培优专练+三年真题 22线面、面面关系判断与证明讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦立体几何核心考点，系统整合线面、面面关系的判断与证明，按“命题判断-平行证明-垂直证明-性质应用”逻辑分层，通过考点梳理、方法归纳、真题演练三环节，帮助学生构建空间关系认知框架，突破证明题辅助线添加等难点。 资料以“数学思维”和“空间观念”为导向，创新采用“考点-题型-素养”三维训练模式，如证明线面平行时引导学生用中位线或平行四边形法构建线线平行，培养推理能力。设置基础巩固与培优提升分层练习，配合三年真题精讲，助力学生高效掌握解题规律，为教师把控复习节奏提供精准教学支持。

培优专练+三年真题22线面、面面关系判断与证明 【考点一】线面关系有关命题的判断 【考点六】证明线面垂直 【考点二】面面关系有关命题的判断 【考点七】线面垂直的性质 【考点三】证明线面平行 【考点八】证明面面垂直 【考点四】线面平行的性质 【考点九】面面垂直的性质 【考点五】证明面面平行 【题型一】线面关系有关命题的判断 1．（2026·广东深圳·二模）已知直线，平面，满足，则下列命题一定正确的是（   ） A．存在，使得相交 B．存在，使得 C．存在，使得的夹角为 D．存在，使得 【答案】D 【分析】由空间中线面的位置关系进行判断即可. 【详解】解析：对于选项A，若，任意直线不相交，矛盾； 对于选项B，若与相交，不存在直线，使得，矛盾； 对于选项C，若，任意直线，矛盾； 对于选项D，若，任意直线； 若，存在直线，令，则； 若与相交，存在平面，令，则，D正确． 2．（2026·上海黄浦·二模）若a，b是空间中的两条直线，则“”是“存在平面，使，”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 【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断. 【详解】若，可知直线a，b是共面直线，则存在平面，使，，即充分性成立； 若存在平面，使，，则直线a，b可能相交，即必要性不成立； 综上所述：“”是“存在平面，使，”的充分非必要条件. 3．（2026·江苏镇江·模拟预测）已知直线与平面.命题：在平面外，命题：，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．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】判断命题能否推出命题，以及命题能否推出命题，进而确定是的什么条件. 【详解】判断充分性:在平面外，直线在平面外包含两种情况: 直线与平面平行或直线与平面相交,当直线与平面相交时，不满足， 即由不能必然推出，所以充分性不成立; 判断必要性:直线与平面平行属于直线在平面外的一种情况， 所以当时，一定有在平面外，即由可以推出，所以必要性成立; 所以是的必要不充分条件. 故选:B 4．（2025·广东·模拟预测）设是两个相交但不垂直的平面，直线 ，则与的关系不可能是（    ） A． B． C． D．与相交但不垂直 【答案】C 【分析】利用空间中直线与平面位置关系依次判断选项即可. 【详解】在平面外取平行于和的交线即可，故A可能； 在平面内取平行于和的交线即可，故B可能； 若且，则，与条件矛盾，故C不可能； 除去 和的情况D都成立，故D可能. 故选C. 【题型二】面面关系有关命题的判断 1．（2026·辽宁朝阳·三模）已知直线a，b与平面，能使的充分条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】与位置关系不确定，可相交，可平行，A项不合题意； 与不一定垂直，B项不合题意； 与可以平行，不一定垂直，C项不合题意； ，则在平面内存在直线，且，则，又    ，则，D项符合题意． 2．（2026·四川广安·模拟预测）给出下列命题：①如果一条直线与一个平面内的两条直线垂直，那么该直线与该平面垂直；②如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条且都在平面内；③已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的充分不必要条件．其中正确的命题个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】由线面垂直的判定定理判断命题①，由线面平行的性质判断命题②，根据面面垂直的性质以及面面垂直的判定定理判断命题③即可． 【详解】命题①：根据线面垂直的判定定理可知：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与该平面垂直，没有强调相交，故命题①错误； 命题②：根据线面平行的性质，若直线与平面平行，则过这条直线的平面与已知平面相交的交线平行于这条直线，故在平面内，有无数条平行于交线的直线都与直线平行，但是过点且平行于直线的直线有且只有一条，故命题②错误； 命题③：根据面面垂直的性质可知，当时，内垂直于交线的直线必然垂直于，但是为平面内的一条直线，未强调垂直于交线，故“”无法得到“”； 根据面面垂直的判定定理可知，如果一条直线垂直于一个平面，那么过这条直线的任一平面都与该平面垂直，故，且，可得； 综上“”是“”的必要不充分条件，故命题③错误． 综上，正确的命题个数为0个． 3．（多选）（2025·广东深圳·二模）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列四个命题是真命题的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】BCD 【分析】利用空间直线与平面，平面与平面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A，若，，则或与相交，故A错误； 对于B，由，，，则，又，又，所以，故B正确； 对于C，因为，，则的方向向量分别为的法向量， 因为，所以，所以，故C正确； 对于D，由，，，则，又，， 所以，又，，所以，所以，故D正确. 故选：BCD. 【题型三】证明线面平行 1．（2026·全国·三模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，G，F分别是线段，的中点.求证：平面. 【答案】证明见解析 【详解】连接，因为四边形为正方形，G是线段的中点， 所以G是线段的中点. 又因为F是线段的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 2．（2026·湖北武汉·三模）在三棱台中，上下底面均为正三角形，底面，且，，过点作平面侧面，平面与下底面的边、分别交于、两点.    (1)求证：直线平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用面面平行的性质定理推导出，再结合线面平行的判定定理即可证明结论. （2）先确定分别为的中点，求解底面的面积，结合三棱台的高，利用等体积法将所求体积转化为，代入体积公式求解即可. 【详解】（1）∵ 平面侧面，平面平面，平面平面， ∴ 由面面平行的性质定理可得. ∵ 平面，平面， ∴ 平面. （2）∵ 底面，平面平面， ∴ 平面，即三棱台的高为. ∵ 平面 侧面，平面平面，平面平面， ∴ ，结合，，可得为的中点，同理为的中点. ∴ ，即为边长为1的正三角形， ∴ . ∵ 到平面的距离等于三棱台的高， ∴ . 3．（2026·上海崇明·二模）如图，在直三棱柱中，，，且D，E分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)由直三棱柱性质可得， ， 由D，E分别是，的中点，则，， 则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； (2) 【分析】（1）由题意可得四边形是平行四边形，则可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）由为的中点，可得，再利用等体积法计算即可得解. 【详解】（1）略 （2）由，，则， 故为等腰直角三角形，则点到的距离为， 则点到的距离为， 由为的中点，则点与点到平面的距离相等， 故. 4．（2025·山西晋城·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面为平行四边形，点是线段上的一个动点，、分别是、的中点.    (1)求证：平面； (2)若四棱柱的体积为，求三棱锥的体积的值. 【答案】(1)在四棱柱中，连接，如图，    因、分别是、的中点，则有， 又平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）连接，由中位线可知，然后结合线面平行的判定定理即可得证； （2）由是的中点得，再由平面，，所以，又，，联立即可得解. 【详解】（1）略 （2）由是的中点得， 在四棱柱中，，， 故四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，则平面， 又点是线段上的一个动点， 则， 所以三棱锥的体积的值. 【题型四】线面平行的性质 1．（2026·全国·三模）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点.为的中点，为上一点，平面，证明：为中点. 【答案】证明： 如图，取的中点为，由三点确定一个平面，交于点， 由平面，平面， 平面平面，可得.又因为为的中点，所以，. 而，所以， 由平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为，所以，则四边形是平行四边形，故， 又因为， 是的中点.， 所以，结合， 可得是的中位线，即为中点. 【详解】略. 2．（2026·全国·三模）已知四棱锥的底面是平行四边形， 平面． 若平面与平面的交线为，证明：； 【答案】证明见解析 【分析】由题意可得平面，再由线面平行的性质定义即可得证. 【详解】因为底面是平行四边形， 故平面，平面 可得平面， 又因为平面， 平面平面， 所以． 3．（2026·全国·三模）如图，在多面体中，四边形，均为矩形，点为线段上一点，且平面.若平面，求证：点是的中点. 【答案】证明见解析 【分析】根据给定条件，利用线面平行的性质推理得证. 【详解】连接，交于点，连接， 由平面，平面，平面平面，得， 在矩形中，点为线段的中点，所以点是的中点. 4．（2026·江苏南京·模拟预测）在正三棱锥中，平面，垂足为点O，过O作平面与棱，，，交于点D，E，F，G. (1)求证：E，O，F三点共线； (2)若四边形为平行四边形，求的值. 【答案】(1)证明：因为平面，平面，所以平面. 同理平面，所以平面平面. 又因为平面，平面，所以. 即E，O，F三点共线. (2) 【分析】（1）因为是平面与平面的交线，由平面基本事实即可得E，O，F三点共线； （2）由线面平行的性质结合条件可得，易得为重心，则，进而可. 【详解】（1）略 （2）若四边形为平行四边形，则. 又平面，平面，所以平面. 又平面，平面平面，所以. 在正三棱锥中，平面， 则为正三角形的中心，即为重心. 连接并延长交于点Q，则. 由（1）可知，.又，则. 所以. 【题型五】证明面面平行 1.（2026·全国·三模）如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，AB，DE的中点分别为F，G.将沿直线AB翻折到，设CE的中点为H.求证：平面平面. 【答案】证明： 因为四边形为平行四边形，F、G分别为的中点， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又H、G分别为的中点，所以. 平面，平面，所以平面， 因为FD、平面，， 所以平面平面. 【详解】略. 2．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在圆锥中，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，四边形是底面的内接正方形，分别为的中点，过点的平面为. (1)证明：平面 平面； (2)若圆锥的底面圆半径为2，高为，设点在线段上运动，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明如下： 因为分别为的中点，所以 ， 因为四边形为正方形，所以 ，从而 ， 又平面平面，所以 平面， 连接，则为的中点，又为的中点，所以 ， 又平面平面， 所以 平面，又，平面， 所以平面 平面， 即平面 平面. (2). 【分析】（1）由线面平行的判定定理可证 平面， 平面，再由面面平行的判定定理即可证明平面 平面； （2）由题意可得，点到平面的距离等于点到平面的距离，再由三棱锥的体积公式，代入计算，即可求解. 【详解】（1）略 （2） 由题知，平面. 连接，则. 因为由（1）的证明可知平面 平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以， 所以三棱锥的体积为. 3．（2026·重庆·三模）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (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）根据面面平行的判定定理来证明 （2）先建立空间直角坐标系，再分别求出平面和平面的法向量，最后计算夹角的余弦值. 【详解】（1）在矩形中，分别为的中点，连接，则， 在与中，易得，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，，因为平面，平面，所以平面， 又因平面，故平面平面. （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点 和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因，， 则，即令，则， 设平面的法向量为， 则，即令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【题型六】证明线面垂直 1．（2025·四川遂宁·二模）如图，在三棱锥中，，，分别为棱，的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明：由于分别为棱的中点，故 ， 又平面，且平面， 所以平面； (2)证明：由于平面，且平面，故， 又，且为棱的中点，故， 因为，平面， 故平面， 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可； （2）根据线面垂直的性质定理，得到线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，证明结果即可. 【详解】（1）略 （2）略 2．（2025·云南昭通·模拟预测）已知四边形为等腰梯形, ,为的中点（如图甲），以为折痕把折起，使点到达点的位置且平面平面（如图乙）． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1) 因为四边形为等腰梯形，为的中点，则, 且，所以． 又因为， 所以，所以，所以． 因为 ，所以． 所以． 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面． 因为平面，所以． 又因为平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）由平面平面，得到平面，进而得到，再结合，即可求证； （2）建系，求得直线的方向向量，和平面的法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （2） 解：以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则：， ． 设平面的一个法向量为， 则：即取，则， 所以． 设直线与平面所成角为，则， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为． 3．（2025·贵州毕节·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，是与的交点，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 证明：连接底面是菱形，是与的交点， ，即，且是与的中点， 又， ， ， ，平面平面， 平面. (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，需要证明BD垂直于平面内的两条相交直线.利用菱形的性质得到，再通过全等三角形证明，进而得出结论. （2）先根据已知条件求出相关线段的长度，证明底面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及，利用向量的夹角公式求出与夹角的余弦值，再根据线面角与向量夹角的关系求出与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）解：为的中点，所以， 又，由余弦定理可得， ，即， 平面平面， 底面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量， ，， 令，则， 即， ． 记与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为. 4．（2026·山东烟台·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，分别为和的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)取中点，连接， 因为正三棱柱，所以底面， 为的中点，平面，所以， 又因为为正三角形，所以， 又因为为的中点，所以， 所以平面，又平面，， 所以平面.    (2) 【详解】（1）略 （2）    因为两两相互垂直， 所以以为原点建立空间直角坐标系如图所示，设， 则 则，，， 在平面中，设法向量为， 则, 令，则， 因为平面在平面内， 可设， 设二面角的大小为， ， 所以. 【题型七】线面垂直的性质 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) 【分析】（1）由且点O是AB的中点得到，由面面垂直的性质得到平面ABCD，利用线面垂直的定义得到． （2）利用空间向量求解，求出平面POD的一个法向量，设直线CP与平面POD所成角为，利用向量的数量积公式得到，通过计算得到直线CP与平面POD所成角的大小． 【详解】（1）略 （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． 2．（2026·安徽滁州·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，侧面为等边三角形，且平面平面，为的中点． (1)证明:; (2)点在棱上（含端点），且直线与平面所成角的正弦值为，求出所有满足条件的点，指出其位置． 【答案】(1)如下图，连接，因为为等边三角形，为的中点， 所以．连接，， 因为四边形是菱形，所以，又， 所以为等边三角形，则．             因为，所以平面． 又因为平面，所以． (2)满足条件的点Q只有一个，即与点P重合 【分析】（1）要证明线线垂直，则需要通过证明线面垂直得到线线垂直，即证明  平面 ; （2）先建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，求出平面的法向量坐标和的坐标，根据线面角的正弦值计算结果即可. 【详解】（1）略 （2）因为，平面平面，平面平面，所以平面． 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系． 由已知可得，，，，，，．             设平面的法向量为， 由，得，取．     ，，设，， 则．        （10分） 设直线与平面所成的角为， 则， 由题意得，整理得 ，因为，所以， 即满足条件的点Q只有一个，即与点P重合. 3．（2026·山东东营·模拟预测）在三棱锥中，等边三角形的边长为，，，点为的中点． (1)证明：； (2)设点在底面上的投影为，求三棱锥体积的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设的中点为，连接、，证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （2）过点在平面内作的垂线，垂足为点，连接、，证明出面，可知为点在底面上的投影，设，其中，求出三棱锥体积. 方法一：计算得出，然后利用四元基本不等式可求得的最大值； 方法二：设，其中，利用导数法可求得的最大值. 【详解】（1）设的中点为，连接、． 因为三角形为等边三角形，所以， 因为、分别为、的中点，所以， 又因为，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）过点在平面内作的垂线，垂足为点，连接、，证明如下： 由（1）得，平面，且平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面，即为点在底面上的投影． 因为是边长为的等边三角形，，则， 因为，，，所以， 由（1）可知，设，其中， 则，， 所以， 三角形的面积 ， 则三棱锥体积， 法一：四元均值不等式 ， 即，当且仅当，即时，即时，等号成立． 法二：导数法 设，， 则 ， 令，即，解得， 由，即，解得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 即． 4．（2026·云南·模拟预测）如图，在正方体中，，均为线段上的动点（不含端点），． (1)证明：． (2)设，，．试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明你的理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)是定值， 【分析】（1）连接，，，应用线面垂直的性质、判定定理证明结论； （2）连接，，设且，结合已知得，应用三角形面积公式及已知得、，最后求即可得结论. 【详解】（1）连接，，． 在正方体中平面，平面，则． 又，且都在平面内，所以平面， 又平面，所以，同理可得， 因为且都在平面内，所以平面． 因为平面，所以； （2）为定值，证明如下： 连接，，设，则， 易知是正三角形，则，，其中． 因为，且， 所以，同理，， 故，为定值 【题型八】证明面面垂直 1．（2026·山东济南·模拟预测）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. 2．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，在三棱锥中，其外接球球心为的中点，平面平面.已知.    (1)求证：平面平面. (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由长度及线面垂直的判定、性质定理得到平面，再由面面垂直的判定定理证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标与两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求出两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为是三棱锥外接球的球心，且为中点，， 因此球半径，则， 已知，由勾股定理逆定理： ，得， 又，所以，作于H， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，所以， 因为平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 结合已知条件可得各点坐标： ，，，， 向量，， 设平面的法向量，由， 即， 令，则，所以，， 向量，， 设平面的法向量，由，即， 令，则，所以，， 设平面与平面的夹角为，则 ， 因此平面与平面夹角的余弦值为.    3．（2026·广东深圳·模拟预测）如图，在直三棱柱中，已知点，分别是棱，上的点，．    (1)证明：平面平面； (2)若是等边三角形，，为的中点，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)三棱柱是直三棱柱，平面， 又平面，， 又，，平面， 平面， 又平面，平面平面． (2) 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面． （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦值，再利用同角三角函数的基本关系求余弦. 【详解】（1）略 （2）以过且与平行的直线为轴，，分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    不妨设，则，，，，，. ，，， 设平面的法向量为 则 ，令得． 设直线与平面所成角为， 则， 直线与平面所成角的余弦值为. 4．（2026·江西九江·模拟预测）如图，在直角梯形中，．将沿翻折，得到空间四边形，且满足． (1)证明：平面平面； (2)若点为棱上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，由题意可得，进而可证面，进而可证结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，，，所以四边形是平行四边形， 又，所以，所以， 所以，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）因为，且，所以四边形是正方形，所以， 过作平面， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 又因为，所以， 所以， 设平面一个法向量为， ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以. 【题型九】面面垂直的性质 1.（2026·湖北武汉·二模）如图三棱锥中，，平面平面，平面平面. (1)证明：平面； (2)若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积. 【答案】(1) 证明：在内任取一点P，过点P作于， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 又平面，所以. 过作于，同理可得， 又平面，平面，， 所以平面. (2)2 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，证明出线面垂直； （2）作出辅助线，得到二面角的平面角，根据正切值得到各边长，求出三棱锥的体积. 【详解】（1）略 （2）过点作于，由平面平面， 平面平面知平面. 又平面，所以 再过点作于，连接， 因为 ， 平面， 则平面， 所以即为二面角的平面角. 所以， 又，故为等边三角形， 所以，， 故， 又中，，所以，故， 所以，又为等边三角形，故， 所以三棱锥的体积. 2．（2026·广东深圳·二模）如图，平面平面，平面平面． (1)求证：平面； (2)点E在侧面（含边界）上运动，若平面平面，，求E的轨迹长度． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理得证. （2）利用等体积法求出点到平面的距离，确定点E在侧面及内部的轨迹，利用球面的性质求解. 【详解】（1）在平面内取与点不重合的点，在此平面内作于， 由平面平面，平面平面，得平面， 而平面，则，同理，而平面， 所以平面. （2）由平面平面，平面平面，平面平面， 得直线两两垂直，由，得， ，令点到平面的距离为，由， 得，则， 由，得点的轨迹是以点为球心，为半径的球面， 又点E在侧面（含边界）上运动，因此点的轨迹是球被平面所截小圆在及内部， 此小圆半径，而正的内切圆半径为， 所以点的轨迹是正的内切圆，轨迹长度为. 3．（2025·云南大理·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，，，平面平面.    (1)证明：平面， (2)若，求平面和平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明：因为，，所以， 因为，所以为正三角形， 又因为，所以，， 在△ABD中，， 所以， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； (2). 【分析】（1）由勾股定理可证得，根据面面垂直的性质证明即可. （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面， 如图，以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，    则，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以，取，则，， 所以， 取平面的一个法向量为， 设平面和平面夹角大小为， 则，， 所以平面和平面夹角的正弦值为. 4．（2025·广西南宁·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，平面平面.设平面与平面的交线为l. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明：分别延长，设，连接，如图， 则即为平面与平面的交线， 因为为棱的中点,，则是的中点， 因为中，，所以，从而, 因为平面平面且交线为，平面， 所以平面，即平面； (2) 【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，利用面面垂直的性质可得平面，从而有平面； （2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可． 【详解】（1）略 （2）取的中点, 因为侧面为菱形，且，所以BC， 由（1）知平面，所以 ，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，侧面为菱形，且， 所以， 则, 设平面的法向量为， 则，所以，可取， 设平面的法向量为， 则，所以，可取， 所以， 所以二面角的正弦值为. 一、单选题 1．（2025·天津·高考真题）若m,n为直线，为两个平面，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 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 2．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 3．（2026·天津·高考真题）正方体中，错误的是（     ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】D 【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系. 【详解】解法一：由题意，在正方体中， A项， ，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确； B项，由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面，∴平面， 由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵，，∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为，此时有， ∴平面， ∵平面，∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， 可得，，，， 对于A：因为，可得，故A正确； 对于B：根据正方体的性质可知平面    ，故B正确； 对于C：设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于D：由题意可知：平面的一个法向量， 因为，可知平面与平面不垂直，故D错误. 4．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【分析】根据题意，由空间中线面关系逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，若，，则或， 当时，，则或者与斜交或者， 当时，，则或者与斜交或者，故A错误； 对于B，若，，，可在取作为的法向量， 由于，故，即，则，故B正确； 对于C，若，，，则可能平行可能相交，也可能异面，故C错误； 对于D，若，，，则或，故D错误； 故选：B 5．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 6．（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. 二、多选题 7．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 三、解答题 8．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【答案】(1) (2) 由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面    【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解. （2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得. 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; （2）略 9．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1) 由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 10．（2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 培优专练+三年真题22线面、面面关系判断与证明 【考点一】线面关系有关命题的判断 【考点六】证明线面垂直 【考点二】面面关系有关命题的判断 【考点七】线面垂直的性质 【考点三】证明线面平行 【考点八】证明面面垂直 【考点四】线面平行的性质 【考点九】面面垂直的性质 【考点五】证明面面平行 培优专练 【题型一】线面关系有关命题的判断 1.(2026广东深圳·二模)已知直线l,平面Q,满足l4a,则下列命题一定正确的是() A.存在mCa,使得l,m相交 B.存在mca,使得l‖m c.存在mca,使得l,m的夹角为石 D.存在mca,使得l⊥m 2.(2026上海黄浦·二模)若a,b是空间中的两条直线，则“a/1b”是“存在平面c,使aCa,bCa”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 3.(2026江苏镇江·模拟预测)已知直线l与平面c.命题p:I在平面@外，命题q:1/1c,则p是q的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 4.(2025广东·模拟预测)设a,B是两个相交但不垂直的平面，直线m‖Q,则m与β的关系不可能是() A.m B B.mcβ 1 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 C.m⊥B D.m与B相交但不垂直 【题型二】面面关系有关命题的判断 1.(2026辽宁朝阳三模)已知直线a,b与平面@，B,Y,能使Q⊥β的充分条件是() A.a⊥Y,β⊥y B.anB=a,b⊥a,bcβ c.aβ，aac D.aa,a⊥B 2.(2026四川广安·模拟预测)给出下列命题：①如果一条直线与一个平面内的两条直线垂直，那么该直线与该平面 垂直；②如果直线a/平面Q,P∈C,那么过点P且平行于直线a的直线有无数条且都在平面a内：③已知c,B是两 个不同的平面，m为平面@内的一条直线，则“a⊥B”是“m⊥B”的充分不必要条件.其中正确的命题个数是 () A.0 B.1 C.2 D.3 3.(多选)(2025广东深圳·二模)已知m,n是两条不同的直线，a,阝，Y是三个不同的平面，下列四个命题是真 命题的是() A.若o⊥y,B⊥Y,则a∥B B.若m⊥a,nc,则m⊥n C.若a⊥β，m⊥a,n⊥β，则m⊥n D.若m∥a,m/∥β，anB=n,则ml∥n 【题型三】证明线面平行 1.(2026全国·三模)如图，在四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD为正方形，G,F分别是线段BD,EC的中点.求 证：GF∥平面ABE 2 ,⊙ 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 B E 2.(2026湖北武汉·三模)在三棱台ABC-A1B1C1中，上下底面均为正三角形，BB1⊥底面A1B1C1,且 BB,=3,AB=2A,B,=2,过点A1作平面C/侧面BCC1B,平面C与下底面ABC的边AB、AC分别交于E、F 两点 C (1)求证：直线EF/平面BCC1B1: (2)求三棱锥A-A1EF的体积 3 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 3.(2026上海崇明二模)如图，在直三棱柱ABC-A1B,C1中，AB=BC=V2,AC=AA1=2,且D,E分别是 AC,A1C1的中点. (1)证明：DC1/平面ABE: (②)求三棱锥C1-ABE的体积. 4.(2025山西晋城模拟预测)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，点M是线段 BD1上的一个动点，E、F分别是BC、CM的中点. D C M A 4 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (1)求证：EF∥平面BDD1B1: (2)若四棱柱ABCD-A,B,C1D1的体积为24，求三棱锥C-BDF的体积V的值. 【题型四】线面平行的性质 1.(2026全国·三模)已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD,AB∥CD AB⊥BC,AB=BC=CD,G是CD的中点E为PB的中点，F为PG上一点，EF/件商PAD,证明：F为PG中 点 2.(2026全国·三模)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，AP=AD=4,AB=3,PA⊥平面ABCD 若平面PAD与平面PBC的交线为l,证明：BC/l; 5 ,⊙ 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 B 3.(2026全国·三模)如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD,ADMN均为矩形，点E为线段AB上一点，且 DM⊥平面ABCD.若BM/平面NDE,求证：点E是AB的中点. M N D E 4.(2026江苏南京·模拟预测)在正三棱锥P-ABC中，PO⊥平面ABC,垂足为点O,过O作平面a与棱PA,AB, BC,CP交于点D,E,F,G. 6 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (1)求证：E,O,F三点共线： (2)若四边形DEFG为平行四边形，求FB的值 【题型五】证明面面平行 1.(2026全国三模)如图，正三角形ABC和平行四边形ABDE在同一个平面内，AB,DE的中点分别为F,G.将 △ABC沿直线AB翻折到△ABC,设CE的中点为H.求证：平面CDF∥平面AGH 7 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 2. (2024陕西安康模拟预测)如图，在圆锥PO中，P为圆锥的项点，O是圆锥底面的圆心，四边形ABCD是底面 的内接正方形，E,F分别为PD,PA的中点，过点E,F,O的平面为a D B (1)证明：平面a‖平面PBC; (②)若圆锥的底面圆半径为2，高为V3,设点M在线段EF上运动，求三棱锥P-MBC的体积 3.(2026重庆三模)在正三棱柱ABC-A1BC1中，已知AB=2,AA1=1,D,E,D1,E分别是棱 AC,BC,A1C1,BC1的中点. D E B (1)证明：平面C1DE/平面ABE1D1: (2)求平面C1DE与平面A,B1ED夹角的余弦值 8 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 【题型六】证明线面垂直 1.(2025四川遂宁.二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AP=AB,M,N分别为棱PB,PC的中点，BC⊥平面 PAB. M (1)求证：BC∥平面AMN: (2)求证：AM⊥平面PBC. 2.(2025云南昭通·模拟预测)已知四边形ABCD为等腰梯形，AB/1CD,∠D=45°，CD=2AB=22,BC=1,E 为CD的中点（如图甲），以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点S的位置且平面SAE⊥平面ABCE(如图乙)， S E 甲 9 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (1)求证：BE⊥平面ASE: (2)求直线CS与平面BES所成角的余弦值. 3.(2025贵州毕节·模拟预测)如图，平行六面体ABCD-A1BC1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，O是AC 与BD的交点，AA1=2V3,∠A1AO=∠BAD=60°，∠A1AB=∠A1AD」 D C A B D B (1)证明：BD⊥平面A1AO: (2)求直线AA1与平面A1BC所成角的正弦值. 4.(2026-山东烟台模拟预测)如图，在正三棱柱ABC-A1B,C1中，M,N分别为AA1和B,C1的中点. 10 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 B (1)证明：BC⊥平面AMN: (2)若AA1=V6AB,求二面角A-BC1-B1的正弦值. 【题型七】线面垂直的性质 1.(2026上海·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD,AD11BC,∠ABC=T PA=PB=3,BC=1,AB=2,AD=3,点O是AB的中点， A B (1)求证：PO⊥CD: (2)求直线CP与平面POD所成角的大小. 11 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 2.(2026安徽滁州·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，侧面 PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD,M为AD的中点， M D B (1)证明：AD⊥PB 5 (②)点Q在棱PC上（含端点），且直线MQ与平面PAB所成角的正弦值为S,求出所有满足条件的点Q,指出其位置. 3.(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⊥AC,点E为BC 的中点。 12 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (1)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. 4.(2026云南模拟预测)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P,Q均为线段AC上的动点（不含端点）， AQ>AP D C 小 B A 二二= B (1)证明：BD1⊥B1Q. PD,Q-君 =入，只三卫：试探究入+1μ-2是否为定值，若是，求出该定值：若不是，说明你的理 由. 【题型八】证明面面垂直 13 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 1.(2026山东济南：模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD, PA=AB=2,E和F分别为线段PB和BC上的动点. E (1)当E为线段PB的中点时，证明：平面AEF⊥平面PBC; (2)当CF,CB=BE:BP时，求多面体AEFCPD体积的最小值. 2.(2026河北秦皇岛一模)如图，在三棱锥A-BCD中，其外接球球心为BD的中点O,平面ABD⊥平面BCD.已 知AC=V2,BC=V3,BD=2 B (I)求证：平面AOC⊥平面BCD】 (2)求平面ABC与平面ACD的夹角的余弦值 14 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 3. (2026广东深圳模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-ABC1中，已知点D,E分别是棱BC,CC1上的点， AD⊥BC. A B D B (1)证明：平面ADE⊥平面BCC1B1; (2)若△ABC是等边三角形，BC=CC1,E为CC1的中点，求直线A1E与平面ADE所成角的余弦值. 4.(2026江西九江·模拟预测)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠BAD=90°，AB=AD=1,BC=2.将 △ABD沿BD翻折，得到空间四边形PBCD,且满足PB⊥CD E B 15 ⊙ 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (I)证明：平面PBD⊥平面BCD (2)若点E为棱PD上一点，且PE=2ED,求直线CE与平面PBC所成角的正弦值. 【题型九】面面垂直的性质 1.(2026湖北武汉·二模)如图三棱锥A-BCD中，AB=BC=CA=2,平面DAB⊥平面ABC,平面DAC⊥平面 ABC. D B (1)证明：DA⊥平面ABC: (2)若二面角A-CD-B的正切值为2，求三棱锥A-BCD的体积. 16 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期末 2.(2026广东深圳·二模)如图，平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC (1)求证：PA⊥平面ABC: (2)点E在侧面PBC(含边界)上运动，若平面PAC⊥平面PAB,AP=AB=AC=V2AE=1,求E的轨迹长度. 3.(2025·云南大理·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是梯形，其中ABCD, ∠ABC=120°，AB=2BC=2CD=2,PD=V3,平面PAD⊥平面ABCD D B (1)证明：BD⊥平面PAD, (2)若AB⊥PD,求平面PAB和平面PAD夹角的正弦值. 17 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 4.(2025广西南宁模拟预测)如图，在斜三棱柱ABC-A1B,C1中，AB⊥AC,AB=AC,侧面BB,C1C为菱形， 且∠B,BC=60°，点D为棱A1A的中点，平面ABC⊥平面BB1C1C.设平面ABC与平面B1DC的交线为1， B C (1)求证：1⊥平面BB1C1C: (2)若BC=2,求二面角C-BD-B的正弦值. 三年真题 一、单选题 1.(2025·天津·高考真题)若m为直线，Q,β为两个平面，则下列结论中正确的是() A.若m∥a,nca,则m∥n B.若m⊥c,m⊥B,则a⊥β C.若m/∥a,m上B,则a⊥B D.若mca,a⊥B,则m⊥B 18 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 2.(2024天津·高考真题)已知m,n是两条直线，a是一个平面，下列命题正确的是() A.若m//a,m⊥n,则n⊥a B.若m⊥c,m⊥n,则n⊥a C.若m/∥a,n⊥a,则m⊥n D.若m⊥a,n⊥a,则m⊥n 3.(2026天津·高考真题)正方体ABCD-A1B1C1D1中，错误的是() A.AC//A C B.CC1⊥平面ABCC.平面ACD1∥平面A1C1BD.平面ADD1⊥平面ACD1 4.(2024上海·高考真题)空间中有两个不同的平面c,β和两条不同的直线m,n,则下列说法中正确的是() A.若a⊥β，m⊥a,m⊥n,则n⊥B B.若a⊥B,m⊥c,n⊥B,则m⊥n c.若aB,m/1c,n/1B,则mn D.若cB,m/1a,m‖n,则n/1B 5.(2024全国甲卷：高考真题)设a、B为两个平面，m、n为两条直线，且anB=m.下述四个命题： ①若m//n,则n//ac或n/β ②若m⊥n,则n⊥ac或n⊥阝 ③若n/a且n/1B,则m//n④若n与c,B所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是() A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 6.(2024北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4, PC=PD=2V2,该棱锥的高为()· 19 宋老师数学图文制作室 81 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 A.1 B.2 c.V2 D.3 二、多选题 7.(2025全国一卷·高考真题)在正三棱柱ABC-A1BC1中，D为BC的中点，则() A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD//A B D.CC1/平面AA1D 三、解答题 8.(2025上海·高考真题)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB=2. ---->B ()若直线A与圆锥底面的所成角为3，求圆锥的侧面积： (②已知Q是母线A的中点，点C、D在底面圆周上，且或AC的长为号，CDAB.设点M在线段OC上，证明： 直线QM|平面PBD. 20 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉一 9.(2024全国甲卷·高考真题)如图，AB/1CD,CD/EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=V10, AE=23,M为CD的中点， B M F (1)证明：EM/平面BCF: (2)求点M到ADE的距离. 10. (2026全国一卷高考真题)如图，在直三棱柱ABC-AB1,C1中，∠ACB=90°，AC=BC,D,E分别为 AB,AC1的中点. D B 3 ⊙ 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 ⊙ 教学课件、讲义、单元、月考、期中期床 (①)证明：DE∥平面BCC1B: (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°，求直线DE到平面BCC1B1的距离. 22