第22讲 直线、平面垂直的判定与性质（复习讲义）（上海专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦直线、平面垂直的判定与性质，以“线线垂直⇌线面垂直⇌面面垂直”转化为逻辑主线，整合线面角、二面角等核心考点，通过知识解构、题型破译、真题溯源等环节，帮助学生系统梳理垂直关系，构建空间几何问题的分析框架。 讲义突出逻辑严谨性与分层突破，如用正方体模型快速举反例培养数学思维，折叠问题中保平面性质分析强化空间观念，设置基础演练与重难创新题分层训练。通过规范证明步骤、双解法（几何法与向量法）指导，助力学生高效突破垂直证明与空间角求解，为教师把控复习节奏提供精准素材。

第22讲 直线、平面垂直的判定与性质 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 直线与平面垂直 知识点2 直线和平面所成的角 知识点3 二面角 知识点4 平面与平面垂直 题型破译 (含超链接） 题型1 垂直命题真假判断（小题必考） 题型2 线面垂直证明（解答题第一问主流） 题型3 面面垂直证明 题型4 已知面面垂直，求解线面角、二面角、距离（中档重难点） 题型5 折叠与动点垂直综合（培优题型） 题型6 空间向量法解垂直问题（高考主流解法） 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 线面角 春考第18题 / 秋考第17题 二面角 / 春考第17题 春考第18题 考情分析 题型固定：立体几何为高考必考大题（第17题），总分14分。第一问高频考查线面垂直、面面垂直的逻辑证明（6-7分），是基础得分点；小题常以填空、选择形式考查垂直命题真假辨析。 载体常规：命题载体以直棱柱、正棱锥、长方体、折叠几何体为主，图形规整、难度适中，支持几何法、空间向量法双解法。 逻辑核心：所有立体几何问题围绕线线垂直⇌线面垂直⇌面面垂直的转化链条展开，垂直证明是求解线面角、二面角、空间距离的前置核心条件。 阅卷严苛：上海高考注重逻辑严谨性，证明题漏写“两条相交直线”“平面交线”等核心条件，直接扣除步骤分。 2027备考预判 解答题第一问仍以垂直证明为核心考点，重点关注折叠几何体、动点几何体中的垂直关系辨析；小题侧重垂直命题反例判断，需熟练掌握垂直定理的适用条件，规避逻辑漏洞。 复习目标 1. 知识目标 熟练掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的定义、判定定理、性质定理，清晰梳理三类垂直关系的相互转化逻辑，精准区分判定定理与性质定理的适用场景，杜绝概念混淆。 2. 能力目标 规范书写立体几何垂直证明步骤，完整覆盖定理必备条件，做到步骤严谨、逻辑通顺； 灵活运用面面垂直性质定理构造平面垂线，为几何法求空间角、建系解题提供支撑； 精准识别常规几何体、折叠几何体中的隐含垂直关系，可独立举反例判断垂直类命题真假。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 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. 关键辨析：“任意一条”≠“无数条”，直线垂直平面内无数条平行直线，无法判定线面垂直。 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 常用推论 若两直线平行，其中一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于该平面。（） 自主检测 1．已知直线和平面，则“垂直于内的两条直线”是“”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 知识点2 直线和平面所成的角 1.定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°. 2.范围：. 自主检测 2．（2026·上海静安·二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 知识点3 二面角 1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. 2.二面角的平面角：如图，在二面角α-l-β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角. 3.二面角的范围：[0，π]. 自主检测 3．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 知识点4 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 3.三种垂直关系的转化 线线垂直线面垂直面面垂直 自主检测 4．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面，则（    ） A．当时，平面平面 B．当时，平面平面 C．对任意的，直线与平面都不垂直 D．存在，使直线与直线垂直 题●型●破●译 题型1 垂直命题真假判断（小题必考） 例1（25-26高三下·上海金山·阶段检测）已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 方法技巧 1.警惕“无数条”陷阱：垂直平面内无数条直线，无法判定线面垂直，必须是两条相交直线； 2.补齐定理条件：所有垂直判定，缺少“相交”“交线”条件的命题直接判定错误； 3.面面垂直误区：两平面垂直，平面内任意直线不一定垂直另一平面，仅垂直交线的直线成立； 4.快速反例法：优先用正方体模型举反例，秒杀错误命题。 【变式训练1-1】（25-26高三下·上海·阶段检测）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（     ）. A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．，，，则 【变式训练1-2】（2026·上海浦东新·三模）在三棱锥中，“侧棱两两垂直且与底面成等角”是“此三棱锥为正三棱锥”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【变式训练1-3】在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（ ） A．与为异面直线 B． C． D．平面 题型2 线面垂直证明（解答题第一问主流） 例2如图，已知四棱锥的底面是正方形，平面，．    (1)求异面直线与所成角的大小； (2)求证：平面． 方法技巧 核心思路 要证直线垂直平面，只需证明直线垂直平面内两条相交直线。 垂直条件获取路径 1.直接取用几何体固有垂直关系； 2.通过已知线面垂直、面面垂直推导衍生垂直； 3.利用勾股定理、平面几何性质证明线线垂直。 标准答题模板 得分关键：必须写明两直线相交条件，缺一不可。 【变式训练2-1】（2026·上海·三模）在三棱锥中，平面平面，，，是棱的中点，在棱上，且 平面． (1)证明：是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积． 【变式训练2-2】如图，在四棱锥中，底面，，，，，． (1)求证：平面； (2)试在棱PB上确定一点E，使截面AEC把该几何体分成的两部分PDCEA与EACB的体积之比为；并求出此时异面直线CE与PD所成角的大小． 【变式训练2-3】（25-26高三上·上海·期中）在正四棱柱中，为的中点．      (1)取中点中点，求证：平面． (2)求点到平面的距离． 题型3 面面垂直证明 例3-1如图，四边形是正方形，平面，． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 例3-2（25-26高三下·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，底面ABCD，，E是PC上任一点，. (1)求证：平面平面PAC： (2)若E是PC的中点，四棱锥P-ABCD的体积为，求ED与平面PAC所成角的大小 方法技巧 核心思路 转化为线面垂直证明：只需证明一个平面内存在一条直线垂直于另一个平面。 标准答题模板 【变式训练3-1】（25-26高三下·上海·阶段检测）如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，平面． (1)证明：平面平面； (2)若线段上存在一点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角大小． 【变式训练3-2】在正四棱台中，底面四边形边长为2，底面四边形边长为4，棱台高为. (1)证明：平面平面； (2)求直线和平面所成角； (3)求棱台的表面积. 【变式训练3-3】如图1所示，已知与满足：，，二面角的大小为为线段的中点.    (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)如图2所示，若点满足平面且平面，求六面体的体积. 题型4 已知面面垂直，求解线面角、二面角、距离（中档重难点） 例4-1（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，，点O是AB的中点． (1)求证：； (2)求直线CP与平面POD所成角的大小． 例4-2（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的正方形. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值. 例4-3如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 方法技巧 1.明确两垂直平面的交线； 2.在其中一个平面内，作交线的垂线； 3.由面面垂直性质定理，直接得到线面垂直； 4.以该垂线为z轴，快速建立空间直角坐标系。 易错分析 未说明“垂直交线”，不可直接由面面垂直推出线面垂直。 【变式训练4-1】如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，分别为棱的中点. (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【变式训练4-2】如图，在三棱锥中，，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线． (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【变式训练4-3】如图，在四棱锥中，平面，在棱上，平面，设． (1)求； (2)若点到平面的距离为1，求直线与平面所成角的正弦值． 题型5 折叠与动点垂直综合（培优题型） 例5-1（2026·上海金山·二模）已知长方形中，，点、分别为边、的中点（如图1）．若将长方形沿着边翻折，得到二面角（如图2）．已知二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角表示） 例5-2（2025·上海金山·一模）如图，已知圆锥，点在底面圆周上，，且，动点 落在劣弧上． (1)求证：平面平面； (2)若点 平分劣弧，过点 分别作，垂足分别为两点，求二面角的大小． 方法技巧 1. 折叠问题：保平面、变空间，同一平面内的垂直、长度、角度不变，跨平面垂直关系需重新推导； 2.动点问题：抓定值、找恒垂直，优先挖掘几何体中固定的垂直关系，弱化动点变量干扰； 3.解题优选：先几何法证明垂直关系，再用垂直条件建系，简化后续计算。 【变式训练5-1】（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，已知，平面平面，，，，点为梯形ADEF内（包括边界）一个动点. (1)若P为线段AE的中点，求证：平面CDE； (2)，若平面CDE，且当线段BP最短时，求直线BP与平面BCEF所成角的正弦值 【变式训练5-2】（25-26高三上·上海徐汇·阶段检测）如图，已知梯形；E为线段上一动点，过点E作交线段于点F，连接，将沿翻折． (1)当平面平面时，若，求：到平面的距离； (2)若三棱锥体积和 同时达到最大值，求：与平面所成角的大小． 【变式训练5-3】如图，等腰直角三角形中，，为中点，分别为边上的动点，且，将三角形沿折起，使点折至点的位置，二面角大小为，连接． (1)求证：平面； (2)若点为中点，求异面直线与所成的角的大小； (3)试判断直线与平面所成的角的大小是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由． 题型6 空间向量法解垂直问题（高考主流解法） 例6-1（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 方法技巧 1.线线垂直：两直线方向向量点积为0； 2.线面垂直：直线方向向量与平面内两个不共线向量均垂直，或直线方向向量平行平面法向量； 3.面面垂直：两个平面的法向量点积为0。 建系核心：依托线面垂直、面面垂直性质，快速找到三条两两垂直的直线，构建直角坐标系。 【变式训练6-1】（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【变式训练6-2】（2026·上海虹口·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，高为4．    (1)求正四棱柱的侧面积；并求二面角的余弦值； (2)若棱上的点满足，点是线段（含端点和）上的动点，求证：恒成立． 【变式训练6-3】（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·上海·高考真题）已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.    (1)求直线与平面所成的角的正切值； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离. 2．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 3．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 4．（2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 5．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 6．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 一、单选题 1．下面有四个说法： ①经过一个平面的垂线的平面与这个平面垂直； ②如果平面和不在这个平面内的直线a都垂直于平面，那么； ③垂直同一平面的两个平面互相平行； ④垂直同一平面的两个平面互相垂直． 其中正确的说法个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 2．下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是______．（写出所有符合要求的图的序号）    三、解答题 3．如图，已知中，是边上的高，以为折痕折叠，使为直角.求证：平面平面，平面平面.    4．如图，已知AB是的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，平面平面ABC.试判断BC与平面PAC的位置关系，并证明.    5．如图，在直三棱柱中，，．试用综合法和分析法证明：．      6．如图，在长方体中，，E为的中点，连接EA，EB，EC，和BD．    (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)求直线AD到平面的距离． 7．如图，三棱柱中，平面ABC，，点M，N分别是线段，的中点． (1)求证：平面平面； (2)设平面与平面的交线为l，求证：． 8．如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，且，． (1)判断CD是否与平面PAD垂直，并证明你的结论； (2)求证：平面平面ABCD． 9．如图，在圆锥PO中，已知，的直径，点C在上，且，点D为AC的中点．    (1)证明：平面 (2)求二面角的正弦值． 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．（2025·上海杨浦·一模）若为两条不同直线，为两个不同平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．（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_______. 3．如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 4．（25-26高三下·上海徐汇·阶段检测）如图，已知直三棱柱所有棱长均为2，过线段中点作平面平面，设点为平面与线段的交点.    (1)求直线与平面所成角的大小； (2)求证：，并求四面体的体积. 5．（25-26高三下·上海宝山·期中）如图，在四棱锥中，是边长为1的正方形，平面是的中点. (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 6.如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求该三棱柱的体积. 7.如图，四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，， (1)已知G为AF的中点，求证：平面DCF； (2)若直线BF与平面ABCD所成的角为，二面角的余弦值为，求点B到平面DCF的距离． 8.如图，正方体的棱长为为的中点．点在上． (1)求证：平面； (2)若．求直线与平面所成角的大小； 9.如图，在三棱台中，，，点在底面的投影是的重心. (1)证明：面面； (2)若直线与底面的所成的角为，求面与面夹角余弦值. 重难·创新演练 1．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 2．（2025·上海虹口·一模）如图，已知点在表面积为的球的球面上，且，平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ） A．异面直线和所成角的大小为 B．直线与平面所成角的大小为 C． D．的面积为 3．（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 4．（2025·上海·三模）已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是__________. 5．（25-26高三上·上海·期中）如图，的顶点平面，点在平面的同一侧，且.若与平面所成的角分别为，则的面积的取值范围为______. 6．（2026·上海·三模）已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的最大值是______． 7．（25-26高三下·上海浦东新·期中）如图，在多面体PQABCD中，平面平面ABCD，，，是边长为的等边三角形，． (1)求证：平面PAD； (2)若PC与平面ABCD所成的角为，求多面体PQABCD的体积． 8．（2026·上海浦东新·三模）如图，在圆台中，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，圆台的侧面积为．是圆的一条弦，．是圆台的一条母线． (1)若，证明：； (2)若是圆的直径，求二面角的正切值． 9．（24-25高三上·上海奉贤·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 10.离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 11.已知四面体的6条棱中，有条棱长为，有条棱长为1． (1)若，证明：； (2)若，求二面角的大小（用含的式子表示）； (3)若，求的取值范围． 12.在如图所示的圆柱中，AB，DC分别是下底面圆、上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为．    (1)证明：平面； (2)已知为下底面圆周上的一点，当时，求平面与平面所成角的正弦值； (3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第22讲 直线、平面垂直的判定与性质 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 直线与平面垂直 知识点2 直线和平面所成的角 知识点3 二面角 知识点4 平面与平面垂直 题型破译 (含超链接） 题型1 垂直命题真假判断（小题必考） 题型2 线面垂直证明（解答题第一问主流） 题型3 面面垂直证明 题型4 已知面面垂直，求解线面角、二面角、距离（中档重难点） 题型5 折叠与动点垂直综合（培优题型） 题型6 空间向量法解垂直问题（高考主流解法） 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 06 课后训练·分层突破 突破核心考点，提升解题能力 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 线面角 春考第18题 / 秋考第17题 二面角 / 春考第17题 春考第18题 考情分析 题型固定：立体几何为高考必考大题（第17题），总分14分。第一问高频考查线面垂直、面面垂直的逻辑证明（6-7分），是基础得分点；小题常以填空、选择形式考查垂直命题真假辨析。 载体常规：命题载体以直棱柱、正棱锥、长方体、折叠几何体为主，图形规整、难度适中，支持几何法、空间向量法双解法。 逻辑核心：所有立体几何问题围绕线线垂直⇌线面垂直⇌面面垂直的转化链条展开，垂直证明是求解线面角、二面角、空间距离的前置核心条件。 阅卷严苛：上海高考注重逻辑严谨性，证明题漏写“两条相交直线”“平面交线”等核心条件，直接扣除步骤分。 2027备考预判 解答题第一问仍以垂直证明为核心考点，重点关注折叠几何体、动点几何体中的垂直关系辨析；小题侧重垂直命题反例判断，需熟练掌握垂直定理的适用条件，规避逻辑漏洞。 复习目标 1. 知识目标 熟练掌握直线与平面垂直、平面与平面垂直的定义、判定定理、性质定理，清晰梳理三类垂直关系的相互转化逻辑，精准区分判定定理与性质定理的适用场景，杜绝概念混淆。 2. 能力目标 规范书写立体几何垂直证明步骤，完整覆盖定理必备条件，做到步骤严谨、逻辑通顺； 灵活运用面面垂直性质定理构造平面垂线，为几何法求空间角、建系解题提供支撑； 精准识别常规几何体、折叠几何体中的隐含垂直关系，可独立举反例判断垂直类命题真假。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 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. 关键辨析：“任意一条”≠“无数条”，直线垂直平面内无数条平行直线，无法判定线面垂直。 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 常用推论 若两直线平行，其中一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于该平面。（） 自主检测 1．已知直线和平面，则“垂直于内的两条直线”是“”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】B 【详解】根据直线与平面垂直的判定定理可知： 如果一条直线垂直于平面内的两条相交直线，那么这条直线垂直于这个平面. 而“垂直于内的两条直线”，没有满足相交， 所以不一定能推出直线与平面垂直， 但是如果一条直线与平面垂直，一定能推出这条直线垂直于平面内的所有直线， 即可得：“垂直于内的两条直线”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 知识点2 直线和平面所成的角 1.定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°. 2.范围：. 自主检测 2．（2026·上海静安·二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 【答案】 【详解】设的中点为，在底面的投影为，如图， 由对称性可知在上， 就是与底面所成角， 又 ，， 又是等腰直角三角形，， ，， ． 知识点3 二面角 1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. 2.二面角的平面角：如图，在二面角α-l-β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角. 3.二面角的范围：[0，π]. 自主检测 3．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 【答案】 【详解】法一：在正四棱台中，， 因为，，所以为异面直线与所成的角， 即，过点作平面的垂线，垂足为， 作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示： 由正四棱台性质可知，点在线段上，， 所以，，， 由二面角定义可知即为二面角的平面角， 而，故. 法二：如图，作出符合题意的图形，作下底面中心，上底面中心， 以为原点，建立空间直角坐标系，设正四棱台的高为， 由题意得，，则，， ，，则，， 因为异面直线与所成角为， 所以，解得， 由题意得面的法向量为， 则，，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 得到，由图可知，是锐角，则， 由已知得，由同角三角函数的基本关系得， 故. 知识点4 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 3.三种垂直关系的转化 线线垂直线面垂直面面垂直 自主检测 4．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面，则（    ） A．当时，平面平面 B．当时，平面平面 C．对任意的，直线与平面都不垂直 D．存在，使直线与直线垂直 【答案】A 【详解】对于A,延长，交于点，连接，则，   是的中点，， ， 又侧面底面，， 平面，可得，平面, 故平面， 平面，平面平面,故A正确； 设平面APD和平面PCD的交线为l，平面APD, 故 平面APD，则 ，则 , 若平面APD⊥平面PCD，则平面PCD，则平面PCD， 即有,与题意矛盾，故B错误； 对于C，当时，由于侧面底面，交线为AB, 故直线PA与底面ABCD垂直，故C错误； 对于D，，侧面底面，故侧面, 设 的夹角为 ，假设存在，使直线PD与直线AC垂直， 则 ， 即，，与矛盾，故D错误， 故选：A 题●型●破●译 题型1 垂直命题真假判断（小题必考） 例1（25-26高三下·上海金山·阶段检测）已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【详解】对于A：若，，则或和相交，故A错误； 对于B：若，，根据线面垂直的性质定理可得，故B正确； 对于C：若，，则或和异面，故C错误； 对于D：若，，则和可能平行也可能相交，故D错误； 方法技巧 1.警惕“无数条”陷阱：垂直平面内无数条直线，无法判定线面垂直，必须是两条相交直线； 2.补齐定理条件：所有垂直判定，缺少“相交”“交线”条件的命题直接判定错误； 3.面面垂直误区：两平面垂直，平面内任意直线不一定垂直另一平面，仅垂直交线的直线成立； 4.快速反例法：优先用正方体模型举反例，秒杀错误命题。 【变式训练1-1】（25-26高三下·上海·阶段检测）已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（     ）. A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．，，，则 【答案】C 【详解】对于A，若，，则与平行，相交或者异面，故A错误； 对于B，若，，则可能在平面内，也可能与平面平行，故B错误； 对于C，，所以垂直于平面内的所有直线，若，则平面与平面相交，设交线为，在平面内作直线，根据面面垂直的性质定理可知，又因为，所以，而，所以，又因为，则，故C正确. 对于D，，，，可能在平面内，也可能与平面平行，故D错误. 【变式训练1-2】（2026·上海浦东新·三模）在三棱锥中，“侧棱两两垂直且与底面成等角”是“此三棱锥为正三棱锥”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】A 【详解】设三棱锥侧棱两两垂直且与底面成等角，下证此三棱锥为正三棱锥， 过点作底面，垂足为，连接,   分别是三条侧棱与底面所成的角， 因为，所以，侧棱， 所以是三角形的外心， 因为三条棱两两垂直，所以平面，所以， 又因为，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， 所以点是三角形的垂心，所以三角形是正三角形， 故三棱锥是正三棱锥，充分性成立， 正四面体的侧棱夹角为，故必要性不成立. 所以“侧棱两两垂直且与底面成等角”是“此三棱锥为正三棱锥”的充分非必要条件. 【变式训练1-3】在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（ ） A．与为异面直线 B． C． D．平面 【答案】C 【详解】如图： 对A：因为平面，平面，且，所以直线与异面，又，直线与直线不相交，所以与为异面直线.故A正确； 对B：因为，，平面，且， 所以平面，又平面，所以. 又，所以.故B正确； 对C：因为，所以为异面直线与所成的角. 在中，，所以，所以与不垂直，故C错误； 对D：因为，平面，平面，所以平面.故D正确. 故选：C 题型2 线面垂直证明（解答题第一问主流） 例2如图，已知四棱锥的底面是正方形，平面，．    (1)求异面直线与所成角的大小； (2)求证：平面． 【详解】（1）解：连接，    则， 平面，平面， ， ， ， 就是异面直线与所成角或其补角， ， 故异面直线与所成角的大小为； (2)证明：平面，平面， ， 又，平面， 平面； 方法技巧 核心思路 要证直线垂直平面，只需证明直线垂直平面内两条相交直线。 垂直条件获取路径 1.直接取用几何体固有垂直关系； 2.通过已知线面垂直、面面垂直推导衍生垂直； 3.利用勾股定理、平面几何性质证明线线垂直。 标准答题模板 得分关键：必须写明两直线相交条件，缺一不可。 【变式训练2-1】（2026·上海·三模）在三棱锥中，平面平面，，，是棱的中点，在棱上，且 平面． (1)证明：是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积． 【详解】（1）平面，平面，平面平面， ， 又是棱的中点， 是棱的中点． （2）连接，，是棱的中点， ， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， ， ，，， ， 又，由勾股定理得， 又平面， 三棱锥的体积． 【变式训练2-2】如图，在四棱锥中，底面，，，，，． (1)求证：平面； (2)试在棱PB上确定一点E，使截面AEC把该几何体分成的两部分PDCEA与EACB的体积之比为；并求出此时异面直线CE与PD所成角的大小． 【详解】（1）因为底面，平面，所以. 又，所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，所以，过点作，则， 又，所以四边形是平行四边形，所以. 因为，所以，点为中点， 所以，所以梯形的面积为. 四棱锥的体积为. 由已知与的体积比为，所以三棱锥的体积为. 过点作，且是三棱锥的高， 因为，所以有. 因为，所以. 所以三棱锥的体积为. 所以，所以点为的中点.则. 取的中点，连接，则. 所以四边形为平行四边形，所以， 所以异面直线与的夹角即为直线与的夹角. 在等腰直角三角形中，，在直角三角形中，因为， 所以根据勾股定理得，所以. 所以. 所以. 所以异面直线与的夹角为. 【变式训练2-3】（25-26高三上·上海·期中）在正四棱柱中，为的中点．      (1)取中点中点，求证：平面． (2)求点到平面的距离． 【详解】（1）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， 令，解得． 又∵， 所以平面． （2）平面的法向量，， ∴点到平面的距离． 题型3 面面垂直证明 例3-1如图，四边形是正方形，平面，． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离． 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 因为四边形是正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）过点作于点， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 则的长即为点到平面的距离， 又，则，， 则， 故点到平面的距离为． 例3-2（25-26高三下·上海·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，底面ABCD，，E是PC上任一点，. (1)求证：平面平面PAC： (2)若E是PC的中点，四棱锥P-ABCD的体积为，求ED与平面PAC所成角的大小 【详解】（1）在四棱锥中，底面为菱形，所以， 又因为底面，底面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； （2）设，底面为菱形，， 因此菱形面积，四棱锥体积​， 由题可知​​，得，即. 由于，则为中点，故. 连接，又由于是的中点，则 ，， 从而底面，即， 又，从而平面，可知与平面所成角为. ，由于 ， 故与平面所成角的大小为. 方法技巧 核心思路 转化为线面垂直证明：只需证明一个平面内存在一条直线垂直于另一个平面。 标准答题模板 【变式训练3-1】（25-26高三下·上海·阶段检测）如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，平面． (1)证明：平面平面； (2)若线段上存在一点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角大小． 【详解】（1）证明：由平面，且平面，则， 又为半圆的直径，则， 又，，平面，则平面， 又平面，所以平面平面． （2）由平面，为半圆的直径，且， ， 当且仅当时，达到最大， 设圆心为，连接，作，且点F在BE上， 连接，作，且点在上，如下图所示， 由，，则，且， 又平面，且平面，则平面平面， 由平面，平面平面，且，则平面， 又平面，则， 又，且，平面，则平面， 又平面，则，所以为二面角的平面角， 在平面上，有，且，， 则，得， 则，， 又，有，得， 则，所以， 故二面角大小为． 【变式训练3-2】在正四棱台中，底面四边形边长为2，底面四边形边长为4，棱台高为. (1)证明：平面平面； (2)求直线和平面所成角； (3)求棱台的表面积. 【答案】(1) 如图连接，取中点为，连接， 由正棱台的结构特征，得平面，又平面， 则平面平面； （2）由（1）过作直线平行于交于，因平面， 则平面，从而为与平面的夹角. 由题可得，又由题可得，则. 则，又，则； （3）如图作， 由题可得为棱台侧面梯形的高，棱台侧面为全等的等腰梯形. 由（2）分析可得，则. 又，则. 则棱台侧面积为： 【变式训练3-3】如图1所示，已知与满足：，，二面角的大小为为线段的中点.    (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)如图2所示，若点满足平面且平面，求六面体的体积. 【答案】(1) 由，为线段的中点，则， 由，平面，则平面， 又平面，所以平面平面； （2）由平面平面，平面平面，且，平面，    所以点到平面的投影在直线在平面的投影直线上， 由二面角的定义及知，二面角为， 而，，则是边长为2的等边三角形， 所以，则点到平面的距离； （3）由平面且平面，平面，则， 由，则，故，， 而是边长为2的等边三角形，则， 在中，，故，则， 所以. 题型4 已知面面垂直，求解线面角、二面角、距离（中档重难点） 例4-1（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，，点O是AB的中点． (1)求证：； (2)求直线CP与平面POD所成角的大小． 【答案】(1)因，点O是AB的中点，则， 因平面平面ABCD，且平面平面，平面PAB， 故平面ABCD，又平面ABCD，故． （2）如图，取CD中点E，连接OE，由（1）知平面ABCD， 因为为的中点，为的中点，，可得， 因，故，则可分别以，，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系． 又，，，， 则，，， 于是，，，， 设平面POD的一个法向量为， 则，故可取， 设直线CP与平面POD所成角为，则， 即直线CP与平面POD所成角的大小为． 例4-2（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，在三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的正方形. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【详解】（1）∵四边形是正方形，∴， 又平面平面平面，平面平面， ∴平面，∵平面，∴， 又∵平面， ∴平面. （2）由题意，，，，则，， 过点作，垂足为，过点作，连接. 由（1）知平面平面，∴. 又平面， ∴平面，又平面， 又平面平面. 又平面， 是二面角的平面角， 在中，，则， 则， 由图可知，二面角为锐角， 则二面角的余弦值为. 例4-3如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 【详解】（1）因为，，故，故. 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面， 故. （2）由（1）可得平面，而， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为， 故，所以，故， 而，设平面的法向量为， 则即，取， 故到平面的距离为. 方法技巧 1.明确两垂直平面的交线； 2.在其中一个平面内，作交线的垂线； 3.由面面垂直性质定理，直接得到线面垂直； 4.以该垂线为z轴，快速建立空间直角坐标系。 易错分析 未说明“垂直交线”，不可直接由面面垂直推出线面垂直。 【变式训练4-1】如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，分别为棱的中点. (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明如下： 因为分别为棱的中点， 所以，又因为， 所以， 平面，平面， 所以直线平面. （2）取线段中点，连接，则正三角形中有， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 以为原点，分别以向量，，的方向为x轴，y轴，z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，则， 设直线与平面所成的角为， . 所以直线AM与平面PBC所成角的正弦值为. 【变式训练4-2】如图，在三棱锥中，，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线． (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1) ∵，分别是，的中点，∴， 又平面，平面， ∴平面，又平面，平面平面，∴， 又，平面平面，平面平面，平面， ∴平面，则平面． （2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得：，，，，， ∴，，设，则． 依题意可得：，即： 又与都在的同侧，所以，即 于是：， 设平面的法向量为 则，取，可得 再设平面的法向量为， 则，取，得 于是 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为． 【变式训练4-3】如图，在四棱锥中，平面，在棱上，平面，设． (1)求； (2)若点到平面的距离为1，求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1） 连接，相交于，由可知， 面，平面平面， 由平面可知，，则； （2）易知，又，故由余弦定理得， 解得，由于，所以， 又平面平面，所以， 因为，面，面， 所以平面，而面，所以面面， 又平面平面，过作垂直于， 则平面，所以， 设，对使用等面积法可得，解得， 建立空间直角坐标系如图所示， ， 由，可得， 因为平面，所以为平面的一个法向量， 因为，所以为的中点，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 题型5 折叠与动点垂直综合（培优题型） 例5-1（2026·上海金山·二模）已知长方形中，，点、分别为边、的中点（如图1）．若将长方形沿着边翻折，得到二面角（如图2）．已知二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角表示） 【答案】(1)因为长方形中， ，折叠过程中，， 又 平面， 平面，故平面， 同理可得平面， 又，平面，所以平面平面； （2）因为长方形中，点、分别为边、的中点， 故，二面角的平面角为，即， 又，所以，为等边三角形， 同理可得为等边三角形， 取的中点，连接，则⊥， 又⊥平面， 平面，故⊥， 因为 ，平面，故⊥平面， 故直线与平面所成角为， ，，故，由勾股定理得， 则， 直线与平面所成角的大小为. 例5-2（2025·上海金山·一模）如图，已知圆锥，点在底面圆周上，，且，动点 落在劣弧上． (1)求证：平面平面； (2)若点 平分劣弧，过点 分别作，垂足分别为两点，求二面角的大小． 【答案】(1)证明：在圆锥中，平面，∴ ∵，∴ ∵，平面，∴平面， ∵平面 ∴平面平面 （2）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OA为z轴，如图建立空间直角坐标系 由题意，，，，， 则，，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面与平面夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 则根据法向量朝向可知二面角的大小为. 方法技巧 1. 折叠问题：保平面、变空间，同一平面内的垂直、长度、角度不变，跨平面垂直关系需重新推导； 2.动点问题：抓定值、找恒垂直，优先挖掘几何体中固定的垂直关系，弱化动点变量干扰； 3.解题优选：先几何法证明垂直关系，再用垂直条件建系，简化后续计算。 【变式训练5-1】（25-26高三上·上海·阶段检测）如图，已知，平面平面，，，，点为梯形ADEF内（包括边界）一个动点. (1)若P为线段AE的中点，求证：平面CDE； (2)，若平面CDE，且当线段BP最短时，求直线BP与平面BCEF所成角的正弦值 【详解】（1）取的中点，连结， 因为点分别是的中点，所以，且， 又因为，且， 所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 且平面，平面， 所以平面； （2）因为平面平面，且平面平面， 且，平面，所以平面，且， 所以如图以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的法向量， 所以，令，则， 所以平面的一个法向量为 因为平面，所以，即， ， 当时，满足点在梯形的内部，此时最短， ，，，， ，， 设平面的法向量为， 所以，，令， 所以平面的一个法向量， 【变式训练5-2】（25-26高三上·上海徐汇·阶段检测）如图，已知梯形；E为线段上一动点，过点E作交线段于点F，连接，将沿翻折． (1)当平面平面时，若，求：到平面的距离； (2)若三棱锥体积和 同时达到最大值，求：与平面所成角的大小． 【详解】（1） 过点作，垂足为，由，可知为中点. 因为，所以可设， 因为为中点，所以，即， 又因为所以，即， 所以，即， 所以. 又因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面， 又因为平面平面，在平面内，过点作， 所以平面. 在直角三角形中，， 即点到平面的距离为 又因为，所以， 则点到平面的距离等于点到平面的距离的倍，即， 因为，所以到平面的距离为. （2）要使得三棱锥体积达到最大值，则满足平面平面， 由平面平面，，平面， 所以平面. 由， 因为，所以可设， 则， 即当时，取到最大值，此时与重合，为三角形的中位线， 此时平面， 故与平面所成角的大小为. 【变式训练5-3】如图，等腰直角三角形中，，为中点，分别为边上的动点，且，将三角形沿折起，使点折至点的位置，二面角大小为，连接． (1)求证：平面； (2)若点为中点，求异面直线与所成的角的大小； (3)试判断直线与平面所成的角的大小是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）由，得，则， 因此，而平面， 所以平面. （2）连接，由点为中点，，得是的中点，而为中点， 则，是异面直线与所成的角或其补角， 由（1）得是二面角的平面角，，令， 则是正三角形，，由（1）得，于是， 而，在等腰中，，则， 所以异面直线与所成的角的大小为. （3）作于点，由平面，平面，得， 而平面，则平面， 又平面，平面，于是平面， 点到平面距离等于点到平面距离， 设，直线与平面所成的角为， 则， 而，因此，令， 则，当且仅当时取等号， 因此，，又为锐角，则， 所以直线与平面所成的角的大小存在最大值，最大值为. 题型6 空间向量法解垂直问题（高考主流解法） 例6-1（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)由题可建立如图所示的空间直角坐标系.设. 则. 所以 所以，； （2），. ，. 记平面的一个法向量为， 则，令 则 . ，. 记直线与平面所成角为. 则. 又，. 方法技巧 1.线线垂直：两直线方向向量点积为0； 2.线面垂直：直线方向向量与平面内两个不共线向量均垂直，或直线方向向量平行平面法向量； 3.面面垂直：两个平面的法向量点积为0。 建系核心：依托线面垂直、面面垂直性质，快速找到三条两两垂直的直线，构建直角坐标系。 【变式训练6-1】（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) 取中点，中点，连接，. 因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 平面，所以， 又底面是直角梯形，，所以. 又分别为，中点，所以，所以. 所以两两垂直. 故以为原点，建立如图空间直角坐标系， 由，设，，，. 所以，. 因为. 所以，所以. （2）由（1）得，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，可得. 所以点到平面的距离. 【变式训练6-2】（2026·上海虹口·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，高为4．    (1)求正四棱柱的侧面积；并求二面角的余弦值； (2)若棱上的点满足，点是线段（含端点和）上的动点，求证：恒成立． 【详解】（1）四棱柱为正四棱柱，四棱柱的四个侧面为全等的矩形； 正四棱柱的底面边长为2，高为4， ，即正四棱柱的侧面积为32. 连接，交于点，连接，；   四棱柱为正四棱柱，四边形是正方形，四个侧面为全等的矩形. 是的中点. 由，，得； ； 四边形是正方形，； 是二面角的平面角. 由，，得，，； 在中，； 二面角的余弦值为. （2）四棱柱为正四棱柱，，，两两垂直；以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.    则，，，，，， ，； ，点是线段（含端点和）上的动点，，，得，； ，； ； ； 恒成立 【变式训练6-3】（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 【详解】（1） 所以可以建立如右图所示的空间直角坐标系， 所以设 则母线长为 则侧面积为 解得： 所以 设面的法向量为 所以 不妨令则 所以设直线OB与平面PAC所成角为 所以 (2)因为D为线段PB上的动点，所以设 由（1）知 所以直线OA与CD不垂直. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·上海·高考真题）已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.    (1)求直线与平面所成的角的正切值； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离. 【详解】（1）    因为平面，连接， 则即为直线与平面所成的角， 又，，， 为中点，可得，， 所以， 即直线与平面所成的角的正切值为. （2）由题知，平面，平面， ，平面， 所以平面平面. 因为平面，平面， 所以， 又，平面，， 所以平面，又平面， 所以就是直线到平面的距离， 又为中点， 则， 即直线到平面的距离为. 2．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 【详解】(1)连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为， 平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， ，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （2）由（1）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的大小为. 3．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 【答案】(1)由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以， 所以，即， 故二面角的大小为． 4．（2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 【详解】（1）取中点，连接、， 因为，所以， 又因为面面，所以面， 因为面，所以. （2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为为底面直径，，所以底面半径为1，母线长为， 所以， 则可得， 故， 设为平面的法向量，则， 令，则，所以. 设为平面的法向量， 则， 令，则，所以. 则， 设二面角为，则为钝角， 所以二面角的大小为. 5．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 6．（2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 【详解】（1）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. (2)连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 一、单选题 1．下面有四个说法： ①经过一个平面的垂线的平面与这个平面垂直； ②如果平面和不在这个平面内的直线a都垂直于平面，那么； ③垂直同一平面的两个平面互相平行； ④垂直同一平面的两个平面互相垂直． 其中正确的说法个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】①由面面垂直的判定定理可知，经过一个平面的垂线的平面与这个平面垂直，故①正确； ②由线面垂直和面面垂直的性质可知，若，则或， 又，所以，即②正确； ③垂直同一平面的两个平面互相平行或相交，故③错误； ④垂直同一平面的两个平面互相平行或相交，故④错误； 综上可得，正确的说法个数是2个. 故选：B 二、填空题 2．下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点，，分别为其所在棱的中点，能得出平面的图形的序号是______．（写出所有符合要求的图的序号）    【答案】①③⑤ 【详解】解：由题意，建立空间直角坐标系如下图，    设正方体棱长为，则，， 故向量. 图①中，，，， 则，， ∵， ∴，，即，， 又∵平面，平面，， ∴平面，即平面，故图①正确. 图②中，，，， 则， ∵， ∴和不垂直， 即和不垂直， ∴由线面垂直定义知不垂直平面， 即不垂直平面，故图②错误. 图③中，，，，则 ，， ∵， ∴，，即，， 又∵平面，平面，， ∴平面，即平面，故图③正确. 图④中，，，，则 ， ∵， ∴和不垂直， 即和不垂直， ∴由线面垂直定义知不垂直平面， 即不垂直平面，故图④错误. 图⑤中，，，，则 ，， ∵， ∴，，即，， 又∵平面，平面，， ∴平面，即平面，故图⑤正确. 故答案为：①③⑤. 三、解答题 3．如图，已知中，是边上的高，以为折痕折叠，使为直角.求证：平面平面，平面平面.    【详解】因为，，，平面， 所以平面； 因为平面，所以平面平面； 已知为直角，所以， 又，，平面， 因此平面， 因为平面ABD，所以平面平面. 4．如图，已知AB是的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，平面平面ABC.试判断BC与平面PAC的位置关系，并证明.    【详解】平面PAC.证明如下： 因为AB是的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点， 所以，因此. 已知平面平面ABC，而平面平面， 平面ABC内的直线BC垂直于AC，所以平面PAC. 5．如图，在直三棱柱中，，．试用综合法和分析法证明：．      【详解】（综合法）在直三棱柱中，连接，因为， 则四边形为正方形，因此， 又，且平面，于是平面，而平面， 则，又平面平面，则，且， 平面，因此平面，而平面， 所以． （分析法）在直三棱柱中，连接， 要证，而平面，只证明平面， 由直三棱柱的结构特征知平面平面，有， 只要证，只需证明平面， 因为，则四边形为正方形，从而，由已知有，因此有平面， 由于上述的推理过程是可逆的，所以原命题得证. 6．如图，在长方体中，，E为的中点，连接EA，EB，EC，和BD．    (1)求直线与平面所成角的余弦值； (2)求直线AD到平面的距离． 【详解】（1）在长方体中，棱平面，平面，则， 于是就是直线与平面所成的角， 所以． （2）在长方体中，直线，平面，平面，则直线平面， 所以直线AD到平面的距离即为点A到平面的距离， 由E为的中点，得，从而，因此． 又平面，平面，则， 而平面，因此平面，即点A到平面的距离为AE，且为， 所以直线AD到平面的距离为． 7．如图，三棱柱中，平面ABC，，点M，N分别是线段，的中点． (1)求证：平面平面； (2)设平面与平面的交线为l，求证：． 【详解】（1）三棱柱中，平面ABC，而平面ABC，则， 又，，平面，于是得平面，而平面， 所以平面平面. （2）连接，如图，因点M，N分别是线段，的中点，则，因平面，平面， 因此，平面，而平面平面，平面， 所以. 8．如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，且，． (1)判断CD是否与平面PAD垂直，并证明你的结论； (2)求证：平面平面ABCD． 【答案】(1) CD与平面PAD垂直， 在四棱锥中，四边形是直角梯形，，， 则有，即，而，，平面， 所以平面. (2) 由(1)知，平面，而平面，则， 又， 因是直角梯形的两条腰，即直线必相交， 因此，平面，而平面， 所以平面平面. 9．如图，在圆锥PO中，已知，的直径，点C在上，且，点D为AC的中点．    (1)证明：平面 (2)求二面角的正弦值． 【详解】（1）证明：连接，则， 因为点D为AC的中点，所以， 因为为的直径，所以，所以， 因为为的中点，D为AC的中点， 所以‖，，所以， 因为，平面， 所以平面，    （2）由（1）知，， 所以为二面角的平面角， 因为平面，平面， 所以， 因为，，， 所以，所以， 所以在中，, 所以二面角的正弦值为 课后训练·分层突破 ——突破核心考点，提升解题能力 模拟·基础演练 1．（2025·上海杨浦·一模）若为两条不同直线，为两个不同平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【详解】若，，则或为异面直线，故A错误； 若，，则或，故B错误； 若，，则，满足面面垂直的判定定理，故C正确； 若，，这缺少了2个条件，即，才可以得到，故D错误； 故选：C. 2．（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 【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. 3．如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 【详解】（1）因为，，故，故. 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面， 故. （2）由（1）可得平面，而， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为， 故，所以，故， 而，设平面的法向量为， 则即，取， 故到平面的距离为. 4．（25-26高三下·上海徐汇·阶段检测）如图，已知直三棱柱所有棱长均为2，过线段中点作平面平面，设点为平面与线段的交点.    (1)求直线与平面所成角的大小； (2)求证：，并求四面体的体积. 【详解】（1）在直三棱柱中，侧棱底面， 所以是在底面内的射影， 所以就是直线与平面所成的角. 因为点为中点，所以，又， 所以在，， 所以直线与平面所成的角的大小为； （2）设点到平面的距离为， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以. 因为平面，平面，所以平面， 所以点和点到平面的距离相等，均为. 又因为直三棱柱的所有棱长均为2，点为中点，侧棱底面， 所以 . 5．（25-26高三下·上海宝山·期中）如图，在四棱锥中，是边长为1的正方形，平面是的中点. (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1) 如图，连接交于点，可得点是的中点， 因为四边形是边长为1的正方形，所以， 又因为平面，平面， 所以， 由，平面， 得平面； （2）设（）， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可取， 设直线与平面所成角为， 则， 整理可得，解得或（舍去），即， 故. 6.如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，平面与平面夹角的余弦值为，求该三棱柱的体积. 【答案】(1)证明：在正三棱柱中，取中点，连接， 由是中点，得，而是中点， 则，四边形是平行四边形，， 由平面平面，得，而， 又平面，于是平面， 因此平面，而平面，所以平面平面. （2）由（1）知，平面，平面，则平面， 取中点，连接，则，而平面，平面， 则平面，又平面，于是平面平面， 平面与平面的夹角等于平面与平面的夹角， 由平面，平面，得， 则是平面与平面的夹角，，， 于是，而，则， 所以正三棱柱的体积. 7.如图，四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，， (1)已知G为AF的中点，求证：平面DCF； (2)若直线BF与平面ABCD所成的角为，二面角的余弦值为，求点B到平面DCF的距离． 【答案】(1)证明：取DF的中点K，连接GK、KC，因为G为AF中点，所以，， 因为，，所以，，所以四边形KGBC为平行四边形， 所以，因为平面DCF，平面DCF，故平面DCF； （2）因为平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，，所以FA，AD，AB两两垂直， 以A为坐标原点，AF，AB，AD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 直线BF与平面ABCD所成的角为，有，设， ， 则，，，，所以，，， 设平面DCF的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以，所以，即， 因为，所以点B到平面DCF的距离 8.如图，正方体的棱长为为的中点．点在上． (1)求证：平面； (2)若．求直线与平面所成角的大小； 【答案】(1)证明：∵是正方体， ∴平面，又平面，∴， 易得，又平面， ∴平面， 又点M在上，所以平面 （2）连接，在正方体中，根据平面， ∵平面，∴， 又，∴， ∵平面，∴， 又为中点，∴为中点； 根据正方体的特征建立空间直角坐标系如图所示： 则， ∴，则， 设平面法向量为， 则，故可取， 设直线与平面所成角为， 则，因，故. 故直线与平面所成角为. 9.如图，在三棱台中，，，点在底面的投影是的重心. (1)证明：面面； (2)若直线与底面的所成的角为，求面与面夹角余弦值. 【答案】(1) 因为，， 所以三角形等腰直角三角形， 设，的中点为，连接， 所以， 因为点在底面的投影是的重心， 所以点在上，因为， 所以， 于是，所以， 因此四边形是平行四边形，所以， 因为面，所以面， 而面，所以面面； （2）建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 因为面， 所以是平面一个法向量，， 因为直线与底面的所成的角为， 所以， 解得，舍去， 所以该三棱台的高为，所以， 因为面面，面面， 面， 所以面，所以是平面一个法向量， 设平面的法向量为， ，， 所以， 取，则 所以平面的一个法向量为， 所以， 因此面与面夹角余弦值为. 重难·创新演练 1．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 【答案】B 【详解】对于AD，取为中点，，则，而， 故，故在几何体中，， 而，故为二面角的平面角，故， 故，而平面， 故平面，而平面，故，故A成立. 因，，平面， 故平面，而平面，故，故D成立. 对于C，过作，为垂足，取，同理可证平面， 而平面，故，故C成立. 对于B，过作平面，垂足为， 因为平面，故， 若，因为平面， 故平面，而平面，故， 而，故在上， 因为，平面，故平面， 而平面，故，故，但， 矛盾，故不成立即B不成立， 故选：B. 2．（2025·上海虹口·一模）如图，已知点在表面积为的球的球面上，且，平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ） A．异面直线和所成角的大小为 B．直线与平面所成角的大小为 C． D．的面积为 【答案】D 【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，可得，可得， 因为和分别为的中点，所以，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 在直角中，可得， 对于A，由，可得异面直线和所成角，即为直线和所成角， 因为，所以异面直线和所成角的大小为，所以A不正确； 对于B，过点作，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以即为直线与平面所成角， 在直角中，，可得，则， 所以，所以B不正确； 对于C，在直角中，，可得， 所以，则， 所以，所以C不正确； 对于D，由的面积为，所以D正确. 故选：D. 3．（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 【答案】D 【详解】对于A：当点M与点D重合时，直线即为BD，而BD与直线相交，故A错误； 对于B：当点M与点重合时，是等边三角形，则直线与直线成，故B错误； 对于C：如图所示： 连接，因为，且， 所以平面，又平面，所以， 同理，又，则平面， 若平面，则，而，故C错误； 对于D：易知，又平面，平面，所以平面, 同理平面，又，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确； 4．（2025·上海·三模）已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是__________. 【答案】 【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为， 连接因为平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，故为的平面角， 则，，由，则， 又、平面，故，，则， 由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小， 取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则，，， 则直线的方程为：，即， 抛物线的方程为，则， 由题意，令，得，代入，得，所以点的坐标为， 所以动点到直线的最短距离为， 因为，所以， 所以三棱锥体积的最小值为. 故答案为：. 5．（25-26高三上·上海·期中）如图，的顶点平面，点在平面的同一侧，且.若与平面所成的角分别为，则的面积的取值范围为______. 【答案】 【详解】如图，过C作直线l垂直于平面， 因为与平面所成的角分别为，则点分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线与轴在同一平面内时，的面积可取最大最小值， 于是，有，即， 所以，即， 所以的面积为， 所以， 故答案为: . 6．（2026·上海·三模）已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的最大值是______． 【答案】7 【详解】由圆的方程知，圆的半径为，当与位于同一半圆时， 作出该半圆所在的平面图，如下图所示， ， 当且仅当三点共线时取等号， 当位于图中处时，取得最小值； 又当位于图中处时，取得最大值； 当与分别在两个半平面中时，作平面，垂足为， 作轴，垂足为，连接，则三点共线， 设为延长线上的点，则即为翻折后的二面角的平面角， ，，， ，，； 为圆右半圆上的点，可设，， ， ， 其中，，，当， 即时，，则； 又，，即； 可得两点间的距离的取值范围为. 综上所述，两点间距离的最大值是. 7．（25-26高三下·上海浦东新·期中）如图，在多面体PQABCD中，平面平面ABCD，，，是边长为的等边三角形，． (1)求证：平面PAD； (2)若PC与平面ABCD所成的角为，求多面体PQABCD的体积． 【答案】(1) 证明：取AD的中点O，连接PO, 因为为等边三角形，且O为AD中点， 所以 又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面 . 又平面，因而 因为，，所以 由平面，平面PAD，， 所以平面 . （2）连接PC、OC，由题（1）可知，平面ABCD， 所以PC在平面ABCD内的投影为OC， 故是与平面所成的角，即 ，由题得，， 因为平面PAD，，所以平面PAD，所以． 因此，， 取CD的中点M，连接BM、QM， 则 所以多面体PQABCD的体积是. 8．（2026·上海浦东新·三模）如图，在圆台中，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，圆台的侧面积为．是圆的一条弦，．是圆台的一条母线． (1)若，证明：； (2)若是圆的直径，求二面角的正切值． 【答案】(1)侧面积（母线长）． 圆台高． 建系：，． 上底面圆方程为（平面）． 下底面圆方程为（平面）． 是圆的弦，，圆半径， 由． 即弦对应的圆心角为． 不妨取，． （此时，，验证正确）． 是圆台母线：母线上、下端点在两底面的对应方位角相同． 即若在圆上方位角为，则在圆上同方位角处， ，． 时，在的垂直平分面上． 中点，垂直平分面为． 在圆上且满足． 取，对应． ，． ，故．证毕． （2）是圆的直径，故与关于对称， ，． 在圆上与同方位：． 平面：三点，，均在平面上（上底面所在平面）， 故平面的法向量（竖直向上）． 平面：设其法向量为． ，． 两式相减：．代入第二式：． 取，得． 二面角的余弦：． ． 9．（24-25高三上·上海奉贤·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1) ，平面平面，平面平面， 平面， 又，分别是，的中点， ， 平面； （2） ，平面平面 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则点在平面内， 即，，，，， 则，，， 而，平面，平面， 平面， 又平面与平面的交线为直线， ， 设, 则点坐标为，，，，解得， 则点坐标为，， 设平面的法向量， 即，即，取，可得； 设平面法向量为， 则，即，取，可得； ， 即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 10.离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， ， 又因为 ， 所以． （2）∵平面平面，∴， 又∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴，过点A作于点， 由平面平面，得， 又平面，则平面， 因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，， ∴点到平面的距离为. （3）过点作交于，连结， ∵平面，∴平面， ∴为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ，， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， ∴，解得：或（舍） 故. 11.已知四面体的6条棱中，有条棱长为，有条棱长为1． (1)若，证明：； (2)若，求二面角的大小（用含的式子表示）； (3)若，求的取值范围． 【详解】（1）当，则条棱长均为1，故四面体为正四面体， 若为的中点，而为等边三角形，则， 由，平面，则平面， 由平面，则； （2）当，则四面体中有条棱，其它条棱长为1， 如图为的中点，均为等边三角形，则， 故为二面角的平面角，， 此时， 当时， 当时； （3）当，根据对称性有如下两种情况， 若条对边的棱长为，不妨设为，则， 如下图为的中点，其中为全等的等腰三角形且， 所以，则，得， 综上，； 若条邻边的棱长为，不妨设为，则， 如下图为的中点，其中均为等腰三角形且，则， 所以，则，得， 综上，； 所以，条对边的棱长为时；条邻边的棱长为时. 12.在如图所示的圆柱中，AB，DC分别是下底面圆、上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为．    (1)证明：平面； (2)已知为下底面圆周上的一点，当时，求平面与平面所成角的正弦值； (3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程． 【答案】(1) 因为AD，BC是圆柱的母线， 所以底面底面， 所以，因为， 所以四边形ABCD为正方形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面． （2）在底面内过点作直线AB的垂线， 以为原点，分别以l，AB，AD所在的直线为轴，轴，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，令，可得， 此时，    由（1）可知为平面的一个法向量，   因为，     所以平面与平面所成角的正弦值为． （3）法一 设的平面展开曲线上任意一点的坐标为， 当时，；当； 当时，设点在圆柱侧面上对应点为， 过点的母线交上底面于点， 则，劣弧DM的弧长为|x|， 作分别为垂足，连接QN， 因为平面平面，底面平面ABCD， 所以平面平面ABCD， 所以， 因为，所以平面ABCD，所以， 可得四边形为矩形，所以，    因为底面圆周半径为1，所以， 因为，所以，   当时，在Rt中，， 因为，所以，即， 当时，，所以， 当时，在Rt中，， 因为， 所以，因此，即．    综上可得，．    法二 设的平面展开曲线上任意一点的坐标为，设点在圆柱侧面上对应点为， 则在空间直角坐标系中，    所以，   因为为平面的法向量，所以，   可得，即． 综上可得，． 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $