空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦线面垂直判定与性质，通过多几何体情境的典例与变式，构建“判定-性质-应用”的逻辑链条，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，涉及三棱锥、四棱锥等几何体，结合面面垂直、折叠等情境|以线面垂直判定定理为核心，通过线线垂直推导线面垂直，构建空间垂直关系的推理链条| |线面垂直的性质|2例+3变式|利用线面垂直证线线垂直，求二面角、体积最值等，涉及动点、投影等问题|基于判定结论，运用性质定理推导线线垂直，延伸至空间角与体积计算，体现“判定-性质-应用”的递进逻辑|

空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 考点目录 线面垂直的判定 线面垂直的性质 例1.(2026湖北模拟预测)如图，在△ABC中，AB⊥BC,AB=BC=6.平面ABC外的动点D在以AB为直径 考点一 线面垂直的判定 的半圆上，且满足平面BCD⊥平面ACD, B (I)证明：CB⊥平面ABD: ②)若线段1C上的点E满足C正=2☑ 当三棱锥C-ABD 的体积取得最大值时，求平面BED与平面1EB夹角的 余弦值. 【答案】(1)证明见解析 6 (2)6 【分析】(1)过点B作BH⊥CD于H,应用面面、线面垂直的性质有BH⊥AD,再由线面垂直的判定证明 AD⊥面BCD,最后应用线面垂直的判定定理即可得证： (2)根据已知确定三棱锥 的体积取得最大有BD=D=3V C-ABD ，过点D作 DDO⊥ABO B于0，建立合适的空间 直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值 【详解】(1)过点B作BH⊥CD于H,由平面BCD⊥平面ACD, 平面BCD∩平面ACD=CD,BHc平面BCD,则BH⊥平面ACD, 又ADC平面ACD,故BH⊥AD,又AB为直径，故BD⊥AD, 且BD∩BH=B,BD、BHC平面BCD,所以AD⊥平面BCD, 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 又BCC平面BCD,故BC⊥AD,又AB⊥BC,ADOAB=A, AD、ABC平面ABD,故CB⊥平面ABD; E D (2)由(4知.长o8CSo=8D-AD≤(8D+4D）4B=18, 3 当且仅当BD=D=35时.←m取得最大值， 过点D作DO⊥AB于O,建立以O为原点，OD为x轴，OA为'轴， 过O点垂直于平面ABD的方向为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0,-3,0)A0,30),D3,0.0).E0,12),c0,-3,6) BD=(3,3,0),BE=(0,4,2) 所 设平面BED的法向量为”=(x水) BD.n=3x+3y=0 则8Em=4y+2z=0,令x=1,可得y=-1,z=2: 所以%=(1-12) 因为平面4EB的法向量为乃=(L0,0), 则cos(,西〉 厉四。16 同同6灯6， √6 即平面BED与平面AEB夹角的余弦值为6· 2 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 ZA B 例2.(2026·湖北十堰模拟预测)如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD中，ABIICD,AD⊥AB,已知 AD=2,AB=1,CD=4,AE⊥面ABCD,且AE=2. D B (I)求证：BD⊥面ACE: (2)设H为△BDE垂心，求平面BCH与平面CDE夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 Q 【分析】(1)根据线面垂直的判定定理即可证明； (2)建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式即可求解. 【详解】(1)因为AB/CD,AD⊥AB,所以∠D1B=∠ADC-. 在RtABD中，am∠1BD=4D-=2. AB 在Rt△4DC中，an∠DAC=CD=2 AD 因为 4BD,∠DAC∈0， 所以∠ABD=∠DAC, 又2DMC+∠CMB=,所以∠CAB+∠DBA 2,即AC⊥BD: 因为AE⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以AE⊥BD, 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 又AE,ACc平面ACE,AE∩AC=A, 所以BD⊥平面ACE, (2)连接BH并延长，交DE于点F,连接CF,则平面BHC∩平面CDE=CF, 因为H为△BDE垂心，所以BF⊥DE, 因为AE⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD, 所以AE⊥AB,AE⊥AD, 所以BE=VAB+AE=5,DE=VAD+AE=22 又BD=AB+AD=V5,所以E=D, 由BF⊥DE得，EF=DF, 以A为原点，AB,AD,AE所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， B(1,0,0),C(4,2,0),D(0,2,0),E(0,0,2)F(01,1 则 BC=(3,2,0)BF=(-1,1,1),CD=(-4,0,0),DE=(0,-2,2） 设平面BFC的一个法向量为” ,i=（x,y,z) n.BC=0 [3x+2y=0 则nBF=0,即1-x+y+z=0:取x=-2:则万=(-2,3，-5)小： 设平面CDE的一个法向量为” ,i=(a,b,c) mCD=0 「-4a=0 则mDE=0,即-2b+2c=0,取b=1'则m=(0,11) n.m 3-5 cos,m= V19 所以 m4+9+25×V1+119 19 所以平面BCH与平面CDE夹角的余弦值为19· 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 B 例3.(2026甘肃张掖·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,F为PC的中点，∠BAC=120°， PA=AB=AC=2,E在BC上，且AE⊥AC. E (I)证明：PC⊥平面AEF: (2)求平面AEF与平面PAB的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 6 (2)4 【分析】(1)由线面垂直的性质定理得到PA⊥AE,再由线面垂直的判定定理即可证明； (2)建立空间直角坐标系，求解平面AEF与平面PAB的法向量，再由平面夹角余弦值的向量求法求解即可. 【详解】(1)~PA⊥平面ABC,AEc平面ABC, .PA⊥AE, 又AE⊥AC,PAOAC=A,PA,ACC平面PAC, AE⊥平面PAC, PCC平面PAC,AE⊥PC, AP=AC,F为PC的中点，·AF⊥PC, 又AF∩AE=A,AF,AEC平面AEF, .PC⊥平面AEF: (2)分别以AE,AC,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 A(00,0)P(0,0,2)BN5,-1,0）C(0,2,0) P=(00,2).AB=(5,-1,0） AP.i=0 设平面P4B的法向量为i=(x,yz,则有AB.i=0: [2z=0 即V3x-y=0,令x=1,则y=V5,z=0: 平面PAB的一个法向量为元=(5,0). 由(I)知，PC⊥平面AEF, “平面4EF的一个法向量为 C=(0,2,-2) Pc23-6 设平面与平面的夹角为则0A AEF PAB PC22x24, 6 .平面AEF与平面PAB夹角的余弦值为4， 变式1.(2026河北雄安·三模)如图，在三棱台 8C-48C中.∠4B,B=∠ACB=90e,CC=AG=aG=2 AC=4 AA=BB A CC (1)证明： 平面ABC 6 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 A-AB-C (2)求二面角 的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 √10 (2)5 【分析】(1)将棱台补成棱锥后，结合棱台性质与勾股定理逆定理可得SC⊥AC、SC⊥BC,再利用线面垂直判 定定理即可得证： AAB ABC (2)建立适当空间直角坐标系后，求出平面平面 与平面 的法向量后，利用空间向量夹角公式及同角三 角函数基本关系计算即可得 AC =2 【详解】(1)将棱台补成棱锥，设棱锥顶点为S,由4G=2,AC=4,有AC,, SA SB =SC=2 则S4SBSC,则4、B、C分别为SA、SB、SC的中点， ∠ABB=90° 的 ”,则4B=8,由M=B8,测则M=SB, 故△S1B为等边三角形，由1G=BG=2,则4C=BC=4, 又∠ACB=90°，则4B=V军+4=4W2,故S1=SB=AB=4W5 SC=2CC=4 又 SC⊥AC ,则有 C+1C=4+4=32=SM,故 又SC2+BC2=42+42=32=SB2,则SC⊥BC, 又BC∩AC=C,BC、ACC平面ABC, 故SCL平面48C,即CG+平面4BC: (2)以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 T、 B1 人 A B y 2 则C0,00）44,00)、4(20,2)B(04,0)C(0,02) 则=(-2,02）4B=(-24-2）8C=(04,2) 设平面MB与平面48C的法向量分别为丽=(，儿，）、n=(,,2), [mA4=-2x+22,=0元-BC=-4y2+222=0 则有m-4B=-2x+4y-2z=0,i:4B=-2x,+4y2-22=0, 令=1为=1 1,则乃=名=1.为=0马3=2 即可取m=(1,0、n=(0,12) mn。1+25 15 即二面角A-4B-C的正弦值为 5 5 变式2.(2026·河南三模)如图，一张边长为2的正方形纸片ABCD,E为AB的中点，现沿DE将△AED折起至 aMED,使得C=2 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 0 B (I)证明：A'E⊥平面A'DC: (2)求直线A'B与平面A'DC所成角的正弦值. 【答案】(1)由正方形边长为2，E为AB中点，得AE=1, 折叠后AE=AE=1, EC=EB2+BC2=+22=5 因为A'C=2,所以A'E+AC=5=EC2,所以AE⊥A'C, 折叠前，AE⊥AD,折叠后，A'E⊥AD, 又因为ACnA'D=A,且AC,ADC平面ADC, 所以AE⊥平面ADC; 2 22 【分析】(1)通过线面垂直判断定理证明；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解 【详解】(1)略 (2) D B 以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，垂直于平面BCDE的方向为z轴，建立空间直角坐标系，则 B(2,00),D0,20),E(2,10),设4(2， 4C=2 x2+y2+z2=4 因为{AD=2,所以 x2+(y-2}2+z2=4 A'E=1 (x-2)2+(0y-1)2+z2=1 9 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 解得y1=5 3 2,即21,2 设平面A'DC 的法向量为 i=(,y2),则2，令x=1, 则i=(0,-5)， 14B.n 设直线AB与平面ADC所成角为0，则sin0cos〈AB,》上|ABn川 园=VP+02+(-3=2, sin 2N2 所 V2×22, 2 所以直线AB与平面ADC所成角的正弦值是2 变式3.(2026海南海口·模拟预测)如图，在五面体ABCDEF中，底面四边形ABCD是梯形，AD/BCI/EF, AD=2BC=2EF=4AB=4,ED⊥AB,FB⊥CD,∠BAD=60°，N为AD的中点. (I)求证：AB⊥平面CDE: (2)若CE=2 3,求平面MBF与平面CNF夹角的余弦值. 10 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 【答案】(1)证明见解析 2W5 (2)5 【分析】第(I)题，利用底面梯形的边长、角度关系，结合线面垂直的判定定理，证明AB垂直于平面CDE内的 两条相交直线，得出AB⊥平面CDE 第(2)题，建立空间直角坐标系，用空间向量法求两个平面的法向量，再计算两个平面夹角的余弦值， 【详解】(1)因为N为AD的中点，AD=2BC,所以AW/BC且AN=BC, 所以四边形ABCN为平行四边形，所以ABIICN. 在AOCw中，CN=AB-=1,DN-5AD-2,∠DC=∠DMB=60, 由余弦定理得CD°=CY+DN2-2CW:DN.cos60°+2-2x1x2X)3, 又因CN2+CD2=DN2,则得∠DCN=90°，即CN⊥CD,所以AB⊥CD. 又ED⊥AB,ED∩CD=D,CDC平面CDE,EDc平面CDE, 所以AB⊥平面CDE (2)由(I)知AB⊥平面CDE,CEc平面CDE,所以AB⊥CE,即CN⊥CE. 因为BCIEF且BC=EF,所以四边形BCEF为平行四边形， 所CEFB,FPB=CE=25,符CNLFB、 因为FB⊥CD,所以CE⊥CD. 因为CN∩CD=C,CDC平面ABCD,CNC平面ABCD, 所以FB⊥平面ABCD. 由(I)知，NC⊥CD,所以CD,CW,CE两两互相垂直 以C为原点，CD,CV,CE所在直线分别为x,y,2轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(0,0,0),N(01,0). 易知平面ABF的一个法向量为i=(L,0,0). 如图(2)所示，因为FB⊥平面ABCD,FB=2V3,=xg=-2cos30°=-V5yp=2sim30°=1 11 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 F(-V51,25) 所以CN=(01,0.F=(-V3,0,23) 设平面CNF的法向量为m=(x,y,z), m.CN=y=0 则mNF=-V3x+23z=0,故可取m=(20,1) 设平面ABF与平面CNF的夹角为B, 则os0=ma-2-25 m55, 2W5 即平面ABF与平面CNF夹角的余弦值为5· A N 2 2 60° 130 D C D B 图2 2 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 考点二 线面垂直的性质 例1.(2026~山东东普模拟预测)在三棱锥P-ABC中，等边三角形PAB的边长为2，BC=4,AB1AC,点E 为BC的中点. (I)证明：AB⊥PE; (2)设点P在底面ABC上的投影为M,求三棱锥P-MBC体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 3W3 (2)4 【分析】(I)设AB的中点为O,连接OP、OE,证明出AB⊥平面OPE,结合线面垂直的性质可证得结论成立： (2)过点P在平面OPE内作OE的垂线，垂足为点M,连接MB、MC,证明出PM⊥面ABC,可知M为点P 在底面ABC上的投影，设∠POM=a,其中O<<元，求出三棱锥P-MBC体积 V=sina(1-cosa) 方法一：计算得出P=(1+c0a）1-csa八，然后利用四元基本不等式可求得V的最大值： 方法二：设 =f(a)=sima1-cosa）,其中0<a<元，利用导数法可求得'的最大值 【详解】(1)设AB的中点为O,连接OP、OE」 因为三角形PAB为等边三角形，所以AB⊥OP, 因为O、E分别为AB、BC的中点，所以OE∥AC, 又因为AB L AC,所以AB⊥OE, 因为OPOOE=O,OP、OEc平面OPE,所以AB⊥平面OPE, 因为PEc平面OPE,所以AB⊥PE. (2)过点P在平面OPE内作OE的垂线，垂足为点M,连接MB、MC,证明如下： 13 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 B 由(I)得，AB⊥平面OPE,且PMc平面OPE,所以AB⊥PM, 又因为PM⊥OE,AB∩OE=O,AB、OEC平面ABC, 所以PM⊥平面ABC,即M为点P在底面ABC上的投影 因为△PAB是边长为2的等边三角形，AB⊥OP,则 O-PBsin-2x 3 2 因为MB14C,AB=2,BC=4,所以4C=VBC-AB=F-2=25 由可知0E=4C-25=5,设∠PoM=a,其中0<a<x PM=PO-sina=sina OM=PO-cosa=cosa 所以ME=0E-OM=5-V5cosa 三角形MBC的面积S=Sae+SaE号ME-(OB+04个=号ME4B x(3-cosa)x2--cosa 则三棱链p-MBC体积r-兮PM-S}sna个5-Vcsa)=sa-cosa). 法一：四元均值不等式 v2=sin2a(1-cosa)=(1+cosa)(1-cosa)(1-cosa)(1-cosa) -号6+3 scoa)(1-0--cosa)(1-0） 1 ≤ 3 3+3cosa+1-cosa+1-cosa+1-cosa1x3= 4 ,Ps33 coSa=- 即 4,当且仅当3+3cosa=1-cosa,即 时，勋0 3时，等号成立. 14 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 法二：导数法 设f(a)=y=sina-cosa）a∈(0，) 则f'(a）=osal-cosu）+sin'a=cosa-cos2a+1-cos2a）=-2cos'a+cosa+l =-(2cosa+1)(cosa-1) ◆fa小0，mma>,解释aa写可 2 1 由f'(a)小<0，即osa< 2,解得 2 2 所以了口)在区间0与上单调递增，在区问 九，π 上单调递减， 3W3 4 例2.(2026：陕西咸阳·二模)已知四面体ABCD中，AB=BC,∠ABD=∠CBD,M为AC中点，BD⊥MD.作 MF⊥AD,垂足为F. B (I)证明：MF⊥AB: (2)若AB=2,∠ABC=60°，四面体ABCD的体积大于4，求二面角M-BD-A的正切值的取值范围. 【答案】(1)见解析： 3V2-V63V2+√6 (2) 3， 3 【分析】(1)通过线面垂直证明线线垂直；（②）求出二面角M-BD-A的正切值的表达式，再求解其取值范围 【详解】(I)因为AB=BC,M为AC中点，所以BM⊥AC, 15 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 在△ABD和△CBD中，AB=BC,∠ABD=∠CBD,BD=BD, 故△ABD兰aCBD(SAS),得AD=CD,又M为AC中点，所以DM⊥AC, 且BMODM=M,BM,DMC平面BDM,所以AC⊥平面BDM,因为BDC平面BDM,所以 ACLBD,又BDLMD,且ACOMD=M,ACDe ACM 平面 所以BD⊥平面ACM,因为MFc平面ACM,所以BD⊥MF: 又MF⊥AD,且ADOBD=D,AD,BDC平面ABD,故MF⊥平面ABD, 又ABC平面ABD,所以MF⊥AB: (2)由4B=2.4B=BC,∠MBC=60,得△MBC为等边三角形，故4C=2,BM=5 由(I)知BD⊥平面ACM,所以AD⊥BD,DM⊥BD,所以∠MDA即为二面角A-BD-M的平面角 设DM=,在RiABDM中，可得BD=VBM-DM=V3-F 则四面体CD的体积为-点x8D×23F, 321 x2N5-F>}m6=35<<6+35 11 32-N632+6 -<t< 根据题意有32 4,解得4 4,即4 4, tan∠ADM=AM_l∈3V2-V63V2+V6 DM I 3 3 变式1.(2026：陕西榆林三模)如图，A,B,C是圆锥PO的底面圆O的圆周上三点，且AB=BC=AC,D为劣弧 BC的中点， B I)证明：PD⊥BC: 16 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 (2)若PA=AD,求二面角C-PB-D的正弦值， 【答案】(I)证明：设AD∩BC=E,因为AB=BC=AC,所以∠ABC=∠BCA=∠CAB=60°. 因为D为劣弧BC的中点，所以BD=DC,则∠BAD=∠CAD=30,即∠AEB=90,所以BC⊥AD 连接PE,则PB=PC,BE=EC,所以PE⊥BC. 又PEOAD=E,AD,PEC平面PAD,所以BC⊥平面PAD. 因为PDC平面PAD,所以PD⊥BC 4√65 (2)65 【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证得BC⊥平面PAD,再由线面垂直的性质定理即可得证， (2)以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据二面角C-PB-D的余弦值公式结合同角三角函数的基本关系 即可求解. 【详解】(1)略 (2)以O为坐标原点，过点O作平行于BC的直线为x轴，OD,OP所在直线分别为y轴，z轴，建立如图所示空 间直角坐标系0-z. 设PA=AD=2,则C OP=3,BC=3 oo同.5c}9pa10 历-a同历}5a-(a 17 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 设平面PBC的一个法向量为 =（x,,) 5.1 PB.m=0 2x+2乃-V3a=0 由 得 CB.m=0, 取=25则m-0,25列 设平面PBD的一个法向量为 =(x2,y2,2) 5,1 PB.=0, 25+2-V532=0, 由 得 PD.=0 y2-522=0, 取2=1则元=山5，) m:77√65 &二面角C-pB-D为0.则o-om别日丽57g, sin=v1-cos20= 4V65 65, 465 故二面角C-PB-D的正弦值为65· B 变式2.(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 C D (I)若PB=PA,证明：AE⊥PD: 8 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 (2)求直线AE与平面PBC所成角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 5 21 【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AE与平面PBC所成角，再根据三角形性质求解即可. 【详解】(1)取AB中点M,连接DM交EA于Q,连接PM, PA=PB=AB.△PAB是正三角形， M是AB中点，.PM⊥AB B.--. E D :平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PM⊥AB, .PM⊥平面ABCD MA=EB ∠MAD=∠EBA, 中 △MAD△EBA BA=AD ,∴.△EBA~AMAD,.∴∠EAB=∠MDA ∴.∠AQD=180°-∠QAD-∠QDA=180°-∠QAD-∠EAB=90° .EA⊥MD :EA⊥MD,EA⊥PM,PM、MDC PMD,PMMD=M 平面 EA⊥平面PMD,.AE⊥PD (2)作AH⊥PB于H,连EH 19 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 D :平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,而CB⊥AB, .CB⊥平面PAB 又CBc平面PBC,平面PAB⊥平面PBC, .AH⊥平面PBC ∴.A到平面PBC的距离即AH,则直线AE与平面PBC所成角为∠AEH, mH-他报25a51-小na6 :直线E与平面pBC所成角的余弦值的取值范围为5,1∥ 变式3.(2026~陕西咸阳·三棋)如图，在四棱锥S-ABCD中，AB⊥AD,AB/CD,AB=AS=AD=3, SB=32 SD=3V3 CD=2 B (1)求证：AB⊥SD; 1 BM (2)若点M是线段BS(含端点)上一点，直线MC与平面BDs所成角的正弦值为5，求Bs的值. 【答案】(1)2知1B=AS=3,SB=3V2 则48+462=18=58， △ABS为直角三角形，且AB⊥AS, 平面D ABLD,且SnD=A,4,D 由线面垂直判定定理可得，AB⊥平面SAD, 20 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 ·SDC平面SAD, .AB⊥SD 2 ②) 【分析】(1)利用线面垂直判定定理结合己知条件证明结论： (2)建立空间直角坐标系，得出点和相关向量坐标，进而求出法向量，利用向量夹角余弦公式结合已知条件构造 BM 方程，进而求出BS. 【详解】(1)略 (2)以A为坐标原点，AD为x轴正向，AB为z轴正向，过点A垂直于x,2轴为V轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 0,00,D3,00B00,3,c30,2),设s,42) 则 :AS=3,SB=32,SD=35 3 x=- x2+y2+z2=9 35 y= “2+y2+(2-3}=18,解得 2, z=0 (x-3)}2+y2+z2=27 335, (22,0 设4-微，0，则BM=西。 21 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 .BS= - .MC= :BD=(B0,-3),设平面Ds的法向量为=(，y2),则 BD.i=3x-3z=0 5n=- 33V3 x+》y-3红=0，令x-1故万-5.列小 直线MC与平面BDs所成角的正弦值为5，设该角为9， 3V3 MC.n 3++ -2 ×3+(32-1)×1 2 1 则sin0=cos MC,= MC·园 MCx5 MCx55 -j2-”,得1300 解得入或 元e[0, 2 BM 2 “元=3，故B时3· 22空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 考点目录 线面垂直的判定 线面垂直的性质 例1.(2026湖北模拟预测)如图，在△ABC中，AB⊥BC,AB=BC=6.平面ABC外的动点D在以AB为直径 考点一 线面垂直的判定 的半圆上，且满足平面BCD⊥平面ACD, B D (I)证明：CB⊥平面ABD: (②法线段4C上的点F满足C正=2，当三楼能C-D的体积取得录大简时，求平面8ED与平面 B夹角的 余弦值. 例2.(2026·湖北十堰模拟预测)如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD中，ABICD,AD⊥AB,己知 AD=2,AB=1,CD=4,AE⊥面ABCD,且AE=2. B (I)求证：BD⊥面ACE; (2)设H为△BDE垂心，求平面BCH与平面CDE夹角的余弦值. 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 例3.(2026：甘肃张掖·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,F为PC的中点，∠BAC=120°， PA=AB=AC=2,E在BC上，且AE⊥AC」 (I)证明：PC⊥平面AEF: (2)求平面AEF与平面PAB的夹角的余弦值. ABC-ABC中 ,∠AB,B=∠ACB=90°CC=AC=B,C=2 变式1.(2026河北雄安三模)如图，在三棱 AC=4 AA=BB C Bi B 平面ABC CC⊥ (1)证明： A-AB-C (2)求二面角 的正弦值 2 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 变式2.(2026：河南三模)如图，一张边长为2的正方形纸片ABCD,E为AB的中点，现沿DE将△AED折起至 △AED ,使得 A'C=2 B B (I)证明：A'E⊥平面ADC: (2)求直线A'B与平面A'DC所成角的正弦值. 变式3.(2026海南海口·模拟预测)如图，在五面体ABCDEF中，底面四边形ABCD是梯形，AD1/BCIIEF, AD=2BC=2EF=4AB=4,ED⊥AB,FB⊥CD,∠BAD=60°，N为AD的中点. (I)求证：AB⊥平面CDE: 2)若CE=2V5 求平面ABF与平面CNF夹角的余弦值。 3 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 考点二 线面垂直的性质 例1. (2026山东东营模拟预测)在三棱锥P-ABC中，等边三角形PAB的边长为2，BC=4,AB L AC,点E 为BC的中点. 4 (I)证明：AB⊥PE; (2)设点P在底面ABC上的投影为M,求三棱锥P-MBC体积的最大值. 例2.(2026：陕西咸阳·二模)已知四面体ABCD中，AB=BC,∠ABD=∠CBD,M为AC中点，BD⊥MD.作 MF⊥AD,垂足为F. D B (1)证明：MF⊥AB: 1 (2)若AB=2,∠ABC=60°，四面体ABCD的体积大于4，求二面角M-BD-A的正切值的取值范围. 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 变式1.(2026：陕西榆林三模)如图，A,B,C是圆锥PO的底面圆O的圆周上三点，且AB=BC=AC,D为劣弧 BC的中点， ! (I)证明：PD⊥BC: (2)若PA=AD,求二面角C-PB-D的正弦值 变式2.(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. D B-- E 4 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. 空间向量与立体几何：线面垂直的判定、线面垂直的性质专项训练 变式3.(2026陕西咸阳三模)如图，在四棱锥S-ABCD中，AB⊥AD,AB/CD,AB=AS=AD=3, SB=32 SD=3V3 CD=2 B D (I)求证：AB⊥SD: 1 BM (②)若点M是线段BS(含端点)上一点，直线MC与平面BDs所成角的正弦值为5，求Bs的值. 6