第04讲 直线、平面垂直的判定与性质（专项训练）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦垂直关系判定与性质，以题型分层递进构建知识网络，强化空间观念与逻辑推理 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |直线与平面垂直的判定与证明|9题|以正三棱台、四棱锥为载体，结合翻折问题考查线面垂直证明|从线线垂直到线面垂直的判定定理应用| |平面与平面垂直的判定与证明|10题|涉及正三棱柱、圆锥等几何体，含二面角计算|线面垂直推导面面垂直的转化逻辑| |垂直关系的性质应用|9题|结合体积计算、线面角求解，体现性质定理逆向应用|垂直性质与空间距离、角度的关联| |垂直关系中的动点与探究问题|11题|含轨迹问题、存在性探究，融合动态思维|静态垂直关系向动态几何问题的延伸| |垂直关系的综合应用|11题|多面体与旋转体综合，涉及外接球、体积比|判定-性质-应用的完整逻辑链|

第04讲 直线、平面垂直的判定与性质 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 直线与平面垂直的判定与证明 2 题型02 平面与平面垂直的判定与证明 18 题型03 垂直关系的性质应用 32 题型04 垂直关系中的动点与探究问题 49 题型05 垂直关系的综合应用 71 重难·创新演练 85 真题·实战演练 110 模拟·基础演练 考查重点：垂直关系的证明 题型01 直线与平面垂直的判定与证明 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·模拟预测）在正三棱台中，，则与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 【新思维】2．（2026·山东济南·二模）已知正四面体的棱长为，点平面，且，点在之间或在内．记为与（平行时两平面间的距离，则（    ） A．该四面体外接球的表面积为 B．的最小值为 C．若，且，则直线与所成的角为 D．若依次排列且两两平行，满足，则 三、填空题 3．（2026·贵州黔南·模拟预测）在矩形中，，，将沿对角线翻折为．若点到平面的距离为，则线段长度的取值范围是_________． 【新题型】4．（2025·江西·模拟预测）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为__________；直线到平面的距离为__________. 四、解答题 5．（2026·四川巴中·模拟预测）如图，三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，，点是的中点，点是线段上一点． (1)求证：平面； (2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． 6．（2026·湖南湘潭·一模）如图在四棱锥中，，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 7．（2026·陕西·三模）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． (1)证明：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值． 8．（2025·河南·二模）如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面. (1)求直线到平面的距离. (2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由. 9．（2026·广西南宁·模拟预测）如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当为时，求点到平面的距离． 题型02 平面与平面垂直的判定与证明 一、多选题 1．（2026·四川成都·三模）在正三棱柱中，是棱的中点，则（   ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 二、解答题 2．如图，三棱锥中，，是的中点，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【新角度】3．（2026·全国·模拟预测）在圆锥中，是圆锥顶点，是底面圆圆心，圆锥的高为3．母线长为5．是底面圆的一条直径，点在底面所在的平面内，且．于． (1)求证：平面平面； (2)当异面直线与夹角的余弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值． 4．（2026·陕西西安·三模）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． 5．（2026·山东潍坊·三模）如图，在三棱锥中，为上一点，，，． (1)证明：线段上存在一点，使得平面平面； (2)若，，三棱锥的外接球的表面积为，求二面角的正弦值． 6．（2026·安徽安庆·模拟预测）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． 7．（2026·安徽合肥·三模）如图，已知梯形中，，，， 点E是中点；将沿折起到的位置 (1)证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，求二面角正弦值. 8．（2026·云南玉溪·模拟预测）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． (1)求证：平面平面； (2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的12倍，求与平面所成的角的余弦值． 9．（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. 10．（2026·江苏扬州·模拟预测）如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折至． (1)若， ①证明：平面平面； ②求与平面所成角的正弦值； (2)求与平面所成角的正弦值的范围． 题型03 垂直关系的性质应用 一、单选题 1．（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 二、解答题 2．（2026·江苏·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，平面平面，为的中点． (1)求证：． (2)若，，，且与平面所成角为． ①当时，求三棱锥的体积； ②当取最大值时，求二面角的正弦值． 3．（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． 【新思维】4．（2026·山东青岛·三模）如图，在矩形中、，．为线段中点，将沿翻折至，使得． (1)证明：平面； (2)点，分别为线段，上的点，，当直线与平面所成角最大时，求点到平面的距离． 5．（2026·甘肃张掖·二模）如图，在三棱锥中，平面，F为的中点，，，E在上，且． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 6．（2026·湖南长沙·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，侧面底面，且， (1)证明：； (2)若直线与平面所成角为，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角． 【新角度】7．（2026·河北邢台·二模）如图，在四棱台 中，，，⊥平面，四边形ABCD 为平行四边形，点E 在棱 上，且//平面 (1)证明: ; (2)若平面平面，，求二面角的正弦值. 8．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知四棱锥中，底面为平行四边形，底面，平面平面． (1)求证：平面； (2)若，点在棱上，且，求平面与平面夹角的正弦值． 9．（2026·河北保定·三模）如图，四棱锥中，平面平面，，． (1)证明：平面； (2)若，，，四棱锥外接球的球心为O，求直线AO 与平面PCD所成角的正弦值． 题型04 垂直关系中的动点与探究问题 一、单选题 1．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（2026·浙江·三模）如图，在正三棱台中，为的中点，是上的动点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则下列关于的大小，一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【新思维】3．（2026·山东淄博·二模）如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（    ） A．的轨迹是双曲线的一部分 B．的轨迹是椭圆的一部分 C．四棱锥体积最大值为 D．的轨迹长度为 【新思维】4．（2026·贵州贵阳·二模）已知圆台的上、下底面半径分别为，母线．AB是下底面的直径，点C在下底面圆周上，且，点是上底面圆周上的动点，则下列结论正确的有（   ） A．该圆台存在内切球，且内切球半径为 B．存在两个点D，使点B到平面的距离为 C．存在点D，使过点A的母线与平面平行 D．存在点D，使得平面平面 5．（2026·福建三明·二模）如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C．当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D．线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 三、填空题 【新题型】6．（2026·天津河东·二模）已知正四棱锥，的中点分别为，点为上一动点，平面将正四棱锥分为两个部分，当为中点时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________；当时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________． 四、解答题 7．（2026·山东菏泽·二模）已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 8．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）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. 9．（2026·河南·二模）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． (1)证明：为直角三角形； (2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【新思维】10．（2026·湖南湘潭·二模）在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，点F在上，且，设点G是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若Q为中点，求的面积取值范围. 11．（2026·山东临沂·二模）已知四边形ABCD为等腰梯形（如图1），，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至位置（如图2），且．        (1)证明：平面平面BCDE； (2)求点B到平面PDC的距离； (3)设M为棱PC上的动点，当EM与平面PDC所成角最大时，求平面BCDE与平面EBM夹角的正切值． 题型05 垂直关系的综合应用 一、单选题 【新思维】1．（2026·辽宁·模拟预测）在三棱锥中，、、两两垂直，，在侧面上，在棱上，，为中点．则点的轨迹把三棱锥分成两部分的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【新情境】2．（2026·天津河西·模拟预测）现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，，，，四点在一条直线上），，，，，则图二所示的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 【新思维】3．（2026·陕西西安·模拟预测）已知正四棱锥中，底面边长为，侧面与底面所成二面角的大小为，记为该四棱锥底面的中心，长为的线段的一个端点在线段上运动，另一个端点在底面上运动，线段的中点为，下列结论正确的是（    ） A．直线与、与所成的角相等 B．侧棱与底面所成角的正切值为 C．的轨迹与底面围成几何体的体积为 D．记为的中点，过作截面将该四棱锥分为上、下两部分（如图），记上下两部分的体积为，，则的最小值为 三、解答题 4．（2026·安徽合肥·模拟预测）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． 5．（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 6．（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． 7．（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； 8．（2026·江苏南京·三模）如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 9．（2026·四川眉山·模拟预测）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． 10．（2026·海南·模拟预测）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． 11．（2026·河北·模拟预测）在中，，，，为的中点，为中点，如图，沿将翻折至的位置，使点落到点的位置，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 重难·创新演练 设题创新: 垂直关系的综合应用 一、多选题 【新思维】1．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在矩形中，，，M，N分别为，的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（     ）    A．三棱锥体积有最大值 B．三棱锥外接球半径为定值 C．存在某个位置使 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 2．（2026·福建福州·三模）在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，则（    ） A．当点为的中点时，在上的投影向量的模为1 B．三棱锥体积的最大值为 C．对于任意点，都有 D．点到直线的距离的最小值为 二、填空题 【新情境】3．（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______． 三、解答题 4．（2026·山东·模拟预测）如图， 是 的直径， 与 所在平面垂直， 是 上的点， 点 为线段 的中点，点 在 上的射影为 . (1)求证: ； (2)点 在 上运动. （i）证明: 点的轨迹是圆: （ii）当三棱锥体积最大时，求二面角 的大小. 5．（2026·山东济南·模拟预测）如图，在几何体中，平面平面，，，，，为中点，点，在直线两侧． (1)求证：平面； (2)已知，，求平面与平面夹角的余弦值． 6．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，，O为的中点，现在沿着把折起到的位置，连接，，使得，如图2所示．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的外接球的半径． 7．（2026·北京·三模）如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为2的菱形．，，．    (1)若点，分别为棱和棱的中点，求证：平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 8．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在中，，垂足为，，．将绕翻折至．    (1)是否存在某个翻折位置，使得平面？若存在，求出此时的大小；若不存在，请说明理由． (2)当在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【新情境】9．（2026·福建福州·三模）蜂巢（图1）是由许多正六边形的中空柱状体（蜂房）连接而成，其设计有着深刻的数学原理，我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂房的结构，著有《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》．用数学的眼光去看蜂房的结构，如图2在正六棱柱的三个顶点A、C、E处分别用平面，平面，平面截掉三个相等的棱锥，，，平面，平面，平面交于一点，则这三个平面与正六棱柱的侧面与底面围成了封闭的几何体，就形成了蜂房结构．已知，．    (1)求该正六棱柱内半径最大的球的体积； (2)判断四边形是否为菱形，并证明你的结论； (3)求当蜂房结构的表面积最小时，求平面与平面所成的锐二面角的正切值． 10．（2026·湖南·模拟预测）在中，，，，分别为AC，AB的中点．将沿线段DE折起，使点到达点的位置，连接PB，PC，得到四棱锥，取BC的中点，连接PF．    (1)证明：． (2)如图1，当平面平面BCDE时，求二面角的大小． (3)如图2，设二面角的大小为，在折叠过程中，即在上变化时，求的重心在空间中的运动轨迹的长度． 真题·实战演练 高频考点：线面垂直的证明 一、单选题 1．（1997·全国·高考真题）已知三棱锥的三个侧面与底面全等，且，，则以为棱，以平面与平面为面的二面角的大小是（    ） A． B． 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．（2017·全国·高考真题）点P在直二面角的棱上，C，D分别在内，且，则（    ） A． B． C． D． 4．（2007·全国·高考真题）已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于（    ） A． B． C． D． 二、解答题 5．（1998·全国·高考真题）已知斜三棱柱的侧面与底面垂直，，，，且，． (1)求侧棱与底面所成角的大小； (2)求侧面与底面所成二面角的大小； (3)求顶点到侧面的距离． 6．（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． 7．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 9．（1994·全国·高考真题）如图，已知是正三棱柱，D是AC中点. (1)证明：平面； (2)假设，求以为棱，与为面的二面角的度数. 10．（1999·全国·高考真题）如图，已知正四棱柱，点E在棱上，截面，且面与底面所成的角为，． (1)求截面的面积； (2)求异面直线与之间的距离； (3)求三棱锥的体积． 11．（1994·全国·高考真题）如图，已知是正三棱柱，D是AC中点. (1)证明:∥平面； (2)假设，，求线段在侧面上的射影长. 12．（1997·全国·高考真题）如图，在正方体中，分别是的中点． (1)证明：； (2)求与所成的角； (3)证明：平面平面； (4)设，求三棱锥的体积． 19 / 21 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 直线、平面垂直的判定与性质 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 直线与平面垂直的判定与证明 2 题型02 平面与平面垂直的判定与证明 18 题型03 垂直关系的性质应用 32 题型04 垂直关系中的动点与探究问题 49 题型05 垂直关系的综合应用 71 重难·创新演练 85 真题·实战演练 110 模拟·基础演练 考查重点：垂直关系的证明 题型01 直线与平面垂直的判定与证明 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·模拟预测）在正三棱台中，，则与平面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将该正三棱台补成一个正四面体，进而补成正方体，结合等体积法求解即可. 【详解】由题意可将该正三棱台补成一个正四面体，平面即为平面． 正四面体进一步又可以放到一个正方体内研究， 设正方体棱长为2，， 设点到平面的距离为，则， 所以，则. 设与平面所成角为，则． 二、多选题 【新思维】2．（2026·山东济南·二模）已知正四面体的棱长为，点平面，且，点在之间或在内．记为与（平行时两平面间的距离，则（    ） A．该四面体外接球的表面积为 B．的最小值为 C．若，且，则直线与所成的角为 D．若依次排列且两两平行，满足，则 【答案】ACD 【详解】对于A，将正四面体放入如图所示的正方体，设正方体的棱长为， 所以，所以， 该四面体外接球即为正方体的外接球，所以， 所以该四面体外接球的表面积为，故A正确； 对于B，因为，不妨设为平面，为平面， 所以，故B错误； 对于C，设直线与所成的角为，则， 因为，所以，则直线与所成的角为，故C正确； 对于D，若依次排列且两两平行，满足， 在上取点，使得，如图， 连接交于点，连接交于点，分别过点作 ，连接， 则平面为平面，为平面，易知平面，均垂直底面， 以为坐标原点，将平面放入如图所示的平面直角坐标系， 则， 所以直线的方程为：，化简为：， 同理直线的方程为：， 所以两直线间的距离即为， ，故D正确. 三、填空题 3．（2026·贵州黔南·模拟预测）在矩形中，，，将沿对角线翻折为．若点到平面的距离为，则线段长度的取值范围是_________． 【答案】 【分析】建立坐标系、确定点的轨迹、用代数方法关联距离与参数计算即可得出结果. 【详解】设原矩形 中， ， ， ，则 . 翻折后， 满足： ， ， 所以，. 两式相减得： ，即 . 点 ，则 . 代入 ，展开得：， 点到平面 的距离 ，将 代入 ， 整理得： 由 ，得 ，代入上式： ； ，解得 或 所以 由 ： 当 时， ，故 ； 当 时， ，故 . 综上， . 【新题型】4．（2025·江西·模拟预测）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为__________；直线到平面的距离为__________. 【答案】 【分析】先通过线面垂直等关系证明相关垂直，进而求出的面积；再利用面面垂直的性质找出直线BD到平面的距离并计算. 【详解】如图，过点作的平行线与直线，分别交于点，，则，， 由平面，可得，由四边形是正方形及，可得， 因为平面，所以平面，所以， 因为，，所以，所以的面积为. 设，则，易得平面平面，平面平面， 过点作，垂足为，则平面，即就是直线到平面的距离，. 故答案为：；. 四、解答题 5．（2026·四川巴中·模拟预测）如图，三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，，点是的中点，点是线段上一点． (1)求证：平面； (2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为，所以，又，点是的中点， 在中，，，所以， 因为是边长为2的等边三角形，点是的中点， 所以， 已知，在中，， 因为，所以， 因为平面，所以平面 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形中线垂直和勾股定理证得，根据线面垂直的判定定理证得结果； （2）利用空间向量法计算线面夹角的正弦值； 【详解】（1）略 （2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则 ， 点是线段上一点，设,所以， ，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以， 因为二面角为，所以， 即，解得， 于是，，， 设直线与平面所成角为，所以 6．（2026·湖南湘潭·一模）如图在四棱锥中，，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明：连结，过作，垂足为，于． ，中，，．     中，，，即， 所以，又，,平面,平面， 平面，又因为平面， 平面平面． (2) 【详解】（1）略 （2）因为平面，如图所示以为原点，过点与垂直的直线 为轴，，为，轴建立坐标系．由（1）知，， ，，．    所以，．设平面法向量， 由，，，取，得，有，    又，，设平面法向量， 由，，，取，得，有，    设平面与平面的夹角为，则， 所以． 7．（2026·陕西·三模）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． (1)证明：； (2)若与平面所成角的正弦值为，求二面角的正弦值． 【答案】(1)因为为中点，且，所以，即， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以. (2) 【分析】（1）先证明，，可得平面，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，通过证明平面得到与平面所成角为，可得，，进而利用空间向量求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为，所以． 又，，所以，所以，则， 由（1）知平面，所以，，两两垂直，以为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，，， 由，，，平面，得平面， 所以与平面所成角为， 所以， 解得，，所以，则，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 由，得，可取， 设平面的一个法向量为， 由，得，可取 设二面角为． ， 则， 所以二面角的正弦值为. 8．（2025·河南·二模）如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面. (1)求直线到平面的距离. (2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在， 理由如下： 根据第（1）问可得直线到平面的距离为. 又∵平面，设点为的中点，∴点到平面的距离为. 假设在平面上存在点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形， 则有. ∵，∴不存在满足条件的点E. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，即可利用点面距离的向量法求解； （2）根据线面平行的性质，结合（1）可知的中点Q到平面的距离为.而，即可求解. 【详解】（1）连接. ∵平面，平面，平面平面，∴. 在中，为的中点，∴点为的中点. 取中点，由正方形的边长为2，易知，，， ∴即为二面角的平面角. 在中，∵二面角的正切值为，， ∴，侧棱的长都是. 易知直线，，两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示. ∴，，，，，， ∴，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，即， 令，则， ∴平面的一个法向量为. ∵平面，∴直线到平面的距离等于点到平面的距离， 又在法向量上的投影向量的模为， ∴直线到平面的距离为. （2）不存在.理由略 9．（2026·广西南宁·模拟预测）如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当为时，求点到平面的距离． 【答案】(1)在梯形中，，则四边形为平行四边形， 而，则是矩形，即 在四棱锥中，， 而平面，所以平面. (2) 【分析】（1）利用矩形的性质，根据定义证明线面垂直即可； （2）解法一：根据线面平行的性质，转化为求点到平面的距离，再找到在平面的投影，计算即可； 解法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再计算点到平面的距离即可. 【详解】（1）略 （2）解法一：已知，，则是正三角形， 取的中点，连接，，则有，    又平面，于是平面， 而，则平面， 又平面，则平面平面， 在平面内过作于， 而平面平面，因此平面， 又，平面，平面，所以平面， 于是点到平面的距离等于， 而，由（1）知，平面， 则平面，又平面，则，而， 则，， 所以点到平面的距离为. 解法二：已知，，则是正三角形，    取的中点，连接，，则有， 由（1）知，平面， 则平面，又平面，则， 如图建立空间直角坐标系， 则可得，，，， ，， 设平面的法向量为，则， 取， 则 所以点B到平面的距离为 题型02 平面与平面垂直的判定与证明 一、多选题 1．（2026·四川成都·三模）在正三棱柱中，是棱的中点，则（   ） A． B． C．平面平面 D．平面平面 【答案】AD 【详解】选项：如图所示，在正三角形中，因为为的中点，所以， 在正三棱柱中，因为面，面，所以， 因为，面，所以面， 因为面，所以，故正确； 选项：在正三棱柱中，，又， 故与不平行，即与不平行， 故不正确； 选项：设正三棱柱的底面棱长为，高为. 因为，故以为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，过点且平行于直线所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则、、，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，得， 令，得，所以. 平面的一个法向量为，所以，， 所以平面与平面不垂直，故不正确； 选项：设平面的一个法向量为，得， 所以，面面，故正确. 二、解答题 2．如图，三棱锥中，，是的中点，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为，是的中点， 所以,又平面平面，是交线，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法计算即可. 【详解】（1）略 （2）如图，分别以所在直线为轴，以过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以, 设平面的法向量， 则，令，可得， 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. 【新角度】3．（2026·全国·模拟预测）在圆锥中，是圆锥顶点，是底面圆圆心，圆锥的高为3．母线长为5．是底面圆的一条直径，点在底面所在的平面内，且．于． (1)求证：平面平面； (2)当异面直线与夹角的余弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：由题意得：平面，面， 则． 又，，面，面， 故面，面， 故． 又，，面，面， 故面． 又面， 故面面. (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，再由判定定理可得面，从而得，结合，可得面，由面面垂直的判定定理即可得证； （2）以为坐标原点，，为，轴，垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系，设，由，可得，由三点共线及，可得．再由异面直线与夹角的余弦值为，求得，取，求出两平面与平面的法向量，即可得答案. 【详解】（1）略； （2）以为坐标原点，，为，轴，垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系： 因为圆锥的高为3．母线长为5， 所以底面半径, 由题意，，，，． 设， 则，， 又，即， 即， 又， 设， ， 又， 代入坐标得：， 解得：． 故． 又， ，． 设异面直线与夹角为， 则， 解得． 由对称性，结合， 不妨取， 此时，，． 设面的法向量， 则， 不妨令，则． 同理，设面的法向量， 则． 设平面与平面夹角为， ． 4．（2026·陕西西安·三模）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. 5．（2026·山东潍坊·三模）如图，在三棱锥中，为上一点，，，． (1)证明：线段上存在一点，使得平面平面； (2)若，，三棱锥的外接球的表面积为，求二面角的正弦值． 【答案】(1)取中点， 由，得，由，得， 由，且都在平面内，故平面， 又平面，所以平面平面， 综上，存在点，使得平面平面； (2) 【分析】（1）取中点，易得、，再由线面、面面垂直的判定定理证明平面平面，即可证； （2）由题意为等边三角形，取中点，根据已知及（1）结论，应用二面角的定义得到二面角的平面角为，并求出各边的边长，应用余弦定理求的余弦值，进而求其正弦值. 【详解】（1）略 （2） 由，，知为等边三角形，，， 取中点，则，且，又，则， 由平面，平面，则二面角的平面角为， 由（1）平面，平面，则， 又，且都在平面内，则平面， 由平面，则，而， 在中，在中， 所以，则，故在中， 综上，两两垂直，且的斜边为， 故三棱锥外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上， 易知平面，且， 三棱锥的外接球半径为，则，可得，即， 由平面，则，故，则， 所以，， 在中，，， 由余弦定理得， 故二面角的正弦值为. 6．（2026·安徽安庆·模拟预测）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． 7．（2026·安徽合肥·三模）如图，已知梯形中，，，， 点E是中点；将沿折起到的位置 (1)证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，求二面角正弦值. 【答案】(1)因为在梯形中，，点是的中点， 所以四边形是正方形，所以， 所以将沿折起到的位置时，， 又平面，所以平面． 因为,所以平面． 因为平面， 所以平面平面； (2) 【分析】（1）通过，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）以，为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设为平面的一个法向量，则 ，即 取，得 则， 设为平面的一个法向量，则 ，即 取，得 则， 所以， 所以二面角的正弦值为． 8．（2026·云南玉溪·模拟预测）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． (1)求证：平面平面； (2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的12倍，求与平面所成的角的余弦值． 【答案】(1) 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又因为平面，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，利用线面垂直的判定定理，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）解法一：设，由，求得，以点为原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； 解法二：连接，过作平面，连接，得到就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接，根据题意，求得，在直角中，即可求解； 解法三：设是的中点，连接， 证得平面，得到点与到平面的距离相等，求得到平面的距离也为，设与平面所成的角为，结合，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解法一：由平面，平面，可知， 因为是正三角形，所以， 设，由，， 可得，解得， 以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则、、、， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的余弦值为. 解法二：连接，过作平面，垂足为，连接， 则就是直线与平面所成的角， 取的中点，连接，取的中点，连接， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为分别为和的中点，所以，则， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以平面，且， 因为， 故， 因为平面，平面，所以， 又因为，， 所以， 所以，解得， 又， 故，所以与平面所成的角的余弦值为． 解法三：设是的中点，连接 因为，，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为和分别为和的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，所以，， 又因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 点与到平面的距离相等． 由四边形是正方形，，，分别为，，的中点， 故，所以，故，即， 又平面平面，平面，且平面平面， 故平面， 由，可得到平面的距离也为， 又由， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的余弦值为． 9．（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.    10．（2026·江苏扬州·模拟预测）如图，长方形中，，，若为线段的中点，将沿翻折至． (1)若， ①证明：平面平面； ②求与平面所成角的正弦值； (2)求与平面所成角的正弦值的范围． 【答案】(1)①由题意得，， 在中，因为， 所以， 同理，， 在中，因为， 所以， 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. ②. (2) 【分析】（1）①应用线面垂直判定定理得出平面，再应用面面垂直判定定理证明即可； ②先求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式计算求解； （2）先建系，再设点，再求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式结合值域计算求解； 【详解】（1）①略； ②以为原点，以所在直线分别为轴，以过垂直于平面的直线为轴， 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，即， 取，则， 设与平面所成角为， 所以，所以与平面所成角的正弦值； （2）设，因为，所以， 所以，且，所以， 则，，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，所以， 设与平面所成角为， 所以， 设，所以， 令，所以 ，单调递增，所以 所以与平面所成角的正弦值的范围是； 题型03 垂直关系的性质应用 一、单选题 1．（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 【分析】使用线面垂直的性质定理，等边三角形的性质求解. 【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. 二、解答题 2．（2026·江苏·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，平面平面，为的中点． (1)求证：． (2)若，，，且与平面所成角为． ①当时，求三棱锥的体积； ②当取最大值时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)已知平面，且平面，因此； 已知平面平面，且平面平面，在平面内作于， 根据面面垂直的性质定理，可得平面，结合平面， 可得； 由于，且平面，根据线面垂直的判定定理，可得平面； 又因为平面，因此． (2)①② 【分析】（1）由线面垂直的定义先得到，在平面内作于，根据面面垂直的性质定理和线面垂直的定义 得到后利用线面垂直的判定定理和定义即可证得结论； （2）①找出与平面所成角，通过其正弦值求出，再利用锥体体积公式求解； ②建立空间直角坐标系表示与平面所成角，通过条件求出与的关系，利用基本不等式求的最大值后再利用公式求解. 【详解】（1）略 （2）①取的中点，连接， 因为是的中点，所以， 由（1）平面，可得平面， 平面，所以， 由，为等腰直角三角形， 因此， 又因为平面，， 所以平面， 则就是与平面所成的角， 已知与平面所成角为，所以. 在等腰中，，所以； 在中，, 代入得，所以, 所以 所以三棱锥体积为. ②过点作平面，垂足为，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则. 故, 直线的方向向量. 设平面的法向量，故，即, 令，则，所以. 由直线与平面的夹角为，得， 整理得 ， 交叉相乘同时平方得， 进而有， 由基本不等式得，,所以 ， 当且仅当 时，即时等号成立，所以，即的最大值为. 此时 设平面的法向量，则， 即， 令，则，所以. 平面的一个法向量.S 设二面角为，则， 所以. 3．（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. 【新思维】4．（2026·山东青岛·三模）如图，在矩形中、，．为线段中点，将沿翻折至，使得． (1)证明：平面； (2)点，分别为线段，上的点，，当直线与平面所成角最大时，求点到平面的距离． 【答案】(1)由，得，则， 又，平面，则平面，平面，故， 由，为中点，得，而平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法列式确定点位置，再利用点到平面的距离公式求解. 【详解】（1）略 （2）作，由（1）得平面，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， 则， 设， ， 设平面的法向量为，则， 取，得， 记直线与平面所成角为， 则 ， 当时，；当时，， 当且仅当时取等号，此时最大， 平面的法向量为，， 所以点到平面的距离. 5．（2026·甘肃张掖·二模）如图，在三棱锥中，平面，F为的中点，，，E在上，且． (1)证明：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）由线面垂直的性质定理得到，再由线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，再由平面夹角余弦值的向量求法求解即可. 【详解】（1）平面，平面， ， 又，平面， 平面， 平面，， ，为的中点，， 又平面， 平面； （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，， ，， 设平面的法向量为，则有， 即，令，则，， 平面的一个法向量为， 由（1）知，平面， 平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 平面与平面夹角的余弦值为． 6．（2026·湖南长沙·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，侧面底面，且， (1)证明：； (2)若直线与平面所成角为，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）通过线面垂直证明线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解平面与平面的夹角. 【详解】（1）取的中点M，连接，． ∵，．则为正三角形，． 又 ,平面, 平面，又,平面, （2）以为原点，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系, 由题可知．设，则．．   ， ．，， 设平面的法向量是，则， 令，则平面的一个法向量是， 又平面的一个法向量是   ， 所以平面与平面的夹角为． 【新角度】7．（2026·河北邢台·二模）如图，在四棱台 中，，，⊥平面，四边形ABCD 为平行四边形，点E 在棱 上，且//平面 (1)证明: ; (2)若平面平面，，求二面角的正弦值. 【答案】(1) 证明：连接，由题意知，则，故，，，四点共面. 又平面平面，平面，所以. 又，所以四边形为平行四边形，故. 由已知及四棱台的结构特征可得，所以， 所以. (2)二面角 的正弦值为 【分析】（1）利用线面平行的性质定理，结合棱台的几何特征，证明为平行四边形，从而证明出. （2）先证明出四边形为正方形，再建立空间直角坐标系，然后分别求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求出二面角的余弦值，进而求得正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为⊥平面，平面，所以，， 又因为平面平面，平面平面， 所以⊥平面， 又平面，故. 又，所以四边形为正方形. 如图，以A为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z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，得. 设平面的法向量为，则， 令，得. ， 所以二面角的正弦值为 8．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知四棱锥中，底面为平行四边形，底面，平面平面． (1)求证：平面； (2)若，点在棱上，且，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明：过作于，因为平面平面，平面平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）利用平面与平面垂直的性质可得线面垂直，结合线面垂直的判定可证结论； （2）建立坐标系，求出平面法向量，利用向量夹角可得答案. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面，所以， 因为四边形为平行四边形，所以四边形为矩形， 所以， 因为平面，平面， 所以，所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则 ， 所以 ， 设平面法向量，，即， 所以 ， 因为平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，， 所以. 9．（2026·河北保定·三模）如图，四棱锥中，平面平面，，． (1)证明：平面； (2)若，，，四棱锥外接球的球心为O，求直线AO 与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明如下： 因为平面平面，平面平面，，平面， 则平面，由平面可得， 又因为，，且，平面， 则平面，由平面可得， 且，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，即可得，进而可证平面，可得，即可证线面垂直； （2）建系并标点，分析可知，进而可得，，求平面PCD的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）略 （2）因为平面，， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，，， 因为四棱锥有外接球，则四边形有外接圆，可得， 则，解得，即， 可知的中点为，可设，， 则，即，解得，即， 可得，，， 设平面PCD的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线AO 与平面PCD所成角的正弦值为. 题型04 垂直关系中的动点与探究问题 一、单选题 1．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 二、多选题 2．（2026·浙江·三模）如图，在正三棱台中，为的中点，是上的动点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则下列关于的大小，一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据定义分别作出 ， ， ，再利用三角函数值域以及单调性即可得出AD正确，分别假设三棱台趋近于棱柱或者高为0时，可得的大小无法比较. 【详解】取的中点为，连接 ，作 ，垂足为，连接 ，如下图所示： 根据正三棱台性质可得 ，又因为 ，且 平面 ， 所以平面 ， 又平面 ，所以， 又因为 ， ，且 平面， 所以平面， 依题意可知直线与直线所成角为 ， 直线与平面所成角为 ，二面角的平面角为 ； 易知，且， 即可得 ，所以 ，因此可得A正确，D正确； 又因为当三棱台趋近于三棱柱，且点趋近于点时，此时 ，可得； 当三棱台的高趋近于0，且点趋近于点时，此时 ，可得； 所以的大小无法比较，因此选项B错误，C错误. 【新思维】3．（2026·山东淄博·二模）如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（    ） A．的轨迹是双曲线的一部分 B．的轨迹是椭圆的一部分 C．四棱锥体积最大值为 D．的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】根据直线与所成角的最小值即为直线与平面所成的角得到，进而得到为定值，从而的轨迹是四分之一圆，可判断出AD；同时由的轨迹是圆弧可知 形成的曲面是圆锥面，作为与的交点，其轨迹也就是平面截圆锥面得到的曲线，根据圆锥的截面性质可知该曲线为椭圆的一部分，可判断出B；分别利用共线与共面得到的两种表达，结合得到点的坐标也即四棱锥的高的表达式，最后运用表达式相关知识求出最值，即可判断C. 【详解】因为点在直线上，点在直线上，且， 所以直线可以看作平面内任意一条不与平行的直线 （当间的距离趋于无穷远时，方向趋近于与平行）， 直线与所成角的最小值即为直线与平面所成的角， 因为平面，所以直线与平面所成的角即为， 于是有，已知，可得， 即点到定点的距离为定值，又因为点在正方形内部， 因此的轨迹是以为圆心，为半径，在正方形内部的四分之一圆弧， 轨迹长度为，A错误，D正确； 由前述分析可知，的轨迹是四分之一圆，则形成的曲面是一个以为高， 为母线的四分之一圆锥面，点是与的交点， 则的轨迹即为平面截圆锥面得到的曲线， 显然为正三棱锥，取中点，连接， 则在底面上的投影为底面的中心即在中线上， 所以与平面所成的角为，， 可得，而圆锥面半顶角为， 所以平面截圆锥面得到的曲线为椭圆，因为的轨迹是圆的一部分， 所以的轨迹是椭圆的一部分，B正确； 以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则，因为在上， 所以可设，那么有，， 同时根据在平面上可得 ， 于是有，解得，则的坐标也即到底面的高 ，因为，由柯西不等式可得， 即，所以， 进而有四棱锥体积最大值为，C正确. 【点睛】平面截圆锥的截面曲线根据平面与圆锥高的夹角不同有三种结果，夹角大于圆锥半顶角时为椭圆（或圆），等于半顶角时为抛物线，小于半顶角时为双曲线. 【新思维】4．（2026·贵州贵阳·二模）已知圆台的上、下底面半径分别为，母线．AB是下底面的直径，点C在下底面圆周上，且，点是上底面圆周上的动点，则下列结论正确的有（   ） A．该圆台存在内切球，且内切球半径为 B．存在两个点D，使点B到平面的距离为 C．存在点D，使过点A的母线与平面平行 D．存在点D，使得平面平面 【答案】AB 【分析】根据几何体的内切球、点面距、线面平行、面面垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设，且，设是的中点， ，， 所以，过作，垂足为， 则， 而，所以该圆台存在内切球，且内切球半径为，A选项正确. 由于点C在下底面圆周上，且，所以， 以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示： 则, 设，, 设平面的法向量为， 则， 故可设，则 所以B到平面的距离为， 若，整理得， 而， 所以， 由于，所以或， 解得或，即存在两个点D，使点B到平面的距离为，B选项正确. 设平面的法向量为， 则， 故可设，而, 则, 所以不存在点D，使过点A的母线与平面平行，C选项错误. 易知 ， 又因为，所以, 所以恒成立，即， 即不存在点D，使得平面平面，D选项错误. 5．（2026·福建三明·二模）如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C．当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D．线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 【答案】ABD 【分析】对于A，连接，先证明平面，可得，同理可证平面，可得，进而得到平面，进而求证即可判断；对于B，先证明，结合题设可得点P到点B的距离等于它到直线的距离，再根据抛物线的定义即可判断；对于C，由向量关系找到点的位置，因为球心到截面的距离最大时，截面面积最小，所以为截面圆心，结合勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积即可判断；对于D，旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围即可判断. 【详解】对于A，连接，在正方形中，， 在正方体中，平面， ∵平面，∴， ∵，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 同理可证平面，∵平面，∴， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， ∵平面，∴， 则点P到直线AB的距离，即为点P到点B的距离， 由于点P到直线AB的距离等于它到直线的距离， ∴点P到点B的距离等于它到直线的距离， 又P（与点不重合）是正方体侧面内的动点， 因此，根据抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确； 对于C，当时，为线段上靠近点的四等分点，如图， 易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，外接球的半径， 设中点为，连接， 则，易得，，则， 若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP， 因此，截面面积最小为，故C错误； 对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥， 设，，， 在旋转过程中，与所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值， 则，， 所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确. 三、填空题 【新题型】6．（2026·天津河东·二模）已知正四棱锥，的中点分别为，点为上一动点，平面将正四棱锥分为两个部分，当为中点时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________；当时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________． 【答案】 /0.2 【分析】由正四棱锥的性质及四棱锥的体积公式即可求解． 【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，平面截正四棱锥的截面为四边形，与交点为，如图所示， 因为的中点分别为，点为中点， 所以，且， 又平面，平面， 所以，平面，又，平面，且， 所以平面平面，则点也为中点， 所以四棱锥 与正四棱锥相似，相似比为， 所以四棱锥的底面边长为，高为，， 所以， 设体积较小部分的体积为，体积较大部分的体积为， 则，， 所以； 设底面正方形的中心为，作出平面与正四棱锥的截面图，交于点， 在平面中，， 设，， 因为， 所以，即， 所以，即点重合，如图所示，截面为， 所以， ， 所以． 四、解答题 7．（2026·山东菏泽·二模）已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 【答案】(1)证明如下： 以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系 则、、、、、、， 因为为中点，所以， 所以，，， 所以 ，，所以，， 又因为，，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）设，则，且，，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值的最大值； （3）解法一：证明出平面平面，平面平面，可知为点到直线的距离，为点到直线的距离，求出直线、的距离，利用点到直线的距离公式结合可求出点的轨迹方程，令，求出的值，即可求出的长； 解法二：设，，，利用空间向量中点到平面的距离公式结合可得出关于、的等式，令，解出的值，即可求出的长. 【详解】（1）略 （2）因为，为四边形内一动点， 设，则，且，，所以， 又因为，， 设为平面的一个法向量， 则，取，则， 设与平面所成角为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 此时，即时，等号成立， 所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为. （3）法一：因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，平面，所以平面平面，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以为点到直线的距离，为点到直线的距离， 在平面内，以为原点，直线所在直线为轴建立如下图所示平面直角坐标系， 设，因为，，则， 同理可知点，则直线的方程为，直线的方程为， 所以，所以， 所以点的轨迹为焦点在轴或者轴的双曲线， 由题意可知，点为焦点在轴的双曲线交于、两点， 所以，令，所以，所以； 法二：由（2）设，，， 由（1）知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，，， 所以，取，可得， 因为，所以，， 所以，所以， 由题意令，，解得或（舍）， 所以. 8．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）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. 9．（2026·河南·二模）如图，三棱台的下底面是边长为6的正三角形，上底面是边长为3的正三角形，平面，． (1)证明：为直角三角形； (2)已知为棱上一动点，，若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作，证明为棱的中点，进而根据正三角形的性质以及线面垂直的判定定理以及性质求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面夹角的余弦值. 【详解】（1）由题意，平面，则可过点作交棱于点， 则平面，又平面，得， ，为棱的中点， 方法一： 又因为为等边三角形，所以， 又 ，平面 ， 又平面 ，， 又，则，所以为直角三角形； 方法二： 是边长为6的等边三角形，所以，又， ， 又平面， ，又，， ，又，得， 所以为直角三角形； （2）以点为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ，，， 又，所以， 因为为棱上一动点，可设． 则 设平面的法向量为， 则，即. 可取． 因为平面，所以，即． 解得，得． 又， 设平面的法向量为， 则，即， 可取． 又平面的法向量可取． 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 【新思维】10．（2026·湖南湘潭·二模）在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，点F在上，且，设点G是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若Q为中点，求的面积取值范围. 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量，利用夹角公式结合换元法即可求解； （3）由题可得，设，再根据，结合二次函数求范围即可． 【详解】（1）证明：因为平面平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面； （2）解：在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，可知. , 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而， 故； （3）解：由题可知， 设， ，， ，， ． 11．（2026·山东临沂·二模）已知四边形ABCD为等腰梯形（如图1），，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至位置（如图2），且．        (1)证明：平面平面BCDE； (2)求点B到平面PDC的距离； (3)设M为棱PC上的动点，当EM与平面PDC所成角最大时，求平面BCDE与平面EBM夹角的正切值． 【答案】(1)证明：由，，，可知四边形BEDC为菱形， 因此，为等边三角形，，翻折后，， 取DE中点O，连接PO， 因为等边三角形，故，且， 在中，， ∴， 故． 因，平面BCDE， 故平面BCDE，又平面PDE， 故平面平面BCDE．    (2) (3)． 【分析】（1）取DE中点O，连接PO，可得，利用勾股定理可得，结合线面垂直的判定定理可得平面BCDE，，从而证得平面平面BCDE （2）以O为原点，分别以OE，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面PDC的法向量，利用空间中点到面的距离公式求解即可； （3）设，直线EM与平面PDC所成角为，利用空间向量法可得，结合二次函数的性质可得当时，直线EM与平面PDC所成角最大，从而得到M的坐标，求出平面EBM的法向量，利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）以O为原点，分别以OE，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，， 设平面PDC的法向量为，则 ， 令，得，，故， ∴点B到平面PDC的距离为．    （3）设，则M的坐标为， 所以， 设直线EM与平面PDC所成角为， 则， 当时，直线EM与平面PDC所成角最大， 此时M的坐标为， ，， 设平面EBM的法向量为，则 ， 令，得，，故， 平面BCDE的法向量可取， ∴平面EBM与平面BCDE夹角的余弦值为 ． ∴， ∴． 即平面BCDE与平面EBM夹角的正切值为． 题型05 垂直关系的综合应用 一、单选题 【新思维】1．（2026·辽宁·模拟预测）在三棱锥中，、、两两垂直，，在侧面上，在棱上，，为中点．则点的轨迹把三棱锥分成两部分的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知三棱锥中，，，两两互相垂直，根据已知数据可以计算出三棱锥的体积，又由点，分别在侧面和棱上运动，，为线段中点，我们可以判断点的轨迹为球面，分别计算两个几何体的体积即可得到答案. 【详解】，，两两互相垂直，所以平面， 所以. 平面， 若重合，,点的轨迹是以为圆心半径为的在平面上的圆弧， 若不重合，则，， 当在或上移动时，点的轨迹是以为圆心半径为1分别在平面上或平面上的圆弧， 当在平面内移动时，点的轨迹是夹在上面三个圆弧之间的球面上的点， 所以点的轨迹是以为球心，半径为的球面被三棱锥三个侧面所截的球面的 球面的上部分体积为， 所以上下两部分体积比为. 【点睛】本题考查棱锥的体积以及球的体积，其中判断出点的轨迹是在以为球心1为半径的球面上是解题的关键，属于较难题. 【新情境】2．（2026·天津河西·模拟预测）现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，，，，四点在一条直线上），，，，，则图二所示的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可知，分别求出两个棱柱体积即可. 【详解】由正方形可知， ， ， ，平面， 平面，则三棱柱为直三棱柱 ， ，同理可知 为边长为2的等边三角形， ， .    二、多选题 【新思维】3．（2026·陕西西安·模拟预测）已知正四棱锥中，底面边长为，侧面与底面所成二面角的大小为，记为该四棱锥底面的中心，长为的线段的一个端点在线段上运动，另一个端点在底面上运动，线段的中点为，下列结论正确的是（    ） A．直线与、与所成的角相等 B．侧棱与底面所成角的正切值为 C．的轨迹与底面围成几何体的体积为 D．记为的中点，过作截面将该四棱锥分为上、下两部分（如图），记上下两部分的体积为，，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】选项A：通过平移异面直线，将与与的夹角转化为与与的夹角，结合正四棱锥的性质判断；选项B：结合图形确定侧棱与底面所成角，再用比上底面中心到顶点的距离得到正切值即可；选项C：建立坐标系，设出的坐标，结合长度为的条件，推导点坐标满足的方程，进而确定轨迹形状，再计算对应几何体的体积； 选项D：首先找到过BM的截面与棱锥其余棱的交点，确定截面形状，然后利用体积分割表示出上部分的体积，再结合基本不等式求的最小值. 【详解】正四棱锥底面边长为，是底面中心， 设高，到侧面底边的投影长为，侧面与底面二面角为， 因此，到顶点距离. 选项A，由正四棱锥可得、，可得直线与、与所成的角为， 由正四棱锥对称性，可得，即直线与、与所成的角相等，A正确； 选项B，如图所示，设侧棱与底面所成角，满足，B错误； 选项C，如图所示，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 设，，由得，是中点， 坐标满足，代入得，且， 即轨迹是半径为的上半球，体积为：，C正确； 选项D，记正四棱锥的体积为，的最小值，由为定值知，只需求的最小值. 如图所示，设过的截面分别交和于、，平面与平面的交线为，与相交于，则，令，， 则，即有， ， 当且仅当时取等号，此时 ，所以的最小值是. 三、解答题 4．（2026·安徽合肥·模拟预测）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． 5．（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)因为四边形是正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 因为，所以， 又因为，且平面，所以平面. (2)存在 【分析】（1）通过面面垂直可以证明平面，从而得到，再使用勾股定理证明，最后证明平面； （2）通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量，使用空间向量表示出直线BP的方向向量，求出是否存在直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）如图，过点作， 因为平面平面，所以， 所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立 空间直角坐标系， ，， ， 设，因此的坐标为， 所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得（舍去）， 因此存在，使得直线与平面所成角的正弦值为. 6．（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. 7．（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. 8．（2026·江苏南京·三模）如图，在四棱锥中，，，15，25. (1)求证：面； (2)求证：二面角是直二面角； (3)在平面上求点，使面. 【答案】(1)如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO，因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O，也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD，所以，又因为，满足所以， 又，所以面； (2)以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系：则 易得，则，设，则， 因为，所以，解得，则 所以， 设平面PBC的一个法向量为则，即， 令，则，所以， 设平面PCD的一个法向量为则，即， 令，则，所以， 因为，所以，则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； (3). 【分析】（1）连接BD，取BD的中点O，连接PO，易得平面ABCD，从而，再由得到，然后利用线面垂直的判定定理证明； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面PBC和平面PDC，利用向量法求解； （3）根据面，得到，设，由求解. 【详解】（1）如图所示： 连接BD，取BD的中点O，连接PO， 因为，， 所以的外接圆的圆心为BD的中点，即点O， 也为点P在底面ABCD上的射影，则平面ABCD， 因为平面ABCD,所以， 又因为，满足 所以，又， 所以面； （2）以A为原点，以AB，AD分别为x，y轴，建立空间直角坐标系： 则 易得，则， 设，则 ，因为， 所以，解得， 则 所以， 设平面PBC的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 设平面PCD的一个法向量为 则，即 令，则， 所以， 因为，所以， 则平面平面PDC，所以二面角是直二面角； （3）因为面，所以，设， 则， 因为， 所以， 解得， 则. 9．（2026·四川眉山·模拟预测）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． 10．（2026·海南·模拟预测）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. 11．（2026·河北·模拟预测）在中，，，，为的中点，为中点，如图，沿将翻折至的位置，使点落到点的位置，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)因为，，为的中点，故， 所以，又是中点，所以， 在中，，， 故，， 因此，， 由可得， 在中由余弦定理得：， 在中： ， 所以，又，平面， 所以平面， (2). 【分析】（1）先证明，再根据勾股定理证明，根据线面垂直判定定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再求出直线的方向向量，结合向量夹角公式求解. 【详解】（1）略； （2）以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 向量，，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，即为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则. 直线与平面所成角的正弦值为． 重难·创新演练 设题创新: 垂直关系的综合应用 一、多选题 【新思维】1．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在矩形中，，，M，N分别为，的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（     ）    A．三棱锥体积有最大值 B．三棱锥外接球半径为定值 C．存在某个位置使 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 【答案】ABD 【分析】对A，当平面平面时，三棱锥的体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断； 对B，由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断； 对C，利用相似得到，利用反证法可得平面，得判断； 对D，分析直线被球截得的线段长与二面角的大小有关，求出二面角在临界值时的情况， 即可得到线段长的取值范围. 【详解】对于A，当平面平面时，点到平面的距离最大， 又，所以此时三棱锥的体积最大， 因此三棱锥体积有最大值，故A正确； 对于B，在翻折的过程中，和都是直角三角形，所以两个三角形的外接圆圆心都在的中点处， 故三棱锥外接球球心为的中点，半径为，故B正确； 对于C，如图，在矩形中连接，由， 所以，则，    假设存在某个位置使，又平面，且， 所以平面，又平面，所以， 又平面，，所以平面， 又平面，故，即，这与矛盾， 故不成立，故C错误；    对于D，因为球心为的中点，连接，所以， 又因为直线被三棱锥外接球截得的线段长为， 其中为球心到直线的距离， 所以的长度和二面角的大小有关，夹角越大，线段越长.    当二面角大小接近时，直线被球截得的线段长最长，趋于直径， 当二面角大小接近时，直线被球截得的线段长最短， 如图翻折后，此时，则， 所以，则，又， 所以此时直线被球截得的线段长， 综上，直线被球截得的线段长的取值范围是，故D正确. 故选：ABD. 2．（2026·福建福州·三模）在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，则（    ） A．当点为的中点时，在上的投影向量的模为1 B．三棱锥体积的最大值为 C．对于任意点，都有 D．点到直线的距离的最小值为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，由相关公式判断AD；B选项，等体积法得到三棱锥体积最大值；C选项，证明线面垂直，由线面垂直得到线线垂直 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 故， 则， 所以， 在的投影向量的模为，A错误； B选项，， 当点与点重合时，点到平面的距离最大，最大值为， 三棱锥体积的最大值为，B正确； C选项，因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以，对于任意点，都有，C正确； D选项，设，， ，则， 故，所以， 所以， ，故， 点到直线的距离 ， 故当时，取得最小值，最小值为，D错误.    二、填空题 【新情境】3．（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 【分析】当与位于同一半圆时，可知当三点共线时取得最小值，当位于时，取得最大值；当与分别在两个半平面中时，作出二面角的平面角及在平面上的投影点，设，利用勾股定理和三角恒等变换知识，结合三角函数值域求法可求得所处的范围；综合两种情况可得结果. 【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. 三、解答题 4．（2026·山东·模拟预测）如图， 是 的直径， 与 所在平面垂直， 是 上的点， 点 为线段 的中点，点 在 上的射影为 . (1)求证: ； (2)点 在 上运动. （i）证明: 点的轨迹是圆: （ii）当三棱锥体积最大时，求二面角 的大小. 【答案】(1)因为平面，平面， 所以， 因为，且，所以平面， 因为平面，所以， 因为，且，所以平面， 因为平面，所以. (2)（i）取的中点为，取的中点为， 连接，，，如下图所示， 因为，所以， 所以，故点在以为直径的球面上, 由上问知，即， 所以，故在以为直径的球面上， 因为，且， 故的轨迹是分别以，为直径的球的交线，该交线为圆， 故点的轨迹是圆. （ii） 【分析】（1）通过证明线面垂直从而证得线线垂直； （2）（i） 通过证明动点同时在两个球的交线上，从而证得动点的轨迹为圆； （ii）通过证明当三棱锥体积最大时，即三棱锥的高最大，结合基本不等式得到高的最大值，从而证得二面角为直角三角形的一个内角，进而求出二面角的大小. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）设，则， 设，则， 过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，如下图所示， 由于的面积确定，所以当三棱锥体积最大时， 即点到平面的距离最大， 因为平面，平面，所以， 因为，所以平面， 所以为点到平面的距离， 故 ， 得到， 当且仅当，即时等号成立， 此时，， 故点到平面的距离最大为， 因为，为中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 所以为到直线的距离， 在直角中，，， 所以， 设二面角的平面角为，则，解得， 所以二面角的大小为. 5．（2026·山东济南·模拟预测）如图，在几何体中，平面平面，，，，，为中点，点，在直线两侧． (1)求证：平面； (2)已知，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为平面平面， 平面平面，平面，， 所以平面. 取的中点，连接. 因为，所以， 因为，所以， 因为为的中点，所以， 可知三点共线，所以， 所以平面. (2) 【分析】（1）由面面垂直得平面；取中点，由得，结合中位线可证共线，从而，故平面 ； （2）建系，利用已知长度求出各点坐标，分别计算平面与平面的法向量，代入夹角公式计算可得结果. 【详解】（1）略. （2） 由（1）知平面，平面，所以. 又因为，， 则以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 连接，由（1）知平面 ，平面， 所以 ，，又， 所以. 又， 所以，，. 因此，. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，则. 易得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的余弦值为. 6．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图1所示，是边长为2的正三角形，四边形是一个等腰梯形，，，O为的中点，现在沿着把折起到的位置，连接，，使得，如图2所示．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥的外接球的半径． 【答案】(1)连接，，， 由是边长为2的正三角形，可得，，， 又由等腰梯形，且，可得， 因为，所以，所以， 因为，且，平面，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）根据正三角形，等腰梯形的性质，勾股定理，及线面垂直的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解即可； （3）先确定的外接圆圆心为，再确定三棱锥的外接球的球心在直线上，进而结合勾股定理即可求出该外接球的半径． 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，且为的中点，所以，且， 又因为平面，则，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，结合（1），得，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，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． （3）连接，结合（2）有，则， 因为，所以，所以的外接圆圆心为， 又平面，所以三棱锥的外接球的球心在直线上， 如下图，设外接球半径为，则，    设，则，解得， 所以． 7．（2026·北京·三模）如图，在五面体中，平面平面，底面是边长为2的菱形．，，．    (1)若点，分别为棱和棱的中点，求证：平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 【答案】(1)因为，且，所以四边形是等腰梯形. 取的中点，连接、.是中点，故，； 又是中点，菱形中，，故，. 因此且，四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面，故平面.    (2) 【分析】（1）取的中点，连接、.根据中位线以及菱形的性质得到四边形是平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，应用线面角正弦公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）由，菱形边长为，故为正方形，进而. 又平面平面，交线为，平面，故平面. 故可以为原点，分别以为轴，以过点的平面的垂线为轴,建立空间直角坐标系. 由（1）易得，，，，，. 故，，. 设平面的法向量， 则，故可取. 设直线与平面所成角为， 则. 因为，故.    8．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在中，，垂足为，，．将绕翻折至．    (1)是否存在某个翻折位置，使得平面？若存在，求出此时的大小；若不存在，请说明理由． (2)当在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【答案】(1)翻折到时，平面，此时. (2) 【分析】（1）先证明平面得，再根据时，结合勾股定理，进而即可证明平面，此时求得； （2）结合（1），建立空间直角坐标系，设，，再根据向量法求解线面角，并结合三角恒等变换求解即可. 【详解】（1）因为在中，，垂足为， 所以，翻折至时，， 因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 因为，． 所以，， 所以，当翻折到时，，即， 因为，平面， 所以平面， 综上，当翻折到时，平面，此时. （2）如图建立空间直角坐标系， 则，，， 设，则， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，整理得， 所以， 设直线与平面所成角为， 则 ， 因为， 所以，，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的最小值为.    【新情境】9．（2026·福建福州·三模）蜂巢（图1）是由许多正六边形的中空柱状体（蜂房）连接而成，其设计有着深刻的数学原理，我国著名数学家华罗庚曾专门研究蜂房的结构，著有《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》．用数学的眼光去看蜂房的结构，如图2在正六棱柱的三个顶点A、C、E处分别用平面，平面，平面截掉三个相等的棱锥，，，平面，平面，平面交于一点，则这三个平面与正六棱柱的侧面与底面围成了封闭的几何体，就形成了蜂房结构．已知，．    (1)求该正六棱柱内半径最大的球的体积； (2)判断四边形是否为菱形，并证明你的结论； (3)求当蜂房结构的表面积最小时，求平面与平面所成的锐二面角的正切值． 【答案】(1) (2)四边形是菱形， 证明如下： 连接，，，， ， 为平行四边形， ， 同理可得， 又， ， 为平行四边形， 故， 又平面，平面 平面， 又平面，平面平面， 故， 同理可得， 又， 故四边形为菱形． (3) 【分析】（1）分别计算出球与棱柱的六个侧面相切和球与棱柱的上下底面相切时的半径，即可得答案； （2）由题意可证四边形、为平行四边形，由线面平行的性质定理可得，，再由，即可得结论； （3）由二面角的定义可得为平面与平面所成的锐二面角的平面角，进行可得，： 法1：利用换元思想及基本不等式求解即可； 法2：令，可视为与两点连线的斜率，利用直线与圆的位置关系进行求解即可. 【详解】（1）当球与棱柱的六个侧面相切时， 其底面正六边形的内切圆半径为边长的， 所以球的半径为， 而当球与棱柱的上下底面相切时，半径为10， ， 故该六棱柱内体积最大的球的半径为， 故其体积为； （2）略. （3）取中点K，连接、， 由，为等腰三角形， 可得，， 为平面与平面所成的锐二面角的平面角, 设，， ，， , ，，    法1： ， 令，， 其中，又，， 故当时 即时 即 故当蜂房结构的表面积最小时， 平面与平面所成的锐二面角的平面角的正切值为． 法2： 令，可视为与两点连线的斜率， 即圆在第一象限内的一点与两点连线的斜率， 由图形可知，当直线与圆相切时，斜率取得最大值， 函数取得最小值， 由图可知，此时， 故当蜂房结构的表面积最小时， 平面与平面所成的锐二面角的平面角的正切值为．    10．（2026·湖南·模拟预测）在中，，，，分别为AC，AB的中点．将沿线段DE折起，使点到达点的位置，连接PB，PC，得到四棱锥，取BC的中点，连接PF．    (1)证明：． (2)如图1，当平面平面BCDE时，求二面角的大小． (3)如图2，设二面角的大小为，在折叠过程中，即在上变化时，求的重心在空间中的运动轨迹的长度． 【答案】(1)证明：如图，取DE的中点，连接PO，OF． 在中，因为，F为BC的中点，所以 AF ⊥ BC， 因为 D、E 分别为 AC、AB 的中点，所以 DE ∥ BC， 所以AF ⊥ DE， 在折叠后的四棱锥 P−BCDE 中 ，． 因为 ， 平面POF， 所以平面POF． 因为平面，所以； (2) (3) 【分析】（1）通过线面垂直证明线线垂直； （2）找到二面角的平面角，从而求出角度大小； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）略 （2）解：，∴，， ∴二面角的平面角为． ，平面平面BCDE，平面平面， 平面BCDE，又平面BCDE， ．由题意得，∴，即二面角为； （3）如图，取DE的中点，连接PO，OF． 由（1）可知，，则． 以为原点，建立空间直角坐标系，    则，，．设． 由重心性质可得， ， ． 为定值，∴重心在固定平面内运动． 由 ， ，得， ∴点在圆心为，半径的圆上． 又，∴点在空间中的运动轨迹的长度为． 真题·实战演练 高频考点：线面垂直的证明 一、单选题 1．（1997·全国·高考真题）已知三棱锥的三个侧面与底面全等，且，，则以为棱，以平面与平面为面的二面角的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二面角平面角的定义确定以为棱，以平面与平面为面的二面角的平面角，解三角形求其大小即可. 【详解】取的中点为，连接，因为与全等，又，， 所以，，因为为的中点，所以，，所以为以为棱，以平面与平面为面的二面角的平面角，在中，，，所以，同理可得，在中，因为，，，所以，所以，所以以为棱，以平面与平面为面的二面角的大小为， 故选：C. 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．（2017·全国·高考真题）点P在直二面角的棱上，C，D分别在内，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，过C作AB的垂线，垂足为Q，结合全等三角形、勾股定理及面面垂直的性质可得，进而得到为等边三角形，即可求解. 【详解】设，过C作AB的垂线，垂足为Q，即， 因为，则，则， 因为，，，所以， 又，所以， 所以，则为等腰直角三角形，则. 故选：C. 4．（2007·全国·高考真题）已知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，则侧棱与底面所成角的余弦值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正三棱锥底面边长为，则侧棱长为，作图确定侧棱与底面所成角，解直角三角形即可得答案. 【详解】由题意知正三棱锥的侧棱长是底面边长的2倍，如图，设正三棱锥底面边长为， 则侧棱长为∶，设顶点A在底面的射影为O点，连接并延长交于E， 则E为的中点，则为侧棱与底面所成角， 由于为正三角形，则O为其中心， ， ， 在中， ， 即侧棱与底面所成角的余弦值等于， 故选：A. 二、解答题 5．（1998·全国·高考真题）已知斜三棱柱的侧面与底面垂直，，，，且，． (1)求侧棱与底面所成角的大小； (2)求侧面与底面所成二面角的大小； (3)求顶点到侧面的距离． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，证明出平面，可知侧棱与底面所成角为，可得结果； （2）取的中点，连接、，证明出，，分析可知侧面与底面所成二面角为，通过解可求得结果； （3）过点在平面内作，证明出平面，计算出，可得出点到平面的距离为，即为所求. 【详解】（1）解：取的中点，连接， 因为，，则为等腰直角三角形， 因为，为的中点，所以，，且， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面，所以，侧棱与底面所成角为， 即侧棱与底面所成角为. （2）解：取的中点，连接、， 因为平面，、平面，，， 、分别为、的中点，则，且， ，则， ，、平面，平面， 平面，，故侧面与底面所成二面角为， 在中，，故， 因此，侧面与底面所成二面角为. （3）解：过点在平面内作， 因为平面，平面，， 因为，，、平面，平面， 在中，，，，则， 所以，，因此点到平面的距离为. 6．（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. 7．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明:如图， 底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得， ， (2) 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【详解】（1）略； （2）， ， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1) 连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． (2)． 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【详解】（1）略 （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 9．（1994·全国·高考真题）如图，已知是正三棱柱，D是AC中点. (1)证明：平面； (2)假设，求以为棱，与为面的二面角的度数. 【答案】(1)连接交于点，连接， 是正三棱柱，四边形是矩形． 所以为中点，又D是AC中点， 所以为的中位线， 所以， 又平面，平面， 所以平面； (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，根据中位线定理证明即可； （2）设，，通过建立空间直角坐标系，得到点的坐标后求出平面和平面的法向量，利用两向量的夹角即可得所求． 【详解】（1）略 （2）作，垂足为， 在正三棱柱中，平面平面，且交线为 , 由，平面, 所以面，连接， 则是在平面上的射影． ， 由（1）知，，则，是二面角的平面角． 设，则．是正三角形，在中， ，．取中点．，． 在中， ，又，， ，即．． 由于为锐角,． 故二面角为． 【点睛】 10．（1999·全国·高考真题）如图，已知正四棱柱，点E在棱上，截面，且面与底面所成的角为，． (1)求截面的面积； (2)求异面直线与之间的距离； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1) (2)； (3)． 【分析】（1）连接交于点，连接，证明，，得出是二面角的平面角，得，然后计算出各线段长，得三角形面积； （2）证明线段是异面直线与的公垂线段即得， （3）连接，取中点，连接，证明平面，然后由体积公式计算体积． 【详解】（1）连接交于点，连接， 平面，平面，平面平面，所以， 是中点，则是中点， 平面，平面，则，同理， 又，，平面，所以平面，而平面，所以， 所以是二面角的平面角，由已知， 正四棱柱中，，则， 正方形中，，则，，，， 所以， （2）由（1）知，， 由与上下底面垂直，因此与上下底面中的直线，垂直， 所以线段是异面直线与的公垂线段，线段的长就是异面直线与之间的距离，所以所求距离为； （3）连接，取中点，连接， 由正方体性质知，，，同理， 所以，则， 由平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，则平面， 所以． 11．（1994·全国·高考真题）如图，已知是正三棱柱，D是AC中点. (1)证明:∥平面； (2)假设，，求线段在侧面上的射影长. 【答案】(1)连接交于，连接，如下图所示： 由平行四边形性质可知，为的中点， 因为D是AC中点， 所以为的中位线， 故， 因为平面，平面， 所以∥平面. (2) 【分析】（1）结合已知条件，利用中位线性质和线面平行判定定理即可证明； (2)利用正三棱柱性质，面面垂直性质，线面垂直性质和判定定理证明平面，进而可得到所求射影线段，最后利用勾股定理即可求解. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，连接交于，如下图所示： 由正三棱柱的性质可知，平面平面，为正三角形， 故， 因为平面平面，平面， 所以平面， 从而线段在侧面上的射影为线段， 因为平面， 所以， 因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 由平面几何性质可知，， 从而，即，， 不妨设， 因为， 所以，，即，， 由勾股定理可知，，解得， 从而， 故线段在侧面上的射影长为. 12．（1997·全国·高考真题）如图，在正方体中，分别是的中点． (1)证明：； (2)求与所成的角； (3)证明：平面平面； (4)设，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明: 因为多面体是正方体，所以平面，又平面，所以， (2)； (3)证明： 由(1)知, 由(2)，因为，平面, 所以平面，又 面 所以平面 平面； (4). 【分析】(1)根据正方体的性质得到平面，进而得到线线垂直；(2) 取的中点，连接，证明，再证明，由此求与所成的角；(3)根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；（4）证明平面，由此可得，结合锥体体积公式求解即可. 【详解】（1）略； （2）取的中点，连接，，记的交点为，因为为的中点，所以，又，，所以，所以，又，所以，所以，因为，，所以，又，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以与所成的角为； （3）略； （4）因为，平面，平面，所以平面，所以点与点到平面的距离相等，，又， 所以， 又平面 ，即平面，三棱锥的高为，，又， 所以. 19 / 21 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $