点，且，求三棱锥体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证明平面，再利用面面垂直判定定理证明平面平面； （2）先求得三棱锥的体积，再利用三棱柱的结构特征，进而可求得三棱锥体积． 【详解】（1）连接. 三棱柱中，，． 则， 则，则，∴， 又∵，∴， 又，∴平面， ∵平面，∴平面平面． （2）取AB的中点D，连接CD，∵ ，∴ ， 又由（1）知平面平面，平面平面 则平面，且． 则三棱锥的体积为， 则三棱柱的体积为6， ∵，∴在四边形中，， 又∵四棱锥的体积为， ∴三棱锥的体积为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $