第03讲 空间中的垂直关系（线线垂直、线面垂直、面面垂直）（复习讲义）（北京专用）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空间垂直关系（线线、线面、面面）核心考点，按“知识解构-题型破译-真题溯源”逻辑架构，梳理4大知识点与8类题型的内在转化关系。通过考情分析、方法归纳、变式训练等环节，帮助学生构建垂直关系证明与应用的系统思维，突破高考解答题核心难点。 讲义创新采用“定理-题型-素养”三维教学法，如翻折问题中提炼“不变关系”原则，指导学生利用等腰三角形三线合一或勾股定理证明垂直，培养数学思维与空间观念。分层练习与真题对接设计，确保学生高效掌握建系依据与向量方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第03讲 空间中的垂直关系 （线线垂直、线面垂直、面面垂直） 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 证明线线垂直的方法 知识点2 线面垂直的判定定理与性质定理 知识点3 三垂线定理及其逆定理 知识点4 面面垂直的判定定理与性质定理 题型破译 (含超链接） 题型1 线面垂直判定定理（三线合一）【含方法技巧】 题型2 线面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理）【含方法技巧】 题型3 线面垂直判定定理（空间向量）【含方法技巧】 题型4 线面垂直性质定理【含方法技巧】 题型5 面面垂直判定定理【含方法技巧】 题型6 面面垂直性质定理【含方法技巧】 题型7 翻折问题综合【含方法技巧】 题型8 垂直综合（劣构性试题）【含方法技巧】 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 线线垂直 T18(2) T17(2) T17(2) 线面垂直 T18(2) T17(2) T17(2) 考情分析 空间中的垂直关系是高考立体几何解答题的核心内容，北京卷近三年均在第17题或第18题第(2)问中考查，分值约6分，难度中等。试题以柱体或锥体为载体，题干的垂直条件（线面垂直）为建立空间直角坐标系提供依据，进而利用向量方法求解空间角（线面角、二面角）。近三年考情显示，线面垂直是每年必考的核心条件，通常直接给出（如 平面 、 平面 ）或隐含于几何体本身（如直三棱柱侧棱垂直于底面、底面为直角三角形），作为建系的基础，极少直接证明垂直关系本身。复习时需熟练掌握垂直关系的判定定理与性质定理，能够在复杂几何体中快速识别垂直条件并建立坐标系。 复习目标 1.掌握线线垂直的判定方法（利用勾股定理、等腰三角形三线合一、线面垂直定义等）。 2.掌握线面垂直的判定定理与性质定理，能在几何体中证明或识别线面垂直关系。 3.掌握面面垂直的判定定理与性质定理，能进行面面垂直与线面垂直的相互转化。 4.能在柱体、锥体等几何体中快速识别垂直条件，建立空间直角坐标系。 5.能利用向量方法，在垂直建系基础上求解空间角（线面角、二面角）。 6.提升空间想象、逻辑推理与数学运算素养。 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 证明线线垂直的方法 ①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直 ③菱形、正方形的对角线互相垂直 ④线面垂直、面面垂直的性质定理可证线线垂直 知识点2 线面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符合语言 判定定理 如果一条直线与一个平面内的 两条相交直线 垂直，则这条直线与这个平面垂直 若，，，， ，则 性质定理 如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线 平行 若，，则 自主检测1如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在；点为的中点 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设出点的位置，直接利用线面角的计算公式计算即可. 【详解】（1）证明：是正三角形，为的中点，． 又因为，， 所以，，又因为 所以平面，又因为平面，， ，平面，平面， 平面． （2）存在，理由如下： 取的中点，由（1）及已知得，， 点，分别为，的中点， ，，． 又，，，两两垂直． 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， ．设，， ，， ，设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ．由已知得，即， 解得或（舍去），故，此时，则是的中点， 存在满足条件的点，点为的中点 自主检测2如图，在三棱锥中，，点O是AC的中点，且底面与底面ABC所成角的大小为．    (1)求证：； (2)求二面角P－BC－A的大小. 【答案】(1)连接OB，因为，O为AC中点，故； 又平面ABC，平面ABC，则． 因平面，，则平面． 因平面，则； (2) 【分析】（1）连接OB，通过证明平面可完成证明； （2）取BC中点为D，连接OD，PD，由题可得为二面角的平面角，据此可得答案． 【详解】（1）略 （2）取BC中点为D，连接OD，PD，因，， 则，又平面ABC，平面ABC，则． 因平面，，则平面， 又平面，则，从而为二面角的平面角． 由题可得为与底面ABC所成角,大小为，又，， 则，又， （因平面ABC，平面ABC），则， 则二面角的平面角大小为．    知识点3 三垂线定理及其逆定理 （1）射影： 已知空间中的平面以及点A，过A作的 垂线 l，设l与α相交于点A'，则A'就是点A在平面内的 射影 (也称为投影)；空间中，图形F上 所有点 在平面内的 射影 所组成的集合F`，称为图形F在平面α内的射影. （2）三垂线定理： 如果平面内的 一条直线 与平面的一条斜线在该平面内的 射影 垂直,则它也和这条斜线垂直. （3）三垂线定理的逆定理： 如果平面内的一条直线和这个平面的一条 斜线 垂直,则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直. 知识点4 面面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符合语言 判定定理 一个平面过另一个平面的 垂线 ，则这两个平面垂直 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 自主检测1如图三棱锥中，是边长为2的等边三角形，中且． (1)若是的中点，且，求证：平面平面； (2)在（1）的条件下求三棱锥外接球的表面积； (3)设二面角的大小为，求的最小值． 【答案】(1)在等边中，是的中点， ，又且平面， 平面，又平面， ，又且平面， 平面，又平面， 平面平面. (2) (3) 【分析】（1）先证明平面，从而得到，结合可得平面，故平面平面； （2）根据（1）中的条件，将三棱锥补全为正三棱柱，得到外接球球心即为两个底面的中心连线的中点，使用勾股定理计算即可得到半径，进而得到表面积； （3）以的中点为原点，平行于为轴方向，为轴方向，垂直于平面向上为轴方向，建立坐标系，设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看），利用空间向量法得到平面和平面的法向量，得到夹角表达式，最后利用变量代换求得最小值. 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，且为等边三角形， 故可将三棱锥补全为正三棱柱，三棱柱的高， 则三棱锥的外接球就是三棱柱的外接球， 外接球的球心为等边三角形和的中心连线的中点， 半径， 所以三棱锥外接球的表面积为； （3）取的中点为原点，平行于为轴方向，为轴方向， 垂直于平面向上为轴方向，建立如图所示的坐标系， 设从轴逆时针转到的角度为（从左侧看）， 则，，，， ，， 设是平面的一个法向量， 则有， 取，则  ，指向三棱锥外， 设是平面的一个法向量， 则有， 取，则，  指向三棱锥内， 得， 令， 则，   当，即时取等号， 所以的最小值为． 自主检测2如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)由，为的中点，得，而平面平面， 平面平面，平面，则平面，又平面， 所以. (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证. （2）作出二面角的平面角，利用给定角的大小及平行线分线段成比例定理求出，进而求出体积. 【详解】（1）略 （2）由是边长为1的等边三角形，得，则， 作交于点，由平面，得平面，而平面， 则，过作于，连接，平面， 因此平面，又平面，则，为二面角的平面角， 即，由，得， 而，则，，， ，， 所以三棱锥的体积. 题●型●破●译 题型1 线面垂直判定定理（三线合一） 例1-1（2026·北京·三模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)已知，为中点，可得， 又平面，平面，故， 分别为中点，三棱柱中，故， 又，平面，平面. (2) (3) 【分析】（1）由及为中点，利用等腰三角形“三线合一”得；结合平面及，得到，从而由线面垂直判定定理证得平面； （2）以平面为基础，构造出二面角的平面角；利用已知边长、、，通过勾股定理与面积公式求出与，进而得到余弦值； （3）将点到平面的距离转化为三棱锥的高，利用等体积法建立方程；结合、及，计算得到所求距离. 【详解】（1）略 （2）由(1)可得平面，平面，故， 过作于，连接，因为，平面， 所以平面，又平面，故， 故即为二面角的平面角， 是中点，，则，； 且，， 故， ，得， 因为平面，又平面，故， 在中：， 故，即二面角的余弦值为. （3）三棱锥的体积等价于三棱锥的体积，即：， 由平面，得：， 计算的面积：，，， 为等腰三角形，底边上的高， 因此：， 设点到平面的距离为，由得：， 解得，即点到平面的距离为. 例1-2如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】(1)因为的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， 又因为，平面 ， 所以 平面 . (2) 【分析】（1）利用正四棱锥的性质，结合中点条件，通过等腰三角形三线合一证明与，与垂直，进而证明 平面 ； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，设 点的坐标参数，进而表示出平面 的法向量，结合平面 的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，再根据参数范围求最大值. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点， 所在直线为 轴，以过点且垂直于底面的直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设，由（1）知 平面 ， 则为平面 的法向量. 则，， 设平面 的法向量为， 则，可取， 记平面 与平面 所成角为，则. 当时，取到最大值. 方法技巧 1.核心定理：如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，那么该直线与此平面垂直。即 ，，，，，则 。 2.“三线合一”型特征：题目中出现等腰三角形（或等边三角形），需要利用“三线合一”性质（底边上的中线、高线、顶角平分线互相重合）来证明线线垂直，进而证明线面垂直。 3.解题步骤： 在平面 内找到两条相交直线 、，使目标直线 且 ； 若题目中有等腰三角形，取底边中点，连接顶点与中点，则此连线垂直底边（三线合一），可作为一条垂直线； 若已知某边中点，连接中点与对边顶点，构造等腰三角形的“三线”； 证明 与两条相交直线都垂直后，根据线面垂直判定定理得出结论。 4.常见辅助线： 取等腰三角形底边中点，连接顶点与中点； 连接圆心与弦的中点（垂径定理）； 连接正多边形中心与顶点。 【变式训练1-1】如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，． (1)求证：平面； (2)若，，点E在线段上，且平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)连接，交于点，连接 ，则为的中点， 因为四边形为菱形， 所以， 因为， 所以 ， 又因为与 相交于点，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）先证明，再根据线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，由平面求出点坐标，再求出平面 与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）略 （2）因为，为的中点， 所以，所以 、、两两相互垂直， 以点为原点建立空间直角坐标系如图， 因为为菱形，， 所以为等边三角形， ，， 在中，. 所以 ，设， 则，， 因为平面， 所以 ，则， ， 解得，故， 因为平面， 所以取平面的法向量， 因为，设平面 的法向量， 则，即， 可设， 设平面与平面 的夹角为， 则. 【变式训练1-2】如图，在三棱锥中，平面，，，过作于，为线段的中点．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设为四棱锥的外接球的球心， ①证明：该球面与三棱锥的侧面的交线长小于； ②在二面角，二面角，二面角之中选择一个求其余弦的绝对值的取值范围． 【答案】(1)证明：因为平面，平面， 所以，， 由于，则是等腰直角三角形， 因为为斜边的中点，所以， 又已知，且，故平面， 因为平面，所以， 因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面． (2)． (3)①连接，则由平面，又平面，故，    由知，，，均在以为直径的球面上，球心为的中点，半径， 所以为四棱锥的外接球的球心； ①取中点， 因为， 所以为上述球面被平面所截得的截面圆周的圆心， 该球面被三棱锥的侧面的交线为圆心角所对的一段弧，设该弧的长度为的弧度数为，则， 在中，，分别为，的中点，所以，即， 所以，所以，又， 所以． ②． 【分析】（1）根据线面垂直的性质及判定即可证明； （2）法一：建立空间直角坐标系，结合三棱锥的体积公式即可求解；法二：由体积比法，求得，即可求解；方法三：轨迹法，点的轨迹落在平面内以为直径的圆周上，由几何关系即可求解； （3）建立空间直角坐标系，由面面夹角的余弦公式求解二面角和二面角，同时根据二面角的平面角定义求解二面角和二面角． 【详解】（1）略． （2）以为原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 方法一： 在中，，则， 在中，， 由，得， 点在平面内，其坐标为， ， 设，由于在上，设， 即， 则， 由得：， 化简得：， 所以， 代入得， 由（1）知平面，故三棱锥的体积， 因为，，所以， 又， 所以 ， 又， 所以， ， 当时，三棱锥的体积取得最大值． 方法二：体积比法 ， 又， 所以， ， 由于面积为2，， 又 ，， 故， 下同方法一，得三棱锥的体积取得最大值． 方法三：轨迹法 由（1）知平面，平面， 故，， 点的轨迹落在平面内以为直径的圆周上， 取为体积的高，则， 由于为定值，当面积最大时体积最大， 当面积最大时，为等腰直角三角形，， 由，得， 此时，三棱锥的体积取得最大值． （3）①略 ②建系同（2），求二面角； 方法一：由（2）方法一，设，其中 ，， 平面即为平面， 其法向量， 设平面法向量， 由，得， 取，，， 则， ， 由于，所以， 所以， 由于，， 即二面角余弦的绝对值的取值范围为；    方法二：几何法 取线段的中点，中点，连结，， 由①知，平面，， 所以即二面角的平面角， 在中，为的中点，为中点，所以， 在中，为的中点，为中点，所以， 在中，， 由于，所以，故， 即二面角正弦值的取值范围为； 二面角： 设，则， 平面的法向量.，， 由， 令 ， ，，得， 由于点在直线上，平面即为平面， 设平面的法向量面的法向量，，， 由， 令，则，代入得 ，得 ， 取， 则， 因为，所以， 故二面角的正弦值的取值范围是． 二面角：在中，作于，则， 由于平面，所以平面， 由，得，故棱平面， 二面角的大小等于 ， 设， 则，所以， 即， 所以， 所以 ， 在中，， ，所以 ， 所以 ， 又， 所以， 令 ，则，又，所以， 则， 令， 由于 ， 所以在上单调递减，所以， 所以，即二面角的正弦值的取值范围是． 【变式训练1-3】如图，在直三棱柱中，为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)若，二面角的平面角为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度． 【答案】(1)在直三棱柱中，平面，由平面，得， 由为的中点，，得，又，平面， 所以平面 (2)①；②. 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）①建立空间直角坐标系，利用面面角的法向量列式求出，再利用线面角的向量法求解；②利用三棱锥体积求出点到平面的距离，再由向量法求距离求出轨迹方程，进而求出轨迹长度. 【详解】（1）略 （2）①在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， 设平面的法向量，则，取，得， 而平面的法向量，由二面角的平面角为， 得，解得，，， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. ②由（1）得，则， 由三棱锥的体积为，得到平面的距离为， 由点在侧面上，设，则， 因此到平面的距离为， 点轨迹方程为，而， 则在侧面上的轨迹是线段，所以的轨迹长度为. 题型2 线面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理） 例2-1如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若， 为的中点， 为棱上靠近点 的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以 是等腰直角三角形，所以，， 所以， 在 中，由余弦定理得，， 即，所以，所以， 所以 是等腰直角三角形，所以， 又因为，且，平面，所以平面 (2) 【分析】（1）空间几何证明，利用平面几何关系找到，结合条件，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，利用向量夹角余弦与平面夹角的关系求解. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面，所以， 又且，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 设，则有，，，， 则，因为 为的中点，所以，， 因为 为棱上靠近点 的三等分点，所以， 所以， 设平面的法向量为，则， 令 ，则，，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以， 记平面与平面夹角的余弦值为， 所以. 例2-2（2026·北京西城·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，直线PC与底面ABC所成角的大小为. (1)求证：平面PAB； (2)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值. 【答案】(1)证明：因为平面ABC，所以即为直线PC与底面ABC所成的角，即， 在中，，所以，， 又，，所以，则， 又平面ABC，平面ABC， 所以， 因为，平面PAB， 所以平面PAB. (2) 【分析】（1）根据条件，可得，可求出各个长度，根据勾股定理，可证，根据线面垂直的性质定理，可证，根据线面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，分别求出平面PAC与平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案. 【详解】（1）略 （2）以B为原点，为x，y轴正方向，作垂直于平面ABC为z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 设平面PAC的法向量，则， 所以，令，则，所以， 设平面PBC的法向量，则， 所以，令，则，所以， 则， 所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为. 方法技巧 1.核心定理：同“三线合一”型——证明一条直线与平面内两条相交直线垂直，即可推出线面垂直。 2.勾股定理型特征：题目中给出线段的长度关系，需要利用勾股定理的逆定理（若 ，则夹角为 ）来证明两条直线垂直。 3.余弦定理型特征：题目中给出三角形的边长或角度，需要利用余弦定理计算夹角，证明夹角为 （即 ，等价于 ，故通常也化为勾股定理处理）。 4.解题步骤： 确定要证明垂直的两条直线所构成的三角形； 计算（或利用已知）三角形的三边长度； 验证是否满足 （其中 为最长边），若满足则两条短边所在直线垂直； 找到平面内两条与目标直线垂直的相交直线，推出线面垂直。 5.计算技巧： 利用已知边长关系（如中点、等分点、平行关系）推导所需线段长度； 在直角三角形中，利用斜边中线等于斜边一半等性质辅助证明； 若图形为长方体或正方体，可直接利用面对角线、体对角线的长度关系。 【变式训练2-1】如图，在三棱柱中，，. (1)证明：直线平面ABC． (2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明如下： 由题意可知是边长为2的正三角形， 在中，由余弦定理可得 ， 所以， 所以为直角三角形，且， 所以， 同理可得， 因为平面，， 所以直线平面ABC； (2) 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，从而可得，，即可得证； （2）建立空间坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合空间向量夹角公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）取中点，连接，则， 又，所以， 由（1）可知直线平面，， 以为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间坐标系，如图所示： 则，， 所以， 设平面的法向量为， 则有， 令，可得， 又因为， 所以， 所以AC与平面所成角的正弦值为. 【变式训练2-2】如图，在四棱台中，已知平面，，，已知，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）过作于，根据已知证得、，再由线面垂直的判定定理证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，进而求出相关平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值； （3）向量法求点面距离即可. 【详解】（1）在直角梯形中，过作于， 因为，，且， 所以四边形为正方形，可得，， 因为，所以， 在中，， 在中，， 在中，所以，即， 因为侧棱底面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面； （2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意，，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，得， 设平面的法向量为，则， 令，则，，得， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为； （3）已知平面的一个法向量为，平面外一点， 在平面上任取一点，所以， 点到平面的距离， 即点到平面的距离为. 【变式训练2-3】如图，在五面体中，底面四边形是梯形，，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】第（1）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，证明垂直于平面内的两条相交直线，得出平面. 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）因为为的中点，，所以且 ， 所以四边形为平行四边形，所以． 在中，，，， 由余弦定理得 ， 又因，则得，即，所以． 又，， 平面，平面， 所以平面． （2）由（1）知平面，平面，所以，即． 因为且 ，所以四边形为平行四边形， 所以，，得， 因为，所以． 因为， 平面，平面， 所以平面． 由（1）知，，所以，，两两互相垂直. 以为原点， 所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. 易知平面的一个法向量为． 如图(2)所示，因为平面，，,, ， 所以, . 设平面的法向量为， 则，故可取． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 题型3 线面垂直判定定理（空间向量） 例3-1（25-26高三上·北京昌平·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，E、F分别是线段BC、AP的中点，，，. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1) 因为平面，平面， 所以， 因为，所以两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 设，则，， 因为，所以， 解得，得到，， 取平面的一个法向量为，而， 因为，平面，所以平面； (2) 由（1）可知，， 设平面的一个法向量为， 则，设，则， 所以平面的一个法向量为，而， 因为，所以，则平面； (3) 【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，运用空间位置关系的向量证明即可； （3）由面面角向量法求法计算即可求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（1）可知，， 设平面的一个法向量为， 则，设，则， 可得平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值. 例3-2如图，在长方体中，，，，点为的中点，点为的中点.    (1)证明：平面； (2)若点为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)法一：几何法 如图，连接，由题意，得，，， 在中，由勾股定理可得，所以， 所以为等腰三角形， 又为中点，所以， 在长方体中，有平面， 又平面，所以， 又，所以平面. 法二：坐标法① 如图，以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 所以，， 即，， 又，所以平面. 法三：坐标法② 如图，以为原点，以，，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量， 则，不妨令，则， 又，可得， 所以平面. (2) 【分析】（1） 法一：连接，由勾股定理求解，由线面垂直的判定定理即可证明； 法二：以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，由，，即可求解； 法三：以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，由设平面的法向量，由即可证明； （2）法一：以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，由直线与平面夹角的向量求法求解即可； 法二：连接，得到为在平面上的投影，得到即为直线与平面所成角求解即可. 【详解】（1）略 （2）法一：建系法 如图，以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 则，不妨令，有， 又， 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.    法二：几何法 如图，连接，在长方体中，有平面， 又平面，所以， 由（1），有，又， 所以平面， 所以为在平面上的投影， 所以即为直线与平面所成角， 由题意，在中，，又，所以， 在中，，所以， 方法技巧 1.向量法的核心：证明直线的方向向量与平面内两条不共线向量的数量积均为 （即直线的方向向量与平面的法向量平行），即可证明线面垂直。 2.解题步骤： 建立空间直角坐标系，求出各点坐标； 求目标直线 的方向向量 ； 在平面 内找到两条不共线的向量 、（如平面内两条相交直线的方向向量）； 计算 且 ，证明 且 ； 根据线面垂直判定定理得出结论。 3.法向量法（更直接） ： 求出平面 的法向量 （利用 和 列方程组求解）； 证明 （即存在非零实数 ，使 ）； 即可证明 。 4.向量法的优势：无需添加辅助线，适用于几何关系复杂、不易直接观察垂直关系的题目，尤其是多面体与坐标轴对齐的情况。 【变式训练3-1】在直三棱柱中，，点分别是线段的中点，动点P在三角形及其内部，且满足． (1)证明：直线平面 (2)求动点P的轨迹及其长度； (3)求直线BP和平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1) 由题意，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图， 由已知得， 因为是的中点，且，所以． 所以． 设是平面的法向量，则即 取，则． 所以，所以，所以直线平面． (2)点的轨迹是以点为圆心，半径为1的四分之一个圆， (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系求出目标平面的法向量，并证明该法向量与已知直线的方向向量共线，从而证得线面垂直； （2）利用勾股定理将空间距离转化为平面内动点到定点距离恒为定值的问题，并结合动点所在的限制区域确定其轨迹为四分之一圆弧，进而利用圆的周长公式求出长度； （3）借助三角参数方程设出动点坐标，利用空间向量法建立线面角正弦值关于参数的三角函数表达式，再通过辅助角公式结合参数取值范围求出最大值. 【详解】（1）略 （2）在直三棱柱中有平面． 因为平面，所以． 由勾股定理，， 因为点在三角形及其内部， 所以点的轨迹是以点为圆心，半径为1的四分之一个圆． 所以动点的轨迹长度为． （3）因为点在以点为圆心的圆周上运动，设， 所以．设直线和平面所成角为， 则． 因为，所以，所以． 所以当时，取得最大值． 【变式训练3-2】如图所示，正四棱锥中，，，分别为的中点，，平面与交于． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明：连接，设，连接，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，， 因为 ， ， 所以，，即，， 又平面，，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）先建系得各点坐标，算出向量，由点积为证，，结合线面垂直判定定理得证； （2）由（1）知是平面法向量，再求平面法向量，用两法向量夹角公式算余弦值； （3）设，由垂直条件求得位置，再用点到平面距离公式算出结果． 【详解】（1）略 （2）由（1）知为平面的一个法向量． ，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得． 设平面与平面的夹角为， 则． （3），设，． 因为，所以， 解得，从而． 所以点到平面的距离． 【变式训练3-3】如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为BC的中点，为上底面的中心． (1)证明：平面ABC； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)以 为坐标原点， 所在平面 为 平面， 建立空间直角坐标系. 由题意可取. 设. 因为 ， 所以.(1) 又. 由 ，得即.(2) 同理， 由 ， 得即.(3) 由(2)，(3)联立可得. 代入(1)，得. 因为 在平面 的上方， 所以. 故. 于是. 因为 为上底面 的中心，所以. 所以. 而平面 的方程为 ， 其一个法向量为 . 因此 ，从而. (2). 【分析】（1）由已知条件中既有长度关系，又有线面位置关系与角度关系，故可建立空间直角坐标系求解. 取 为原点, 所在平面 为 平面，先求出点 的坐标，再由向量 的方向判断其与平面 的垂直关系. （2）在第(1)问所建坐标系的基础上，先求平面 与平面 的法向量， 再利用两个法向量所成角的余弦值求得两平面的夹角余弦值. 【详解】（1）略 （2）由点的坐标可知， 平面 上各点的 坐标都为 ， 故平面 的一个法向量可取为. 又 . 故平面 的一个法向量可取为. 于是两平面的夹角 满足. 故平面 与平面 的夹角的余弦值为. 题型4 线面垂直性质定理 例4-1（2026·北京·二模）如图，在直四棱柱中，，，，点分别为的中点，且与平面所成角为. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明：连接，在中，由余弦定理得： ， 所以，所以， 直四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面， 所以平面，因为，所以平面， 又因为平面，所以； (2) 【分析】（1）借助余弦定理与勾股定理的逆定理可得，再利用线面垂直的性质定理可得，即可利用线面垂直的判定定理得到平面，即可得平面，最后利用线面垂直的性质定理即可得证； （2）连接，利用线面角定义可得，再建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解. 【详解】（1）略 （2）连接，因为为的中点，所以有且， 所以四边形为平行四边形，所以， 直四棱柱中，平面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以 ，即直四棱柱的高为2， 由（1）知，DA，DB，DD1两两垂直， 以D为原点，以DA，DB，DD1分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 例4-2（2026·北京朝阳·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) 因为四边形为正方形，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，所以共面. 又，平面，所以平面 因为平面，所以. (2)选条件①无效;选条件②余弦值为;选条件③余弦值为 【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质，先由正方形对角线互相垂直得，再由平面推出，结合与相交，证得平面，而在平面内，故. （2）四边形是正方形，平面，则两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点坐标；由，设.条件①中对任意恒成立，无法定点，故不可用；条件②利用直线与平面所成角，或由面积定值，均可解出.再求出平面与平面的法向量，代入面面夹角公式，算出两平面夹角的余弦值为. 【详解】（1）略 （2）四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直. 选条件① 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设. 由，得恒成立. 此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效. 选条件② 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设，所以 直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为. 故，解得（舍去负值）, 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 选条件③ 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设， 所以， ， 解得（舍去负值） 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 方法技巧 1.线面垂直的性质定理1：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线垂直于该平面内的任意一条直线。 符号语言：，，则 。 2.线面垂直的性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线互相平行。 符号语言：，，则 。 3.线面垂直的性质定理3：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个，那么它也垂直于另一个平面。 符号语言：，，则 。 4.应用场景： 已知线面垂直，需证明线线垂直（直接利用性质定理1）； 已知线面垂直，需证明两条直线平行（利用性质定理2）； 已知线面垂直和面面平行，需证明另一条线也垂直于另一个面（利用性质定理3）。 5.解题策略：线面垂直是证明线线垂直的“捷径”——一旦证明了某条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于平面内所有直线，无需逐条证明。 【变式训练4-1】（2026·北京昌平·一模）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明如下：    连接交于， ∵三棱柱为直棱柱，平面， ∵平面，∴， ∵. ∴四边形为正方形，∴， ，，，平面. 平面， ∵平面，∴. 又，，平面. 平面. 平面， . (2) (3) 【详解】（1）略 （2）    以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系. 由题意得：. 则. 设平面的法向量为. 则，令，则. . 直线与平面所成角的正弦值为. （3）存在，理由如下： 设()，则. . 若平面，则，解得， 存在点，使平面，此时. 【变式训练4-2】（2026·北京丰台·一模）如图，在多面体中，面是矩形，，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)因为四边形是矩形，所以， 又因为， 平面 ， 所以平面 ， 因为平面 ，所以. (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明平面 ，再根据线面垂直的性质定理，证明结论即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据线面角的向量方法，求出正弦值即可. 【详解】（1）略 （2）因为，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 因此，． 设是平面 的法向量， 则，即， 令，得 ，平面 的一个法向量为. 设直线与平面 所成角为，则. 即直线与平面 所成角的正弦值为. 【变式训练4-3】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在三棱锥中，侧面底面． (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时， （i）求二面角的余弦值． （ii）设线段的中点为，试判断直线与平面的关系，并说明理由． 【答案】(1)证明:取中点，连接， 因为，所以， 又因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以． (2)（i）； （ii）相交，理由如下： 线段的中点为，有，，， 而，则直线不与平面平行，也不在平面内， 所以直线与平面相交. 【分析】（1）中点为，通过证明平面，得到； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用求出点坐标，向量法求二面角的余弦值，通过向量与平面法向量的关系，判断直线与平面的关系. 【详解】（1）略； （2）因为侧面底面，平面平面， 且，平面，所以平面． 又，以为原点，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以． 则， 所以． 因为是线段上一点，设． 所以． 因为，所以， 解得．所以． 设平面的一个法向量为，则 ， 令，则．于是 因为平面，所以平面的法向量为． 所以． 由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为． （ii）直线与平面相交，理由略. 题型5 面面垂直判定定理 例5-1（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ∵ 为边长为2的等边三角形，为中点， ∴ ，且. ∵ ，为中点， ∴ ，且，故， ∴ . ∵ ， ∴ ，故. ∵ ，平面， ∴ 平面. ∵ 平面， ∴ 平面平面. (2) 由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，. 设，则，所以点坐标为. ∵，且平面 ∴平面 ∴平面的法向量为. 设平面的法向量为，其中，， ∴ 令，代入解得，， ∴. 已知平面与平面的夹角为， ∴ 代入数据得 两边约去后平方整理得，解得或. ∵， ∴. 因此存在满足条件的点，且. 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，结合等边三角形、等腰三角形的三线合一性质及勾股定理逆定理，证明平面即可完成推导； （2）通过建立空间直角坐标系，引入参数表示点的坐标，求解两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列方程求解参数，结合参数范围验证即可    . 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】方法归纳：面面垂直证明核心是找到一个平面内垂直于另一个平面的直线，常结合等腰三角形三线合一、勾股定理逆定理证明线线垂直，再推导线面垂直；空间中的存在性问题可通过建立坐标系，引入参数表示动点坐标，将几何关系转化为代数方程求解，最后验证参数范围即可. 易错归纳：求解平面法向量时需注意坐标运算的准确性，二面角的余弦值等于两法向量夹角余弦的绝对值，避免符号错误；得到参数解后需结合动点的限制条件舍去不满足要求的解. 例5-2（25-26高三上·北京房山·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且．    (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面所成角的大小． 【答案】(1) 因为在四棱锥中，， 所以， 又底面为平行四边形，所以，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）由题意先证明平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据面面角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，平面，故, 而，故， ，平面，所以平面 ， 以D为原点，分别以 所在直线为轴建立空间直角坐标系，    设，则， 平面的一个法向量可取为； ， 设平面的法向量为，则 ， 即得，令，则，即 设平面与平面所成角为，由图可知该角为锐角， 则 ， 即平面与平面所成角的大小为. 方法技巧 1.面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。 符号语言：，，则 。 2.解题步骤： 确定目标：证明平面 与平面 垂直； 在平面 内找一条直线 （或证明某条直线 在 内）； 证明 （利用线面垂直的判定定理）； 根据面面垂直判定定理，得出 。 3.寻找垂线的策略： 若已知某条直线垂直于一个平面，检查该直线是否在另一个平面内； 若没有现成的垂线，需先证明一条直线垂直于目标平面，再说明该直线在另一个平面内； 注意：垂线必须在“经过”的那个平面内（即作为该平面的元素）。 4.二面角法（补充） ：若两个平面所成的二面角为直二面角（平面角为 ），则两平面垂直。此方法常与空间向量结合使用（求法向量夹角）。 【变式训练5-1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，和分别为线段和上的动点． (1)当为线段的中点时，证明：平面平面； (2)当时，求多面体体积的最小值． 【答案】(1)证明：如图所示， 因为底面，平面，所以 又因为底面为正方形，所以， 且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）设，得到，根据，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：因为底面为正方形，底面，且， 在直角中，可得, 因为，设，则， 又由 ， 当且仅当时，等号成立， 所以当时多面体的体积取得最小值，最小值为. 【变式训练5-2】如图，在四棱锥中，底面,，，，点分别在棱上，，，平面与棱交于点． (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为平面，且平面，所以， 又因为，，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为，所以平面，因为平面，所以， 在直角中，，，所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以，所以，所以， 因为且，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. (2)． 【分析】（1）根据题意，证得平面，得到平面，证得，再由，证得，得到平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到，根据，求得，得到，再求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：过点作直线，以为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 则，，， 设，则， 由（1）知，所以，即，得，所以， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【变式训练5-3】如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，，分别为，上的动点，且平面． (1)证明：平面平面； (2)若截面将三棱锥分成上下两个部分的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)取的中点，连接，， 因为为等腰直角三角形，，所以⊥， 因为，，所以， 因为为等边三角形，所以⊥，且， 由⊥与⊥可得为二面角的平面角， 因为，由勾股定理得，所以⊥， 所以，所以平面平面； (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到即为二面角的平面角，由勾股定理逆定理得到垂直关系，证明出结论； （2）建立空间直角坐标系，根据体积之比得到分别为的中点，求出平面的法向量，利用夹角余弦公式进行求解. 【详解】（1）略 （2） 由（1）知，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， 因为平面，平面，平面平面， 所以，则∽， 因为截面将三棱锥分成上下两个部分的体积之比为， 所以， 因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即， 所以分别为的中点，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为. 题型6 面面垂直性质定理 例6-1（2026·北京丰台·三模）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，二面角为直二面角. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； 【答案】(1)因为二面角为直二面角，所以平面平面. 正方形中，. 又平面平面，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面，所以平面. 因为平面，所以. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质、线面垂直的性质及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，结合面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）在中，，为的中点，， 所以，. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 取中点，连接，因为平面，所以. 正方形中，为中点，所以. 所以两两垂直. 以为原点，以为轴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，则，令，则， 所以. 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为. 例6-2（2026·北京顺义·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，是棱上一点，满足 (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) ∵ 平面平面，且平面平面， 平面，， 由面面垂直的性质定理， ∴ 平面. (2) 【分析】利用面面垂直的性质，结合即可证明线面垂直； 以为原点建立空间直角坐标系，通过求两个平面的法向量夹角即可得到平面夹角的余弦值。 【详解】（1）略 （2）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， 由题意得，，，. ∵ ， ∴ ， ∴ . 由得 平面， ∴平面的一个法向量为 . 设平面的法向量为 ， ，， 则， 令，解得，，即 . 设平面与平面的夹角为， 则. 方法技巧 1.面面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面。 符号语言：，，，，则 。 2.面面垂直的其他性质： 若 ，则 内任意一点向 作垂线，垂足在交线 上； 若 ，且 ，，则 交线 或 交线 （实质上是性质定理的逆用）。 3.解题步骤： 确定两个垂直平面 和 的交线 ； 在平面 内找到一条直线 ，使 （或证明某条直线 且垂直于交线）； 根据面面垂直性质定理，得出 。 4.应用场景： 已知面面垂直，需证明线面垂直（优先考虑性质定理）； 已知面面垂直，需在垂直平面内作辅助线（通常作交线的垂线）。 5.关键技巧：“找交线，作垂线”——遇到面面垂直条件，首先找到两平面的交线，然后在其中一个平面内作交线的垂线，即可得到另一个平面的垂线。 【变式训练6-1】．（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明：取中点，连接，， 因为，所以， 因为为中点，所以，因为，所以， 所以、、三点共线，即，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. (2)条件①不合题设，选条件②或③： 【分析】（1）取中点，通过，，为中点可得，从而得，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）根据条件可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，再通过从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个来确定点坐标即可求解. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 以为原点，、、为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 若选条件①：，设，则，， 因为，所以，解得，不符合题意，故不能选条件①. 若选条件②：，连接，在中，， 所以，则，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 由题可知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. 若选条件③：点D到平面的距离为， 因为平面，所以点D到平面的距离为，即， 以下同条件②. 【变式训练6-2】如图，在四棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为的中点． (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）首先利用条件证明进而证明，然后再利用面面垂直的性质定理证明进而证明，最后根据垂直的判定定理即可证明结论； （2）以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别计算出平面和平面的法向量，然后根据平面与平面夹角的向量公式即可求解. 【详解】（1）， ，． 为的中点，，． 又， ，． ，，． 是等边三角形，为的中点，． 平面平面，平面平面平面 平面． 平面． 平面平面， 平面． 平面平面平面． （2），平面平面，平面平面，平面， 平面． 平面， 两两垂直． 以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，过点且平行于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则． 设平面的法向量为，则， ， 令，则． 设平面的法向量为，则， ， 令，则． 设平面与平面的夹角为，则 即平面与平面夹角的余弦值是． 【变式训练6-3】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：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) 【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）略 （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. 题型7 翻折问题综合 例7-1如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明：连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，故； (2) (3) 【分析】（1）连接，由菱形性质可得，即可得； （2）借助梯形面积可得的面积，从而可求出，再以为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，可求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）过作，垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即为四棱锥的高，再设，，可得，则可用表示出，再构造相应函数，利用导数求出最大值即可得解. 【详解】（1）略 （2）当时，是边长为的等边三角形， 又因为梯形的面积为，所以的面积为， 所以，所以， 以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，所以， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，，所以， 所以， 因此，平面与平面夹角的余弦值为； （3）过作，垂足为， 因为四边形为菱形，所以，即， 又是平面内的两条相交直线， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 设，，则，， 根据的面积为，得，即， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 因为， 所以， ，其中， 令，记，， 令，，或（舍）， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即， 所以三棱锥的体积最大值为， 因此，四棱锥体积的最大值为. 例7-2如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 【答案】(1) 因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面 (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）（i）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使最小，利用对称法，作D关于平面的对称点，连接，与平面的交点即为，再应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）略 （2）（i）取的中点为，连接，则且， 由直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 依题意，， 则，， 设平面的法向量为， ，，则可取， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 . （ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为， 因为平面的法向量为，则平面可以表示为， 设，则中点为在平面上， 即得， 因与平面法向量平行， 则，设比值为,则得， 将其代入中，得，解得，故， 又因为， 设直线与平面的交点为， 直线的方程为，代入平面的方程， 得出，即得，则得， 故，， 设直线与平面所成角为， 则. 方法技巧 1.题型特征：平面图形沿某条直线翻折（折叠）后形成空间几何体，考查翻折前后几何元素的位置关系和数量关系的变化。 2.核心原则——“翻折前后，在同一半平面内的量和关系不变” ： 翻折前在同一平面内的线段长度、角度、平行、垂直等关系，在翻折后依然成立（因为翻折过程中这些量没有发生变化）； 翻折前分属两个不同半平面的量和关系，在翻折后可能发生变化（如两条线从共面变为异面，角度从平面角变为空间角）。 3.解题步骤： 明确翻折的折痕（旋转轴）和翻折角度（二面角）； 标出翻折前后的对应点（如 翻折后变为 ，通常题目会标注或需自行判断）； 识别“不变关系”：在同一半平面内的线段长度、垂直关系在翻折后保持不变； 识别“变化关系”：跨半平面的垂直、平行关系在翻折后可能改变，需重新判断； 利用不变关系和题设条件，建立空间几何模型，证明垂直关系。 4.常见垂直证明： 翻折前，折痕垂直某条线段；翻折后，这条线段在折痕所在半平面内，故折痕与该线段仍然垂直； 翻折后，若某一半平面绕折痕旋转到与另一半平面垂直（翻折角为 ），则可利用面面垂直性质定理证明线面垂直； 翻折后形成的三棱锥中，常用勾股定理验证线线垂直（利用翻折前后不变的边长）。 5.注意事项： 翻折后，折痕上的点位置不变（即折痕为“不动线”）； 翻折后，若某条线段在翻折前后均与折痕垂直，则该线段始终与折痕垂直； 翻折角的确定：翻折后两个半平面所成的二面角即为翻折角。 【变式训练7-1】如图1，AC为半径为2的圆O的直径，点D，B为圆O上的两点，且．．如图2，将圆O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB，OD，OE，BD． (1)若，E为BD的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值； (3)求翻折过程中，直线OD与平面ABC所成角的最大值． 【答案】(1)证明：如图，取的中点，连接，． ，分别为，的中点， ，． 又是圆的直径，，． ，，． 又，，平面，平面． 平面，． (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，即可证得； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，由面面角的向量求法可求得二面角的余弦值； （3）在（2）的坐标系下，设两个半圆面所成的角为，将直线与平面所成的角的正弦值表示成的函数，从而求得其最大值. 【详解】（1）略 （2），． 平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 故以为坐标原点，以，所在直线，平面内过点且垂直于的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，．则，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． ． 由图知二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为． （3）同（2）中的建系，则平面的一个法向量． 设两个半圆面所成的角为，则， ． 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值，为． ，． 【变式训练7-2】把一副三角板按如图所示的方式拼接，，，.将沿翻折至，使得二面角为直二面角. (1)证明：平面； (2)若P，B，C，D在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】(1)证明：二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面，平面平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 由题意平面， 所以平面． (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面． （2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解， （3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解. 【详解】（1）略 （2）取中点中点，连接， 则， 因为平面，平面，所以，所以， 在中，为中点，所以. 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则． 设该球的球心坐标为，则 解得. 所以该球的半径为. （3）平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，即 取，得平面的一个法向量为. 设平面与平面所成角为， 则. 所以平面与平面所成角的正弦值为. 【变式训练7-3】如图1，在直角梯形中，，，且，，，在边和分别取点，使得，现沿边将四边形进行翻折，使平面平面，如图2． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 依题意可得，四边形为正方形，故， 又平面平面，且平面平面平面， 平面， 又平面，则， 在直角梯形中，，得， 在中，，则，则， 平面， 平面； (2)． 【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理得出平面，再利用线面垂直的性质定理和判定定理即可求证； （2）以为原点建系，计算平面的法向量，利用向量法计算线面角. 【详解】（1）略 （2）以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以， 则，， 设平面的一个法向量为， 所以，即，取，则， 设与平面所成角为， 则． 所以与平面所成角的正弦值为． 题型8 垂直综合（劣构性试题） 例8-1（2026·北京石景山·一模）如图，在三棱锥中，为等边三角形.G，E，F分别是，，的中点.，，，与平面GEF交于点. (1)求证：是BC的中点. (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AC与平面GEF所成角的正弦值. 条件①：平面平面BCD； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明：在三棱锥中， 因为E，F分别是，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，所以， 因为G是的中点，所以是BC的中点. (2) 【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，结合G是的中点即可证明； （2）根据条件建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量计算即可. 【详解】（1）略 （2）选条件①：平面平面BCD，连接， 因为为等边三角形，G是的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 所以， 如图建立空间直角坐标系， 由题意得，，，，，， 所以，，. 设平面的法向量， 则，即， 令，则，于是， 设直线AC与平面GEF所成的角为, 则， 所以直线AC与平面GEF所成角的正弦值为. 选条件②：. 因为，所以， 因为，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，， 因为为等边三角形，G是的中点，所以， 以下同条件①如图建立空间直角坐标系. 例8-2（25-26高三上·北京丰台·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，，、分别是、的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) 取的中点，连接、， 因为四边形为平行四边形，所以，， 因为为的中点，所以，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以，，故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故平面. (2)选①， 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，即可证结论； （2）若选①，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 若选②，推导出四边形为矩形，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）若选①，因为平面，、平面，所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 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，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 显然平面的一个法向量可取为， 因， 所以平面与平面夹角的余弦值为； 若选②，连接，因为底面，、平面，所以，， 故，， 所以，故，则平行四边形为矩形， 又因为平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、， 所以，，设面的一个法向量为， 则，令，则， 显然面的一个法向量为， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 方法技巧 1.题型特征：题目条件不完全确定（存在多种可能），需要在多个备选条件中选择一个（或添加一个条件），使某个垂直关系成立。此类试题考查逆向思维和条件筛选能力。 2.解题策略： 明确目标：首先确定题目要求证明的垂直关系（线线垂直、线面垂直还是面面垂直）； 逆推条件：从目标结论出发，逆向分析需要什么条件才能推出结论； 逐一筛选：将每个备选条件代入，判断是否能推出目标结论； 验证充分性：选定的条件必须能充分推出结论，同时检查是否存在矛盾； 说明理由：在答题时，不仅要写出所选条件，还要详细说明该条件如何推出垂直关系。 3.常见劣构类型： 已知部分几何元素，添加一个条件使某条直线垂直于某个平面； 已知翻折后的几何体，选择翻折角度使线面垂直成立； 已知空间四点，添加位置关系条件使异面直线垂直； 给定多个命题，选择其中两个作为条件推出第三个命题。 4.逆向推理的典型思路： 线线垂直：若 ，需找到过 的平面 使 ，或利用勾股定理验证； 线面垂直：若 ，需在 内找到两条相交直线都与 垂直； 面面垂直：若 ，需在 内找到一条直线垂直于 （或反之）。 5.答题规范： 明确指出所选条件（如“选择条件①”）； 写出完整的证明过程，每一步都要有依据； 【变式训练8-1】如图，在直三棱柱中，，，分别为线段，的中点． (1)从下面条件①②③中，选取两个作为已知，证明另外一个成立； 条件①：为的中点； 条件②：； 条件③：平面平面． (2)以（1）中所选的两个条件作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）若选择①②，证明③，则取的中点为，连接，结合三角形中位线定理可证得四边形为平行四边形，再结合直棱柱的性质可证得平面，然后由面面垂直的判定定理可证得结论；若选择①③，证明②，则取的中点为，连接，可得，再结合三角形中位线定理可得四边形为平行四边形，从而可得结论；若选择②③，证明①，则过点作，连接，可得平面平面，则，从而可证得结论； （2）由题意可得两两垂直，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）选择①②，证明③： 如图①，取的中点为，连接， 因为为的中点，所以，， 因为为的中点，所以， 因为，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 又在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面． 选择①③，证明②： 因为为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 如图①，取的中点为，连接， 又平面，所以， 因为为的中点，所以，， 因为为的中点，所以， 因为，， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，故． 选择②③，证明①： 因为为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 如图②，过点作，连接， 则，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以， 因为为的中点，所以为的中点， 因为，所以为的中点． （2）因为平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角， 由题意得平面平面，（若（1）中选择①③或②③，则直接为已知；若选择①②则根据（1）可得） 所以， 所以直线两两垂直， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图③所示的空间直角坐标系， 因为，为的中点，所以， 连接，因为为的中点，为的中点， 所以， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，， 因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形， 因为平面，平面，所以， 所以四边形为矩形， 在直三棱柱中，平面，故， 又，平面，所以平面． 由，可得，，，， 则，，， 所以平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 则，令，则， 故为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则． 故平面与平面夹角的余弦值为． 【变式训练8-2】如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.    (1)求证：平面； (2)设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)选条件①：平面平面， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面， 所以. 因为为等边三角形，点为的中点， 所以，因为平面平面， 所以平面. 选条件②： 因为，为等边三角形，所以， 因为，则， 所以为直角三角形，所以， 因为平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为为等边三角形，点为的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）选条件①，根据面面垂直的性质推出平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；选条件②，根据勾股定理逆定理证明，可得平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）由（1）可得平面，则可得平面，由此建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）因为，由（1）知平面， 所以平面. 如图，以点为原点，过点A在平面ABC内作AC的垂线作为x轴， 分别以所在直线为轴､轴建立空间直角坐标系，    所以， 所以. 因为点为上一点，设， 所以. 因为，则，所以， 所以，所以，所以. 设平面的法向量为，所以， 所以，令，得， 所以. 设直线与平面所成角为，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 3．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为________． 【答案】 【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱和四棱锥后结合体积公式可求几何体的体积. 【详解】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，, 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故, 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 故答案为：. 4．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) 取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 5．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【答案】(1) 因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）略 （2）由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，    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， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 6．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明：取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， (2) 若选①或选②，直线AB与平面BMN所成角的正弦值都是. 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．如图，在正方体中，点P，Q分别为棱AD，的中点，求证：. 【答案】证明见解析 【详解】证明：取的中点R，连接QR，AR,如图： . ∵Q是的中点，.而. ∴四边形ABQR是平行四边形，. 在正方形中，∵P，R分别是的中点， . ， 即. 【点睛】此题考查线线垂直的证明，通过平行关系的转化，结合平面几何的知识进行证明. 2．如图，在三棱锥P-ABC中，，垂足为D，底面ABC，垂足为O,且O在CD上，求证：. 【答案】证明见解析 【解析】通过线面垂直证得，结合得平面POC，即可得证. 【详解】证明：底面ABC，底面ABC，. ∵O在CD上,. 又， 平面POC.平面POC，. 【点睛】此题考查线面垂直的性质和判定的综合应用，利用线面垂直得线线垂直. 3．如图，在直三棱柱中，，P为的中点，Q为棱的中点，求证： （1）； （2）； （3）. 【答案】（1）见解析；  （2）见解析；  （3）见解析. 【解析】（1）通过证明，，即可得证； （2）通过平行关系转化证明即可得证； （3）通过证明平面，证明. 【详解】证明：（1）如图，取AB的中点D，连接CD、DP， ∵P为的中点，. 又∵Q为的中点，， . ∴四边形CDPQ为平行四边形，. 又，D为AB的中点，. （2）∵在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC. ，由（1）知. 又，. （3）由（1）（2）知，，而. 平面. 平面，. 【点睛】此题考查线线垂直和线面垂直的证明，以及两个垂直关系的综合应用，属于基础题目. 4．如图，在直三棱柱中，，求证：. 【答案】证明见解析 【详解】证明：∵直三棱柱中，. ∴四边形为正方形. 连接，则. ∵直棱柱中，底面ABC，底面ABC，. ，即. 又. 平面. 平面. 又，平面. 平面. 【点睛】此题考查线面垂直的证明，对线面垂直的判定和性质的综合使用，最终证明线面垂直. 5．如图，AB是的直径，点C是上的动点，过动点C的直线VC垂直于所在平面，D，E分别是VA，VC的中点，判断直线DE与平面VBC的位置关系，并说明理由. 【答案】直线DE与平面VBC垂直，理由见解析 【解析】先证明平面平面VBC，再根据面面垂直的性质证明AC与平面VBC垂直，即可得证. 【详解】解：直线DE与平面VBC垂直 理由：由VC垂直于所在平面，知，即是二面角A-VC-B的平面角. 由AB是的直径，知. 因此，平面平面VBC. 由两个平面垂直的性质定理， 平面平面VBC，交线为VC，，平面VAC， 可知直线AC与平面VBC垂直， 由D，E分别是VA，VC的中点，知， 所以直线DE与平面VBC垂直. 【点睛】此题考查面面垂直的证明和根据面面垂直的性质证明线面垂直，其中涉及利用三角形中位线得平行关系. 6．如图，在正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中，哪些棱与面互相垂直？ 【答案】平面GEF，平面GSE，平面GSF. 【详解】解：折前 ∴折后. 又SG，EG，FG交于一点G. 根据EG，FG交于一点G，可得平面GEF， 同理可证：平面GSE，平面GSF. 【点睛】此题考查折叠问题中的垂直关系，找准折叠前后的变化关系和不变关系，关键在于根据线线垂直证明线面垂直. 7．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC是否互相垂直？如果垂直.请证明；如果不垂直，请说明理由. 【答案】垂直，证明见解析 【详解】解：垂直，证明如下：   底面ABCD，平面ABCD， 又底面ABCD为正方形，，而. 平面PAB 平面PAB，. ，E为PB的中点， .而, 平面PBC. 平面AEP， ∴平面平面PBC. 【点睛】此题考查面面垂直的证明，涉及动平面与一个平面垂直的证明，关键在于证明直线与平面垂直，涉及直线与平面垂直的判定和性质的综合应用. 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．如图三棱锥中，，平面平面，平面平面．证明：平面． 【答案】证明： 在内任取一点，过点P作于， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以． 过P作于N，同理可得， 又平面，， 所以平面． 【分析】根据面面垂直的性质，线面垂直的性质及线面垂直的判定即可证明． 【详解】略． 2．如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明：因底面是梯形，，，则， 又，平面，则平面， 又平面，故平面平面. (2) 【分析】（1）由条件先证明，得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）取的中点为，连接，因，则， 由（1）得平面，平面，则， 又平面，则平面. 过点作的平行线，交于点，则，即两两垂直， 故可以分别为轴建立空间直角坐标系. 因，由，可得， 则，. 设平面的法向量为， 因， 则，故可取， 因平面，故平面的法向量可取为， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为，则， 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 【点睛】 3．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明:底面为矩形， 所以， 又因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面， 可知平面平面； (2) 【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，即可得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【详解】（1）略； （2）由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 则， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 可得， 所以； 因此直线与平面所成角的正弦值为. 4．如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)因为，所以为中点， 因为侧面是正三角形，所以， 因为底面是正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以 (2) 【分析】（1）根据面面垂直性质定理证明平面，进而，再根据即可证明平面，最后结合线面垂直证明结论； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）略 （2）根据题意，如图建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为，则 ， 因为， 所以， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 故可取， 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 【点睛】 5．如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若E为棱BC的中点，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得为等边三角形，为等腰三角形，进而证得， 再利用线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定定理即可判定即可证明平面； （2）由（1）可知为直角三角形，求出其面积，连接，以为原点， 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，可求得向量和平面的法向量， 利用点到平面的距离公式可求得三棱锥对于底面的高，再根据锥体的体积公式即可求得答案. 【详解】（1）由题意可知在三棱柱中，，，所以为等边三角形，所以， 又，，故， 可得，因此， 又因为平面，平面，所以，即， 又，所以平面； （2）由（1）可知,由平面，平面， 所以，则为直角三角形， 由平面，平面，所以，即， 所以在中，, 则在中，, 所以的面积为. 连接，因为，，所以， 因为平面，所以，即两两垂直， 所以以为原点，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， 设是平面的一个法向量， 则，解得，取, 所以点到平面的距离, 则三棱锥的体积. 重难·创新演练 6．如图①所示，四边形是直角梯形，，，且， 为线段的中点．现沿着 将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若，直线与平面 所成角的正弦值为，，求二面角的余弦值． 【答案】(1)由题意可知，，， 所以，， ， 又因为， 为线段的中点， 所以，所以四边形 为正方形， 由翻折可知，，， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形 为正方形，所以，所以， 因为， 为线段的中点，所以， 又因为平面，所以平面． (2) 【分析】（1）根据已知条件，利用翻折的性质，运用线面垂直判定定理证明结论； （2）根据已知条件，利用几何法求出，以为原点，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解． 【详解】（1）略 （2）过 作，垂足为 ，连接， 因为平面， 平面，所以， 又因为，平面 ，所以平面， 所以直线与平面 所成角的平面角为，， 所以， 设，则，，， 则，，， 解得，或，当时，，不合题意，舍去； 当时，，， 以为原点， 为 轴，过 垂直为 轴，为 轴，建立空间直角坐标系， 所以， 所以，，，，， 所以，，平面 的法向量为， 设平面的法向量为，所以， 所以， ，令，则，则， 记二面角为，由题意可知为锐角， 则． 7．如图，三棱柱中，，． (1)求证：平面平面； (2)若，，，； （ⅰ）当，求直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）当为何值时，三棱柱体积最大，并求此最大值． 【答案】(1)因为，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面 ； (2)；时，体积最大值为 【分析】（1）先根据线面垂直的判断定理证明平面，再根据面面垂直的判断定理即可证明； （2）（i）先做出线面角，并计算和，然后在中运用等面积法计算出，最后由即可求解； （ii）把体积用的函数表示，利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）略 （2）（i）由（1）知平面平面，交线为，过作于，连接 则平面，因此就是与平面所成的角， 由，为直角三角形，得； 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故，得，且， 当时，，，在中由余弦定理： ，得， 面积： ， 又，得， 因此直线与平面所成角满足： . （ii）三棱柱侧棱平面，因此体积： ， 在中由余弦定理： ， 得， ， 所以. 当且仅当，即时等号成立，因此体积的最大值为. 8．如图，在四棱锥中，底面，，为的中点，已知，，．    (1)求证：平面 (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：已知底面，且底面，所以，因为，，所以，又，可得为等边三角形，又E为CD的中点，所以，又，所以，又，PA，AB平面PAB，所以平面． (2) 【分析】（1）由底面，得到，易得为等边三角形，根据E为CD的中点，得到，从而得到，再利用线面垂直的判定定理证明； （2）由（1）知AE，AB，AP两两互相垂直，建立空间直角坐标系，易知是平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量，由求解. 【详解】（1）略； （2）解：在中，，，所以， 由（1）知AE，AB，AP两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，    因为，，，则，，，，， 因为底面，且底面，所以， 由，可得，又，，平面， 所以平面，可知是平面的一个法向量， 又，， 设平面的一个法向量为，则，得， 即，令，得， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 9．如图，直三棱柱中，，，． (1)当时，证明：平面平面． (2)当，记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明：设， 因为为直三棱柱，且，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，，所以平面. 又平面，所以. 当时， P为的中点，所以在中，，，则， 因为，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． (2)． 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理、线面垂直的性质及面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，结合面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 设平面的法向量， 则，即，令，则，所以. 又，，设平面的法向量， 则，即，令，则，所以. 所以． 又，所以，，所以. 故的取值范围为． 10．如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，． (1)证明：平面平面； (2)过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】(1)结合已知条件证明，可得，结合为直角三角形确定直角顶点为，取中点，利用正三角形与等腰直角三角形的性质可得平面，进而得到平面平面； (2) 根据平面将四面体分为体积相等的两部分，即到平面的距离为到平面的距离的，可确定为的中点，建立空间直角坐标系，分别求解平面与平面的法向量，进而可得到二面角的余弦值. 【详解】（1）由题设可得，，从而， 又是直角三角形，所以， 取的中点，连接，，则，． 又由于是正三角形，故， 所以为二面角的平面角， 在中，，又，所以， 故， 所以平面平面． （2）由题设及（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，． 由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为到平面的距离的，即为的中点，得． 故，，． 设是平面的法向量，则， 即， 可取． 设是平面的法向量，则， 同理可得， 则． 观察可得，该二面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 11．已知四面体中，，，为中点，．作，垂足为． (1)证明：； (2)若，，四面体的体积大于，求二面角的正切值的取值范围． 【答案】(1)见解析； (2). 【分析】(1)通过线面垂直证明线线垂直；(2) 求出二面角的正切值的表达式，再求解其取值范围. 【详解】（1）因为， 为 中点，所以， 在 和 中，，，， 故 （SAS），得 ，又 为 中点，所以 , 且 ， 平面 ，所以 平面 ，因为平面 ，所以，又，且 ， 平面 ， 所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ； 又 ，且 ， 平面 ，故 平面 ， 又 平面 ，所以 ； （2）由 ，，，得为等边三角形，故 ，， 由（1）知 平面 ，所以，所以即为二面角的平面角. 设，在中，可得 则四面体的体积为， 根据题意有，解得，即， . 12．在如图（1）所示的直角梯形中，，，，点 是的中点，将图形（1）沿 折起至图（2），使得到 处，且. 是 上一动点，且， (1)求证：平面 平面； (2)是否存在，使得平面与平面的夹角为？若存在，则求的值及点到 的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明：如图（1）所示的直角梯形中， 由，，，点 是的中点， 可得四边形 是边长为2的正方形，且， 所以， 因为，可得，所以， 又因为，且，平面 ， 所以平面 ， 因为平面 ，所以， 又因为，，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面 平面. (2)存在，. 【分析】（1）根据题意，由，得到，证得平面 ，得到，再由，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得 平面. （2）以 为原点，建立空间直角坐标系，由，得到，分别求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，列出方程，求得，得到，结合距离公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：由（1）可知平面 ，以 为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，， 因为，可得，其中， 所以，，，， 设，分别是平面和平面的法向量， 则和 取，可得，取，可得. 设平面与平面的夹角为 ， 则 可得，即，解得或 因为，所以， 即存在，使得平面与平面的夹角为， 此时点，所以，， 则点到 的距离. 所以点到 的距离是. . 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 空间中的垂直关系 （线线垂直、线面垂直、面面垂直） 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 证明线线垂直的方法 知识点2 线面垂直的判定定理与性质定理 知识点3 三垂线定理及其逆定理 知识点4 面面垂直的判定定理与性质定理 题型破译 (含超链接） 题型1 线面垂直判定定理（三线合一）【含方法技巧】 题型2 线面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理）【含方法技巧】 题型3 线面垂直判定定理（空间向量）【含方法技巧】 题型4 线面垂直性质定理【含方法技巧】 题型5 面面垂直判定定理【含方法技巧】 题型6 面面垂直性质定理【含方法技巧】 题型7 翻折问题综合【含方法技巧】 题型8 垂直综合（劣构性试题）【含方法技巧】 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 线线垂直 T18(2) T17(2) T17(2) 线面垂直 T18(2) T17(2) T17(2) 考情分析 空间中的垂直关系是高考立体几何解答题的核心内容，北京卷近三年均在第17题或第18题第(2)问中考查，分值约6分，难度中等。试题以柱体或锥体为载体，题干的垂直条件（线面垂直）为建立空间直角坐标系提供依据，进而利用向量方法求解空间角（线面角、二面角）。近三年考情显示，线面垂直是每年必考的核心条件，通常直接给出（如 平面 、 平面 ）或隐含于几何体本身（如直三棱柱侧棱垂直于底面、底面为直角三角形），作为建系的基础，极少直接证明垂直关系本身。复习时需熟练掌握垂直关系的判定定理与性质定理，能够在复杂几何体中快速识别垂直条件并建立坐标系。 复习目标 1.掌握线线垂直的判定方法（利用勾股定理、等腰三角形三线合一、线面垂直定义等）。 2.掌握线面垂直的判定定理与性质定理，能在几何体中证明或识别线面垂直关系。 3.掌握面面垂直的判定定理与性质定理，能进行面面垂直与线面垂直的相互转化。 4.能在柱体、锥体等几何体中快速识别垂直条件，建立空间直角坐标系。 5.能利用向量方法，在垂直建系基础上求解空间角（线面角、二面角）。 6.提升空间想象、逻辑推理与数学运算素养。 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 证明线线垂直的方法 ①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直 ③菱形、正方形的对角线互相垂直 ④线面垂直、面面垂直的性质定理可证线线垂直 知识点2 线面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符合语言 判定定理 如果一条直线与一个平面内的 垂直，则这条直线与这个平面垂直 若，，，， ，则 性质定理 如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线 若，，则 自主检测1如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 自主检测2如图，在三棱锥中，，点O是AC的中点，且底面与底面ABC所成角的大小为．    (1)求证：； (2)求二面角P－BC－A的大小. 知识点3 三垂线定理及其逆定理 （1）射影： 已知空间中的平面以及点A，过A作的 l，设l与α相交于点A'，则A'就是点A在平面内的 (也称为投影)；空间中，图形F上 在平面内的 所组成的集合F`，称为图形F在平面α内的射影. （2）三垂线定理： 如果平面内的 与平面的一条斜线在该平面内的 垂直,则它也和这条斜线垂直. （3）三垂线定理的逆定理： 如果平面内的一条直线和这个平面的一条 垂直,则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直. 知识点4 面面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符合语言 判定定理 一个平面过另一个平面的 ，则这两个平面垂直 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 自主检测1如图三棱锥中，是边长为2的等边三角形，中且． (1)若是的中点，且，求证：平面平面； (2)在（1）的条件下求三棱锥外接球的表面积； (3)设二面角的大小为，求的最小值． 自主检测2如图，在三棱锥中，平面平面为的中点. (1)证明：； (2)若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 题●型●破●译 题型1 线面垂直判定定理（三线合一） 例1-1（2026·北京·三模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 例1-2如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 方法技巧 1.核心定理：如果一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，那么该直线与此平面垂直。即 ，，，，，则 。 2.“三线合一”型特征：题目中出现等腰三角形（或等边三角形），需要利用“三线合一”性质（底边上的中线、高线、顶角平分线互相重合）来证明线线垂直，进而证明线面垂直。 3.解题步骤： 在平面 内找到两条相交直线 、，使目标直线 且 ； 若题目中有等腰三角形，取底边中点，连接顶点与中点，则此连线垂直底边（三线合一），可作为一条垂直线； 若已知某边中点，连接中点与对边顶点，构造等腰三角形的“三线”； 证明 与两条相交直线都垂直后，根据线面垂直判定定理得出结论。 4.常见辅助线： 取等腰三角形底边中点，连接顶点与中点； 连接圆心与弦的中点（垂径定理）； 连接正多边形中心与顶点。 【变式训练1-1】如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，． (1)求证：平面； (2)若，，点E在线段上，且平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式训练1-2】如图，在三棱锥中，平面，，，过作于，为线段的中点．    (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积的最大值； (3)设为四棱锥的外接球的球心， ①证明：该球面与三棱锥的侧面的交线长小于； ②在二面角，二面角，二面角之中选择一个求其余弦的绝对值的取值范围． 【变式训练1-3】如图，在直三棱柱中，为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)若，二面角的平面角为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度． 题型2 线面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理） 例2-1如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若， 为的中点， 为棱上靠近点 的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 例2-2（2026·北京西城·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，直线PC与底面ABC所成角的大小为. (1)求证：平面PAB； (2)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值. 方法技巧 1.核心定理：同“三线合一”型——证明一条直线与平面内两条相交直线垂直，即可推出线面垂直。 2.勾股定理型特征：题目中给出线段的长度关系，需要利用勾股定理的逆定理（若 ，则夹角为 ）来证明两条直线垂直。 3.余弦定理型特征：题目中给出三角形的边长或角度，需要利用余弦定理计算夹角，证明夹角为 （即 ，等价于 ，故通常也化为勾股定理处理）。 4.解题步骤： 确定要证明垂直的两条直线所构成的三角形； 计算（或利用已知）三角形的三边长度； 验证是否满足 （其中 为最长边），若满足则两条短边所在直线垂直； 找到平面内两条与目标直线垂直的相交直线，推出线面垂直。 5.计算技巧： 利用已知边长关系（如中点、等分点、平行关系）推导所需线段长度； 在直角三角形中，利用斜边中线等于斜边一半等性质辅助证明； 若图形为长方体或正方体，可直接利用面对角线、体对角线的长度关系。 【变式训练2-1】如图，在三棱柱中，，. (1)证明：直线平面ABC． (2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值． 【变式训练2-2】如图，在四棱台中，已知平面，，，已知，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【变式训练2-3】如图，在五面体中，底面四边形是梯形，，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 题型3 线面垂直判定定理（空间向量） 例3-1（25-26高三上·北京昌平·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，E、F分别是线段BC、AP的中点，，，. (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面所成角的余弦值. 例3-2如图，在长方体中，，，，点为的中点，点为的中点.    (1)证明：平面； (2)若点为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 方法技巧 1.向量法的核心：证明直线的方向向量与平面内两条不共线向量的数量积均为 （即直线的方向向量与平面的法向量平行），即可证明线面垂直。 2.解题步骤： 建立空间直角坐标系，求出各点坐标； 求目标直线 的方向向量 ； 在平面 内找到两条不共线的向量 、（如平面内两条相交直线的方向向量）； 计算 且 ，证明 且 ； 根据线面垂直判定定理得出结论。 3.法向量法（更直接） ： 求出平面 的法向量 （利用 和 列方程组求解）； 证明 （即存在非零实数 ，使 ）； 即可证明 。 4.向量法的优势：无需添加辅助线，适用于几何关系复杂、不易直接观察垂直关系的题目，尤其是多面体与坐标轴对齐的情况。 【变式训练3-1】在直三棱柱中，，点分别是线段的中点，动点P在三角形及其内部，且满足． (1)证明：直线平面 (2)求动点P的轨迹及其长度； (3)求直线BP和平面所成角的正弦值的最大值． 【变式训练3-2】如图所示，正四棱锥中，，，分别为的中点，，平面与交于． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【变式训练3-3】如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为BC的中点，为上底面的中心． (1)证明：平面ABC； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 题型4 线面垂直性质定理 例4-1（2026·北京·二模）如图，在直四棱柱中，，，，点分别为的中点，且与平面所成角为. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 例4-2（2026·北京朝阳·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 方法技巧 1.线面垂直的性质定理1：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线垂直于该平面内的任意一条直线。 符号语言：，，则 。 2.线面垂直的性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线互相平行。 符号语言：，，则 。 3.线面垂直的性质定理3：如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个，那么它也垂直于另一个平面。 符号语言：，，则 。 4.应用场景： 已知线面垂直，需证明线线垂直（直接利用性质定理1）； 已知线面垂直，需证明两条直线平行（利用性质定理2）； 已知线面垂直和面面平行，需证明另一条线也垂直于另一个面（利用性质定理3）。 5.解题策略：线面垂直是证明线线垂直的“捷径”——一旦证明了某条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于平面内所有直线，无需逐条证明。 【变式训练4-1】（2026·北京昌平·一模）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式训练4-2】（2026·北京丰台·一模）如图，在多面体中，面是矩形，，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【变式训练4-3】（25-26高三下·北京·开学考试）如图，在三棱锥中，侧面底面． (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时， （i）求二面角的余弦值． （ii）设线段的中点为，试判断直线与平面的关系，并说明理由． 题型5 面面垂直判定定理 例5-1（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 例5-2（25-26高三上·北京房山·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且．    (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面所成角的大小． 方法技巧 1.面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直。 符号语言：，，则 。 2.解题步骤： 确定目标：证明平面 与平面 垂直； 在平面 内找一条直线 （或证明某条直线 在 内）； 证明 （利用线面垂直的判定定理）； 根据面面垂直判定定理，得出 。 3.寻找垂线的策略： 若已知某条直线垂直于一个平面，检查该直线是否在另一个平面内； 若没有现成的垂线，需先证明一条直线垂直于目标平面，再说明该直线在另一个平面内； 注意：垂线必须在“经过”的那个平面内（即作为该平面的元素）。 4.二面角法（补充） ：若两个平面所成的二面角为直二面角（平面角为 ），则两平面垂直。此方法常与空间向量结合使用（求法向量夹角）。 【变式训练5-1】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，和分别为线段和上的动点． (1)当为线段的中点时，证明：平面平面； (2)当时，求多面体体积的最小值． 【变式训练5-2】如图，在四棱锥中，底面,，，，点分别在棱上，，，平面与棱交于点． (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式训练5-3】如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，，分别为，上的动点，且平面． (1)证明：平面平面； (2)若截面将三棱锥分成上下两个部分的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值． 题型6 面面垂直性质定理 例6-1（2026·北京丰台·三模）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，二面角为直二面角. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； 例6-2（2026·北京顺义·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，是棱上一点，满足 (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 方法技巧 1.面面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面。 符号语言：，，，，则 。 2.面面垂直的其他性质： 若 ，则 内任意一点向 作垂线，垂足在交线 上； 若 ，且 ，，则 交线 或 交线 （实质上是性质定理的逆用）。 3.解题步骤： 确定两个垂直平面 和 的交线 ； 在平面 内找到一条直线 ，使 （或证明某条直线 且垂直于交线）； 根据面面垂直性质定理，得出 。 4.应用场景： 已知面面垂直，需证明线面垂直（优先考虑性质定理）； 已知面面垂直，需在垂直平面内作辅助线（通常作交线的垂线）。 5.关键技巧：“找交线，作垂线”——遇到面面垂直条件，首先找到两平面的交线，然后在其中一个平面内作交线的垂线，即可得到另一个平面的垂线。 【变式训练6-1】．（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式训练6-2】如图，在四棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【变式训练6-3】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． 题型7 翻折问题综合 例7-1如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 例7-2如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 方法技巧 1.题型特征：平面图形沿某条直线翻折（折叠）后形成空间几何体，考查翻折前后几何元素的位置关系和数量关系的变化。 2.核心原则——“翻折前后，在同一半平面内的量和关系不变” ： 翻折前在同一平面内的线段长度、角度、平行、垂直等关系，在翻折后依然成立（因为翻折过程中这些量没有发生变化）； 翻折前分属两个不同半平面的量和关系，在翻折后可能发生变化（如两条线从共面变为异面，角度从平面角变为空间角）。 3.解题步骤： 明确翻折的折痕（旋转轴）和翻折角度（二面角）； 标出翻折前后的对应点（如 翻折后变为 ，通常题目会标注或需自行判断）； 识别“不变关系”：在同一半平面内的线段长度、垂直关系在翻折后保持不变； 识别“变化关系”：跨半平面的垂直、平行关系在翻折后可能改变，需重新判断； 利用不变关系和题设条件，建立空间几何模型，证明垂直关系。 4.常见垂直证明： 翻折前，折痕垂直某条线段；翻折后，这条线段在折痕所在半平面内，故折痕与该线段仍然垂直； 翻折后，若某一半平面绕折痕旋转到与另一半平面垂直（翻折角为 ），则可利用面面垂直性质定理证明线面垂直； 翻折后形成的三棱锥中，常用勾股定理验证线线垂直（利用翻折前后不变的边长）。 5.注意事项： 翻折后，折痕上的点位置不变（即折痕为“不动线”）； 翻折后，若某条线段在翻折前后均与折痕垂直，则该线段始终与折痕垂直； 翻折角的确定：翻折后两个半平面所成的二面角即为翻折角。 【变式训练7-1】如图1，AC为半径为2的圆O的直径，点D，B为圆O上的两点，且．．如图2，将圆O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB，OD，OE，BD． (1)若，E为BD的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值； (3)求翻折过程中，直线OD与平面ABC所成角的最大值． 【变式训练7-2】把一副三角板按如图所示的方式拼接，，，.将沿翻折至，使得二面角为直二面角. (1)证明：平面； (2)若P，B，C，D在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面与平面的夹角的正弦值. 【变式训练7-3】如图1，在直角梯形中，，，且，，，在边和分别取点，使得，现沿边将四边形进行翻折，使平面平面，如图2． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 题型8 垂直综合（劣构性试题） 例8-1（2026·北京石景山·一模）如图，在三棱锥中，为等边三角形.G，E，F分别是，，的中点.，，，与平面GEF交于点. (1)求证：是BC的中点. (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AC与平面GEF所成角的正弦值. 条件①：平面平面BCD； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 例8-2（25-26高三上·北京丰台·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，，、分别是、的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 方法技巧 1.题型特征：题目条件不完全确定（存在多种可能），需要在多个备选条件中选择一个（或添加一个条件），使某个垂直关系成立。此类试题考查逆向思维和条件筛选能力。 2.解题策略： 明确目标：首先确定题目要求证明的垂直关系（线线垂直、线面垂直还是面面垂直）； 逆推条件：从目标结论出发，逆向分析需要什么条件才能推出结论； 逐一筛选：将每个备选条件代入，判断是否能推出目标结论； 验证充分性：选定的条件必须能充分推出结论，同时检查是否存在矛盾； 说明理由：在答题时，不仅要写出所选条件，还要详细说明该条件如何推出垂直关系。 3.常见劣构类型： 已知部分几何元素，添加一个条件使某条直线垂直于某个平面； 已知翻折后的几何体，选择翻折角度使线面垂直成立； 已知空间四点，添加位置关系条件使异面直线垂直； 给定多个命题，选择其中两个作为条件推出第三个命题。 4.逆向推理的典型思路： 线线垂直：若 ，需找到过 的平面 使 ，或利用勾股定理验证； 线面垂直：若 ，需在 内找到两条相交直线都与 垂直； 面面垂直：若 ，需在 内找到一条直线垂直于 （或反之）。 5.答题规范： 明确指出所选条件（如“选择条件①”）； 写出完整的证明过程，每一步都要有依据； 【变式训练8-1】如图，在直三棱柱中，，，分别为线段，的中点． (1)从下面条件①②③中，选取两个作为已知，证明另外一个成立； 条件①：为的中点； 条件②：； 条件③：平面平面． (2)以（1）中所选的两个条件作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式训练8-2】如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.    (1)求证：平面； (2)设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 3．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为________． 4．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 5．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 6．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 1．如图，在正方体中，点P，Q分别为棱AD，的中点，求证：. 2．如图，在三棱锥P-ABC中，，垂足为D，底面ABC，垂足为O,且O在CD上，求证：. 3．如图，在直三棱柱中，，P为的中点，Q为棱的中点，求证： （1）； （2）； （3）. 4．如图，在直三棱柱中，，求证：. 5．如图，AB是的直径，点C是上的动点，过动点C的直线VC垂直于所在平面，D，E分别是VA，VC的中点，判断直线DE与平面VBC的位置关系，并说明理由. 6．如图，在正方形中，E，F分别是的中点，D是EF的中点，若沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为G，则在四面体S-EFG中，哪些棱与面互相垂直？ 7．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC是否互相垂直？如果垂直.请证明；如果不垂直，请说明理由. 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．如图三棱锥中，，平面平面，平面平面．证明：平面． 2．如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 3．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 5．如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若E为棱BC的中点，求三棱锥的体积． 重难·创新演练 6．如图①所示，四边形是直角梯形，，，且， 为线段的中点．现沿着 将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若，直线与平面 所成角的正弦值为，，求二面角的余弦值． 7．如图，三棱柱中，，． (1)求证：平面平面； (2)若，，，； （ⅰ）当，求直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）当为何值时，三棱柱体积最大，并求此最大值． 8．如图，在四棱锥中，底面，，为的中点，已知，，．    (1)求证：平面 (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 9．如图，直三棱柱中，，，． (1)当时，证明：平面平面． (2)当，记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 10．如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，． (1)证明：平面平面； (2)过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值． 11．已知四面体中，，，为中点，．作，垂足为． (1)证明：； (2)若，，四面体的体积大于，求二面角的正切值的取值范围． 12．在如图（1）所示的直角梯形中，，，，点 是的中点，将图形（1）沿 折起至图（2），使得到 处，且. 是 上一动点，且， (1)求证：平面 平面； (2)是否存在，使得平面与平面的夹角为？若存在，则求的值及点到 的距离；若不存在，请说明理由. 4 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $