資源簡介

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專題39 空間直線、平面的垂直（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 13
【考點1】直線、平面垂直的判定與性質 13
【考點2】平面與平面垂直的判定與性質 21
【考點3】平行、垂直關系的綜合應用 27
【分層檢測】 35
【基礎篇】 35
【能力篇】 46
【培優篇】 53
考試要求：
從定義和基本事實出發，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系.
1.直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義
如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，我們就說直線l與平面α互相垂直.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直 l⊥α
性質定理 垂直于同一個平面的兩條直線平行 a∥b
2.直線和平面所成的角
(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角叫做這條直線和這個平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內，則它們所成的角是0°.
(2)范圍：.
3.二面角
(1)定義：從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA α，OB β；③OA⊥l，OB⊥l，則二面角α－l－β的平面角是∠AOB.
(3)二面角的平面角α的范圍：0°≤α≤180°.
4.平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直 α⊥β
性質定理 兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直 l⊥α
1.三個重要結論
(1)若兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面.
(2)若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內的任何一條直線(證明線線垂直的一個重要方法).
(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行.
2.三種垂直關系的轉化
一、單選題
1．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國傳統建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個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與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（ ）

A． B．
C． D．
2．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知正三棱柱，E，F分別是棱上的點．記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（ ）
A． B． C． D．
二、解答題
3．（2024·上海·高考真題）如圖為正四棱錐為底面的中心．
(1)若，求繞旋轉一周形成的幾何體的體積；
(2)若為的中點，求直線與平面所成角的大小．
4．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
5．（2024·全國·高考真題）如圖，，，，,為的中點.
(1)證明：平面；
(2)求點到的距離.
6．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
7．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為的中點．
(1)證明：；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
參考答案：
題號 1 2
答案 C A
1．C
【分析】先根據線面角的定義求得，從而依次求，，，，再把所有棱長相加即可得解.
【詳解】如圖，過做平面，垂足為，過分別做，，垂足分別為，，連接，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為和，
所以.
因為平面，平面，所以，
因為，平面，，
所以平面，因為平面，所以，.
同理：，又，故四邊形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因為，
所有棱長之和為.
故選：C
2．A
【分析】先用幾何法表示出，再根據邊長關系即可比較大小．
【詳解】如圖所示，過點作于，過作于，連接，
則，，，
，，，
所以，
故選：A．
3．(1)
(2)
【分析】（1）根據正四棱錐的數據，先算出直角三角形的邊長，然后求圓錐的體積；
（2）連接，可先證平面，根據線面角的定義得出所求角為，然后結合題目數量關系求解.
【詳解】（1）正四棱錐滿足且平面，由平面，則，
又正四棱錐底面是正方形，由可得，，
故，
根據圓錐的定義，繞旋轉一周形成的幾何體是以為軸，為底面半徑的圓錐，
即圓錐的高為，底面半徑為，
根據圓錐的體積公式，所得圓錐的體積是
（2）連接，由題意結合正四棱錐的性質可知，每個側面都是等邊三角形，
由是中點，則，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直線與平面所成角的大小即為，
不妨設，則，，
又線面角的范圍是，
故.即為所求.
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.
【詳解】（1）取的中點為，接，則，
而，故，故四邊形為平行四邊形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因為，故，故，
故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
則
設平面的法向量為，
則由可得，取，
設平面的法向量為，
則由可得，取，
故，
故平面與平面夾角的余弦值為
5．(1)證明見詳解；
(2)
【分析】（1）結合已知易證四邊形為平行四邊形，可證，進而得證；
（2）先證明平面，結合等體積法即可求解.
【詳解】（1）由題意得，，且，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）取的中點，連接，，因為，且，
所以四邊形是平行四邊形，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.
設點到平面的距離為，由，
得，得，
故點到平面的距離為.
6．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先由線面垂直的性質證得，再利用勾股定理證得，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；
（2）結合（1）中結論，建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.
【詳解】（1）因為平面平面，
所以，同理，
所以為直角三角形，
又因為，，
所以，則為直角三角形，故，
又因為，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，則，
以為原點，為軸，過且與平行的直線為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則，
所以，
設平面的法向量為，則，即
令，則，所以，
設平面的法向量為，則，即，
令，則，所以，
所以，
又因為二面角為銳二面角，
所以二面角的大小為.
7．(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、，由平面知識易得，再根據二面角的定義可知，，由此可知，，，從而可證得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，過點做平行線，所以可以以點為原點，，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，以及，即可利用線面角的向量公式解出．
【詳解】（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、．
∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識易知，，則四邊形和四邊形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，則，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中點，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因為平面，過點做平行線，所以以點為原點， ，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，
設，則，
設平面的法向量為
由，得，取，
設直線與平面所成角為，
∴．
【考點1】直線、平面垂直的判定與性質
一、單選題
1．（2024·廣東深圳·二模）已知正方體，過點A且以為法向量的平面為，則截該正方體所得截面的形狀為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
2．（2024·山東濰坊·一模）如圖所示，在棱長為1的正方體中，點為截面上的動點，若，則點的軌跡長度是（ ）
A． B． C． D．1
二、多選題
3．（2023·河南·模擬預測）如圖，在底面為等邊三角形的直三棱柱中，，，，分別為棱，的中點，則（ ）
A．平面
B．
C．異面直線與所成角的余弦值為
D．平面與平面的夾角的正切值為
4．（2024·黑龍江齊齊哈爾·一模）已知四面體的各個面均為全等的等腰三角形，且.設為空間內任一點，且五點在同一個球面上，則（ ）
A．
B．四面體的體積為
C．當時，點的軌跡長度為
D．當三棱錐的體積為時，點的軌跡長度為
三、填空題
5．（23-24高二上·重慶·期末）各棱長均為1且底面為正方形的平行六面體，滿足，則 ；此平行六面體的體積為 ．
6．（23-24高三上·遼寧大連·期中）在三棱錐中，平面，，，則三棱錐外接球表面積的最小值為 .
參考答案：
題號 1 2 3 4
答案 A B ABD AC
1．A
【分析】作出輔助線，根據線面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即為平面，得到截面的形狀.
【詳解】連接，
因為平面，平面，
所以，
又四邊形為正方形，所以，
又，平面，
所以平面，
因為平面，
所以，
同理可證明，
因為，平面，
故平面，
故平面即為平面，
則截該正方體所得截面的形狀為三角形.
故選：A
2．B
【分析】連接，利用線面垂直的判定推理證得平面即可確定點的軌跡得解.
【詳解】在棱長為1的正方體中，連接，
由平面，平面，得，而，
平面，則平面，又平面，
于是，同理，而平面，
因此平面，因為，則平面，
而點為截面上的動點，平面平面，
所以點的軌跡是線段，長度為.
故選：B
3．ABD
【分析】選項A由線面平行的判定定理可證；選項B由線面垂直可證線線垂直；選項CD可由空間向量法可得.
【詳解】選項A：
如圖連接交于，連接，
由題意可知為的中點，又為的中點，故，
又平面，平面，故平面，故A正確；
選項B：由題意為等邊三角形，為的中點，
故,
又棱柱為直三棱柱，故，
又，平面，平面，
故平面，又平面，故，故B正確；
選項C：
如圖建立空間直角坐標系，則，，，
因，故，
所以，，
設異面直線與所成角為，則
故C錯誤；
選項D：由題意平面的一個法向量為，
，，，
設平面的法向量為，則
，即，設，則，，
故，
設平面與平面的夾角為，則，
故，
故，故D正確，
故選：ABD
4．AC
【分析】根據線面的垂直可判斷線線垂直，判斷A；根據棱錐的體積公式可判斷B；根據條件，確定軌跡的形狀，結合圓的周長求得軌跡長度或范圍，即可判斷C，D.
【詳解】對于A，依題意，可知，
設F為的中點，連接，則，
而平面，故平面，
平面，故，A正確；
對于B，將四面體放入長方體中，設長方體的相鄰三條棱長分別為，
則，解得，
由于，即異面直線和的距離為，且平面，，
所以四面體的體積為，B錯誤；
對于C，由以上分析可知，四面體的外接球半徑為，
由，知點的軌跡為一個圓，設軌跡圓的半徑為，
則，解得，
所以的軌跡長度為，C正確；
對于D，由題意可得,
故的外接圓半徑為，
所以球心到所在平面的距離為，
設三棱錐的高為h，
由三棱錐的體積為時，可得，
故，
又由，故E點軌跡為外接球上平行于平面且到平面的距離為的兩個截面圓，
其中一個圓為外接球的大圓，
所以點的軌跡長度大于，D錯誤，
故選：AC.
【點睛】難點點睛：本題考查了四面體中的線面以及線線的位置關系，以及體積和空間幾何體中的軌跡問題，難點在于要發揮空間想象，明確空間幾何體中的線線位置關系，特別是選項D中要明確E點軌跡，從而確定軌跡長度或其范圍.
5．
【分析】由空間向量基本定理可得，對其兩邊同時平方結合數量積的定義即可求出；連接交于點，連接，先證明平面，再由柱體的體積公式即可得出答案.
【詳解】因為
，
所以.
連接交于點，連接，
因為底面為邊長是的正方形，所以，
因為，連接，則，
所以在中，，所以，
又因為，所以，
，平面，
所以平面，所以平行六面體的體積為：
.
故答案為：；.
6．
【分析】設，在等腰中，求得，設的外心是，外接圓半徑是，由正弦定理得，設外接球球心是，可得是直角梯形，設可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半徑，利用三角恒等變換，換元法，變形后由基本不等式求得最小值，從而得球表面積的最小值．
【詳解】設，在等腰中，，
設的外心是，外接圓半徑是，
則，∴，
設外接球球心是，則平面，平面，則，
同理，，
又平面，所以，是直角梯形，
設，外接球半徑為，即，
則，所以，
在直角中，，，
，，∴，
，
令，則，
，
當且僅當，時等號成立，
所以的最小值是．
故答案為：.
【點睛】思路點睛：本題考查三棱錐外接球表面積，解題關鍵是用一個變量表示出球的表面積，前提是選定一個參數，由已知設，其他量都用表示，并利用三角函數恒等變換，換元法，基本不等式等求得最小值．考查了學生的運算求解能力，邏輯思維能力，屬于難題．
反思提升：
(1)證明線面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性；③面面垂直的性質.
(2)證明線面垂直的關鍵是證線線垂直，而證明線線垂直，則需借助線面垂直的性質.
【考點2】平面與平面垂直的判定與性質
一、單選題
1．（2024·貴州·模擬預測）設m、n為空間中兩條不同直線，、為空間中兩個不同平面，下列命題中正確的為（ ）
A．若m上有兩個點到平面的距離相等，則
B．若，，則“”是“”的既不充分也不必要條件
C．若，，，則
D．若m、n是異面直線，，，，，則
2．（2024·浙江寧波·二模）已知平面，則“”是“且”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
二、多選題
3．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在正方體中，分別為棱的中點，點是面的中心，則下列結論正確的是（ ）
A．四點共面 B．平面被正方體截得的截面是等腰梯形
C．平面 D．平面平面
4．（2024·廣東深圳·二模）已知m，n是異面直線，，，那么（ ）
A．當，或時，
B．當，且時，
C．當時，，或
D．當，不平行時，m與不平行，且n與不平行
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）如圖所示，在正方體中，M是棱上一點，平面與棱交于點N．給出下面幾個結論：

①四邊形是平行四邊形；②四邊形可能是正方形；③存在平面與直線垂直；④任意平面都與平面垂直．
其中所有正確結論的序號是 ．
6．（2024·浙江溫州·二模）如圖，在等腰梯形中，，點是的中點．現將沿翻折到，將沿翻折到，使得二面角等于，等于，則直線與平面所成角的余弦值等于 ．

參考答案：
題號 1 2 3 4
答案 D C BD AB
1．D
【分析】對于A，m與可以相交，直線m上關于交點對稱的兩點到平面的距離相等；對于B，C，根據面面垂直的判定及性質進行判斷；對于D，根據面面平行的判定定理進行判斷.
【詳解】對于A，當直線m與相交時，直線m上關于交點對稱的兩點到平面的距離相等，故A錯誤；
對于B，若，，，則，又，所以；當時，，當時，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要條件，故B錯誤；
對于C，若，，，m與n位置關系不固定，可以是各自平面內的任意直線，故C錯誤；
對于D，若m、n是異面直線，，，，，則在直線任取一點，過直線與點確定平面，，又，則，，，所以，又，，所以，故D正確.
故選：D.
2．C
【分析】根據線面垂直即可求證面面垂直，即可說明充分性，根據面面垂直的性質可得線面垂直，即可利用線面垂直的判斷求證必要性.
【詳解】由于，所以，
若 ，則，，故充分性成立，
若，，設，，
則存在直線使得，所以，由于，故，
同理存在直線使得，所以，由于，故，
由于不平行，所以是平面內兩條相交直線，所以，故必要性成立，
故選：C
3．BD
【分析】可得過三點的平面為一個正六邊形，判斷A；分別連接和，截面是等腰梯形，判斷B；分別取的中點，易證顯然不平行平面，可判斷C；平面，可判斷D.
【詳解】對于A：如圖經過三點的平面為一個正六邊形，點在平面外，四點不共面，選項A錯誤；
對于B：分別連接和，則平面即平面，截面是等腰梯形，選項B正確；
對于C：分別取的中點，則平面即為平面，
由正六邊形，可知，所以不平行于，
又平面，所以，所以平面，
所以不平行于平面，故選項錯誤；
對于D：因為是等腰三角形，，
，，
是的中點，易證，由正方體可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故選項D正確．
故選：BD．
4．AB
【分析】根據線線、線面和面面之間的基本關系，結合選項依次判斷即可.
【詳解】A：當，時，；
當，時，，故A正確；
B：當，時，又為異面直線，所以，故B正確；
C：當時，由，得或與相交；
當時，由，得或與相交，故C錯誤；
D：當不平行時，可能或與相交，或與相交，故D錯誤.
故選：AB
5．①④
【分析】利用線面、面面相關判定與性質定理逐一分析即可得解.
【詳解】對于①，因為平面與棱交于點，所以四點共面，
在正方體中，由平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
同理可得，故四邊形一定是平行四邊形，故①正確
對于②，在正方體中，面，
因為面，所以，
若是正方形， 有，，
若不重合，則與矛盾，
若重合，則不成立，故②錯誤；
對于③，因為平面，，
若直線與平面垂直，則直線，顯然矛盾，
所以平面與直線不可能垂直，故③錯誤
對于④，因為平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理：，又平面，平面，，
所以平面，因為平面，所以平面平面，故④正確.
故答案為：①④.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是熟練掌握正方體中的線面關系，從而得解.
6．/
【分析】根據圖象可得直線與平面所成角的余弦值等于的正弦值，設，利用余弦定理求得相關線段的長度再進行計算即可.
【詳解】設，取的中點,連接,
由題知平面平面,
平面平面,
又平面,
所以平面，

則直線與平面所成角的余弦值等于的正弦值，
易求得，
,
又,
解得，
,
則,
所以直線與平面所成角的余弦值等于，
故答案為：.
反思提升：
(1)面面垂直判定的兩種方法與一個轉化
①兩種方法：
(i)面面垂直的定義；
(ii)面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β).
②一個轉化：
在已知兩個平面垂直時，一般要用性質定理進行轉化.在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
(2)面面垂直性質的應用
①兩平面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據，運用時要注意“平面內的直線”.
②兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線垂直于第三個平面.
【考點3】平行、垂直關系的綜合應用
一、單選題
1．（22-23高一下·北京通州·期末）設l是直線，α，β是兩個不同平面，則下面命題中正確的是（ ）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
2．（2024·湖南常德·三模）如圖，現有棱長為6cm的正方體玉石缺失了一個角，缺失部分為正三棱錐，且分別為棱靠近的四等分點，若將該玉石打磨成一個球形飾品，則該球形飾品的體積的最大值為（ ）

A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·全國·模擬預測）在棱長為1的正方體中，是線段的中點，以下關于直線的結論正確的有（ ）
A．與平面平行 B．與直線垂直
C．與直線所成角為 D．與平面的距離為
4．（23-24高二上·浙江金華·期末）“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現了數學的對稱美.如圖，是一個八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，某玩具廠商制作一個這種形狀棱長為，重量為的實心玩具，則下列說法正確的是（ ）

A．將玩具放到一個正方體包裝盒內，包裝盒棱長最小為.
B．將玩具放到一個球形包裝盒內，包裝盒的半徑最小為.
C．將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為.
D．將玩具放至水中，其會飄浮在水面上.
三、填空題
5．（23-24高三下·四川·階段練習）如圖，在平行四邊形中，，且交于點，現沿折痕將折起，直至滿足條件，此時 .

6．（2024·廣東·一模）已知表面積為的球O的內接正四棱臺，，，動點P在內部及其邊界上運動，則直線BP與平面所成角的正弦值的最大值為 ．
參考答案：
題號 1 2 3 4
答案 B B ABD AD
1．B
【分析】由線面平行，線面垂直，面面平行，面面垂直的性質逐項判斷即可；
【詳解】A：若，，則或相交，故A錯誤；
B：若，，由線面平行和垂直的性質可得，故B正確；
C：若，，則或，故C錯誤；
D：若，，則相交或或，故D錯誤；
故選：B.
2．B
【分析】利用等體積法求出點到平面的距離，說明所以所求球形體積最大時即為棱長為6的正方體的正方體的內切球，再根據求得體積公式即可得解.
【詳解】由題意，設點到平面的距離為，
而
，
由，得，解得，
棱長為6的正方體的正方體的內切球的半徑為，
棱長為6的正方體體對角線的長度為，
因為，
所以所求球形體積最大時即為棱長為6的正方體的正方體的內切球，
則該球形飾品的體積的最大值為.
故選：B.
3．ABD
【分析】通過證明平面平面，即可判斷A，通過證明平面，即可判斷B，由，所以與所成角就是直線與直線所成角，利用余弦定理求出，即可判斷C，利用等體積法求出點到平面的距離，即可判斷D.
【詳解】因為且，所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理可證平面，
又，平面，
所以平面平面，而平面，故平面，選項A正確；
因為平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，而平面，故，選項B正確；
由于，所以與所成角就是直線與直線所成角，
因為，，，
所以，
所以，即與直線所成角為，選項C不正確；
由選項A可知，與平面的距離就是點到平面的距離．
設點到平面的距離為，由，得，
即，解得，即與平面的距離為，選項D正確.
故選：ABD．
4．AD
【分析】利用補體法求得正方體棱長判斷A，利用對稱性得球的直徑判斷B，求解兩平行平面的距離判斷C，先求出幾何體的體積，通過與水密度的大小比較即可判斷D.
【詳解】將該幾何體放置在如圖的正方體中，

對于A，將玩具放到一個正方體包裝盒內，包裝盒棱長最小為圖中正方體的棱長，
由題意，該幾何的棱長為，所以正方體的棱長為，正確；
對于B，將玩具放到一個球形包裝盒內，包裝盒的半徑最小為該幾何體外接球的半徑，
根據正方體和多面體的對稱性知，該幾何體外接球直徑為正方體面對角線，即，解得，
所以包裝盒的半徑最小為，錯誤；
對于C，將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為兩平行平面與平面的距離，證明求解過程如下：如圖，

不妨記正方體為，，，
故四邊形是平行四邊形，所以，
又，分別為，的中點，所以，同理，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，，平面，所以平面平面，
設對角線分別交平面和平面于點，，
因為平面，平面，所以，
連接，因為分別為的中點，
故，又，平面，，
所以平面，又平面，所以，
同理，又，，平面，所以平面，
又平面平面，所以平面，
故即為平面與平面的距離，
則，由正方體棱長為得，
由題意得，為等邊三角形，故，
根據，得，
解得，根據對稱性知，
所以，
則平面與平面的距離為，即該玩具的高度為，錯誤；
對于D，該幾何體的體積為.因為玩具的密度為，小于水的密度，所以將玩具放至水中，其會飄浮在水面上，正確.
故選：AD
【點睛】方法點睛：求空間距離方法，一是建立空間直角坐標系，利用空間向量求解；二是利用等體積法求解；三是作出輔助線，在三角形中結合余弦定理等方法進行求解.
5．/-0.5
【分析】根據條件可得平面平面，求得相關線段長度后利用余弦定理求解即可.
【詳解】由題意可知，所以，
折起后如圖所示，因為，
又，則,
所以,
又,平面，
則平面，又平面,
則平面平面，
分別過點作的垂線，
垂足分別為點，又平面平面，
即有，同時易證得，
,
所以，所以由余弦定理可知:
.
故答案為：.

6．/
【分析】先根據條件得到，進而得到，，利用線面垂直的性質作出面，故為直線BP與平面所成角，再利用，得知當與重合時，最小，再利用對頂角相等，即可求出結果.
【詳解】如圖，分別是上下底面的中心，設球心為，半徑為，易知，
由題知，得到，又，，得到，
所以與重合，由，得到，
所以，又，所以，
因為面，面，所以，
又，，面，所以面，
連接并延長，過作，交的延長線于，
又面，所以，又，面，
所以面，連接，則為直線BP與平面所成的角，，
在中，易知，，所以，
所以當最小時，直線BP與平面所成角的正弦值的最大值，
又動點P在內部及其邊界上運動，所以當與重合時，最小，
此時為直線BP與平面所成的角，所以直線BP與平面所成角的正弦值的最大值為，

故答案為：.
【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于點位置的確定，通過利用線面垂直的性質作出面，從而得出為直線BP與平面所成角，再利用，將問題轉化成求的最小值，即可確定點位置，從而解決問題.
反思提升：
三種垂直的綜合問題，一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉化.求解時應注意垂直的性質及判定的綜合應用.如果有平面垂直時，一般要用性質定理，在一個平面內作交線的垂線，使之轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
【基礎篇】
一、單選題
1．（23-24高三下·山東濟南·開學考試）已知是三條不重合的直線，是三個不重合的平面，則下列結論正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則且
C．若，則
D．若，則
2．（2024·安徽·二模）已知是直線，，是兩個不同的平面，下列正確的命題是（ ）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
3．（2024·河南信陽·模擬預測）棱長為1的正方體中，點P為上的動點，O為底面ABCD的中心，則OP的最小值為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·遼寧大連·一模）已知直線a，b，c是三條不同的直線，平面α，β，γ是三個不同的平面，下列命題正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，且，則
D．若，且，則
二、多選題
5．（21-22高一下·貴州黔西·期末）如圖，在平面四邊形ABCD中，△BCD是等邊三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中點．沿BD將△BCD翻折，折成三棱錐C﹣ABD，連接BM，翻折過程中，下列說法正確的是（ ）
A．存在某個位置，使得CM與BD所成角為銳角
B．棱CD上總恰有一點N，使得MN∥平面ABC
C．當三棱錐C﹣ABD的體積最大時，AB⊥BC
D．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角
6．（2024·全國·模擬預測）如圖（1），在矩形中，，是的中點，沿將折起，使點到達點的位置，并滿足，如圖（2），則（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
7．（2024·浙江·模擬預測）如圖，在三棱錐的平面展開圖中，，分別是，的中點，正方形的邊長為2，則在三棱錐中（ ）
A．的面積為 B．
C．平面平面 D．三棱錐的體積為
三、填空題
8．（2024·陜西漢中·二模）已知三棱錐，點到平面的距離是，則三棱錐的外接球表面積為 ．
9．（2024·陜西·三模）如圖，四邊形是圓柱的軸截面，是底面圓周上異于的一點，則下面結論中正確的序號是 ．（填序號）
①；②；③平面；④平面平面．
10．（23-24高三下·重慶·開學考試）如圖，在正四棱柱中，為的中點，則中點到平面的距離為 ．
四、解答題
11．（2023·北京房山·一模）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面ABCD，，M為BC的中點.
(1)求證：平面PBD；
(2)求平面ABCD與平面APM所成角的余弦值；
(3)求D到平面APM的距離.
12．（2024·浙江·二模）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，平面平面ABCD，，點E是線段AD的中點，.
(1)證明：//平面BDM；
(2)求平面AMB與平面BDM的夾角.
參考答案：
題號 1 2 3 4 5 6 7
答案 D D C D BC ABD ABD
1．D
【分析】
根據線面以及面面平行的性質可判斷A；根據線面平行的判定定理可判斷B；根據線面垂直的判定定理可判斷C；根據面面垂直的性質以及線面垂直的判定定理可判斷D.
【詳解】對于A，若，則或，A錯誤；
對于B，若，則當且時，才有且，B錯誤；
對于C，若，當時，推不出，C錯誤；
對于D，如圖，設，在內取點P，，
作，垂足為，因為，則，
而，則，又，
故，D正確，

故選：D
2．D
【分析】利用直線與平面的位置關系的判定和性質即可選出正確答案.
【詳解】選項A：根據給定條件有 或；
選項B：根據給定條件有 或；
選項C：根據給定條件有與的位置可能平行、相交或m在α內；
選項D：因為，所以存在直線使得，
又因為，所以，因為，所以.
故選：D.
3．C
【分析】由題意可得OP的最小值為點到線段的距離，借助相似三角形的性質計算即可得.
【詳解】由題意可得OP的最小值為點到線段的距離，
在平面內過點作于點，
由題意可得，，，平面，
因為平面，則，因為，
故，即.
故選：C.
4．D
【分析】由空間中直線與平面的位置關系，對各項進行分析即可．
【詳解】若，則a，b可以是平行，也可以是相交或異面，故A錯誤；
若，則或，故B錯誤；
若且，當時，不能證明，C選項錯誤；
若，且，在上取一點，作，
由面面垂直的性質定理可得且，既與重合，可得，故D正確.
故選：D
5．BC
【分析】對A：根據線面垂直的判斷定理證明BD⊥平面CME，可證CM⊥BD；對B：根據線面平行的判定定理分析證明；對C：根據錐體的體積公式分析可知:當CE⊥平面ABD，三棱錐C﹣ABD的體積最大，進而根據線面垂直的判斷和定義分析說明；對D：根據二面角的平面角的定義理解分析.
【詳解】對A，取BD中點E，連接CE，ME，如圖，因△BCD是正三角形，有CE⊥BD，
而M是AD的中點，有ME∥AB，
而AB⊥BD，則ME⊥BD，CE∩ME＝E，CE，ME 平面CME，
于是得BD⊥平面CME，CM 平面CME，所以CM⊥BD，A不正確；
對B，取CD的中點N，連MN，因M是AD的中點，則MN∥AC，
AC 平面ABC，MN 平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正確；
對C，因，要三棱錐C﹣ABD的體積最大，當且僅當點C到平面ABD距離最大，
由選項A知，點C到直線BD的距離是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
當∠CEM＝90°時，CE⊥平面ABD，
即當C到平面ABD距離最大為時，三棱錐C﹣ABD的體積最大，此時CE⊥ME，有CE⊥AB，
而AB⊥BD，CE∩BD＝E，CE，BD 平面BCD，則有AB⊥平面BCD，BC 平面BCD，
所以AB⊥BC，C正確；
對D，若∠CMB是二面角C﹣AD﹣B的平面角，則AD⊥CM，因為M為AD中點，故CA＝CD，
這不一定成立，故D錯誤．
故選：BC．
6．ABD
【分析】首先證明平面，即可判斷A、B，在平面圖形中取的中點，連接，交于點，即可得到，連接，即可得到為二面角的平面角，利用勾股定理逆定理得到，從而得到平面平面，即可判斷C、D.
【詳解】因為，且，平面，所以平面．
又平面平面，所以平面平面，平面平面，故A，B正確．
如圖（1），取的中點，連接，交于點，則和均為等腰直角三角形，
所以，所以，即，
如圖（2），連接，因為，，所以為二面角的平面角．
設，則，在中，，為的中點，故．
所以，所以，
所以平面平面，則平面與平面不垂直，故C錯誤，D正確．
故選：ABD．

7．ABD
【分析】直接求的面積可判定A，連接交于G，根據條件證平面即可判定B，判定的夾角是否為直角可判定C，利用棱錐的體積公式可判定D.
【詳解】
對于A，易知，故A正確；
對于B，連接交于G，根據正方形的性質易知，
所以有，
又平面，所以平面，
平面，所以，故B正確；
對于C，由上可知為平面與平面的夾角，
易知，則不垂直，故C錯誤；
對于D，由題意可知兩兩垂直，
則，故D正確.
故選：ABD
8．
【分析】根據題意求得外接圓的半徑，再利用勾股定理證得平面，從而利用側棱垂直于底面的三棱錐的外接球的性質即可得解.
【詳解】記為的中點，連接，
由題意知，且，
所以外接圓的直徑為，且，即半徑，
過作平面，因為平面，則，
又點到平面的距離是，即，而，
所以，同理，
又，所以是同一個點，所以平面，
設三棱錐的外接球的半徑為，
則，
則三棱錐的外接球表面積為.
故答案為：
9．①②④
【分析】證明平面，即可得到，同理可得，即可判斷①②，推出矛盾說明③，根據平面說明④.
【詳解】因為四邊形是圓柱的軸截面，則線段是底面圓的直徑，都是母線．
又是底面圓周上異于的一點，于是得，而平面，平面，則．
因為平面，則平面，因為平面，所以，①正確：
同理可證，②正確：
點不在底面內，而直線在底面內，即是兩條不同直線，
若平面，因平面，與過一點有且只有一條直線垂直于已知平面矛盾，③不正確；
因為平面，而平面，于是得平面平面，④正確．
故答案為：①②④
10．
【分析】
中點到平面距離為到平面距離的一半，由，等體積法求點到平面的距離.
【詳解】設中點為O，O到平面距離為到平面距離的一半，連接，
設到平面的距離為，由，即，
，∴O到平面CDE的距離為.
故答案為：.
11．(1)證明過程見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據線面垂直的性質，結合相似三角形的判定定理和性質、線面垂直的判定定理進行證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可；
（3）利用空間點到直線距離公式進行求解即可.
【詳解】（1）因為，M為BC的中點，
所以，
因為四棱錐的底面是矩形，
所以，
所以，所以，
而，即，
因為底面ABCD，底面ABCD，
所以，而平面PBD，
所以平面PBD；
（2）因為平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因為因為四棱錐的底面是矩形，
所以，建立如下圖所示的空間直角坐標系，
，
因為平面ABCD，
所以平面ABCD的法向量為，
設平面APM的法向量為，
，，
于是有，
平面ABCD與平面APM所成角的余弦值為；
（3）由（2）可知平面APM的法向量為，，
所以D到平面APM的距離為
12．(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）連接交于，連接,根據條件證明//即得；
（2）先證明平面，依題建系，求出相關點和向量的坐標，分別求得平面AMB與平面BDM的法向量，最后由空間向量的夾角公式求解即得.
【詳解】（1）
如圖，連接交于，連接,由是的中點可得，
易得與相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
（2）
因平面平面，且平面平面，由，點E是線段AD的中點可得
又平面，故得平面.如圖，取的中點為,分別以為軸的正方向，建立空間直角坐標系.
則，，
，則，.
設平面的法向量為，由，
則，故可取；
設平面的法向量為，由，
則，故可取.
故平面與平面的夾角余弦值為，
所以平面與平面的夾角為.
【能力篇】
一、單選題
1．（2022·全國·模擬預測）設是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，下列命題為假命題的是（ ）
A．若，則或
B．若，則
C．若，且，則
D．若，則
二、多選題
2．（23-24高二上·寧夏吳忠·期末）如圖，在四棱錐中，平面，與底面所成的角為，底面為直角梯形，，點為棱上一點，滿足，下列結論正確的是（ ）

A．平面平面；
B．在棱上不存在點，使得平面
C．當時，異面直線與所成角的余弦值為；
D．點到直線的距離；
三、填空題
3．（23-24高三上·山東濱州·期末）已知直四棱柱的所有棱長均為4，，以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為 ．
四、解答題
4．（22-23高二下·江蘇南京·期末）如圖所示，在三棱錐中，已知平面，平面平面．

(1)證明：平面；
(2)若，，在線段上（不含端點），是否存在點，使得二面角的余弦值為，若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由．
參考答案：
題號 1 2
答案 D ACD
1．D
【分析】
根據選項條件作出幾何圖形或幾何模型，運用線面垂直的判定定理和性質定理，面面垂直的性質和判定定理，即可推得結論或者說明結論不存在
【詳解】
對于A項，因，
設,在平面過點作直線，過點作直線，則 ，
由可得，，故垂直于由直線和直線組成的平面，
由過一點有且只有一個平面與已知直線垂直的性質可知，
故有或，故A項正確；
對于B項，如圖，，設，
由，則，同理，設構成平面，則，
設,則，
故得,故，B項正確；
對于C項，如圖，因，，則；
又，則，故得：，故C項正確；
對于D項，如圖，取平面為平面，平面為平面，取為，為，
因平面，平面,則，
又, 平面，故平面，
因平面，故,即，但與不垂直，故D項錯誤.
故選：D.
2．ACD
【分析】
根據面面垂直的判定定理可判斷A；由A的結論，可推得，即可知點到直線的距離即為的長度，計算求得長，判斷D；采用平移法，作出異面直線與所成角，解三角形可求得與所成角的余弦值，判斷C；結合C選項，根據線面平行的判定定理即可判斷B.
【詳解】A選項，因為平面，平面，平面，
所以，，
故即為與底面所成的角，即，
故，而，所以，
在直角梯形中，，
則，故，
又因為平面，所以平面，
因為平面 ，故平面平面，故A正確；
D選項：由A選項的證明過程可知：平面，
因為平面，所以，
故點到直線的距離即為的長度，
因為平面，平面，故，
而，
即點到直線的距離，故D正確；
對于C，當時，，即為的中點，

設為的中點，連接，
則，
而，故，
故四邊形為平行四邊形，則，
故異面直線與所成角即為的夾角，
在中，，
則，
則異面直線與所成角的余弦值為，C正確；
對于B，由C選項知，當時，，
因為平面，平面，
所以平面，
所以時，平面，故B錯誤.
故選：ACD.
3．
【分析】由題設知圓弧為球面與側面的交線，根據題設由直棱柱的性質求弧長即可.
【詳解】如圖：取的中點,連接，
結合題意：易得為等邊三角形，
因為為的中點，所以
因為在直四棱柱中有面,且面，
所以,又因為,且面
所以面，結合球的性質可知為該截面圓的圓心，
因為直四棱柱的所有棱長均為4，，
所以 ,, ,,
故以A為球心，為半徑的球面與側面的交線為：以為圓心, 為半徑的圓所成的圓弧.
所以.
故答案為: .
4．(1)證明見解析
(2)存在；是上靠近的三等分點
【分析】（1）過點作于點，由面面垂直性質定理可得平面，由此證明，再證明，根據線面垂直判定定理證明結論；
（2）建立空間直角坐標系，求平面，平面的法向量，利用向量夾角公式求法向量夾角，由條件列方程確定點的位置；
【詳解】（1）過點作于點，
因為平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因為，，平面，
所以平面．

（2）假設在線段上（不含端點），存在點，使得二面角的余弦值為，
以為原點，分別以、為軸，軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，
，，，，
設平面的一個法向量為，
即取，，，
所以為平面的一個法向量，
因為在線段上（不含端點），所以可設，，
所以，
設平面的一個法向量為，
即，
取，，，
所以為平面的一個法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在點，使得二面角的余弦值為，
此時是上靠近的三等分點．

【培優篇】
一、單選題
1．（2024·浙江杭州·模擬預測）以半徑為1的球的球心為原點建立空間直角坐標系，與球相切的平面分別與軸交于三點，，則的最小值為（ ）
A． B． C．18 D．
二、多選題
2．（2024·湖南·二模）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，是線段的中點，則（ ）
A．若點滿足，則動點的軌跡長度為
B．三棱錐體積的最大值為
C．當直線與所成的角為時，點的軌跡長度為
D．當在底面上運動，且滿足平面時，線段長度最大值為
三、填空題
3．（2024·湖南岳陽·三模）如圖所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一條直角邊在平面內，另一條直角邊長為且，若平面上存在點，使得的面積為，則線段長度的最小值為 ．

參考答案：
題號 1 2
答案 C CD
1．C
【分析】不妨設、、均在正半軸，設球與平面切于點，連接并延長交于點，連接，由勾股定理求出，利用三角形相似求出，即可求出，再通過證明平面得到，則，再由三角形相似得到，最后利用基本不等式計算可得.
【詳解】根據對稱性，不妨設、、均在正半軸，設球與平面切于點，連接并延長交于點，連接，
則平面，平面，平面，所以，
又，所以，即，
又，，所以，則，
所以，
又平面，平面，所以，
平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以
，
又，即，所以，
所以，
當且僅當時取等號，
即的最小值為.
故選：C

【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是根據題意畫出圖形，推導出、，利用勾股定理轉化計算，結合基本不等式求出最小值.
2．CD
【分析】利用線面垂直的性質定理可得動點的軌跡為矩形，其周長為；顯然三棱錐體積的最大值即為正四面體，易知最大值為；易知當點在線段和弧上時，直線與所成的角為，可知其軌跡長度為；根據面面平行的判定定理可求出點在底面上的軌跡為三角形，易知長度的最大值為.
【詳解】對于A，易知平面平面，故動點的軌跡為矩形，
動點的軌跡長度為矩形的周長，即為，所以錯誤；
對于B，因為，而等邊的面積為定值，
要使三棱錐的體積最大，當且僅當點到平面的距離最大，
易知點是正方體到平面距離最大的點，
所以，此時三棱錐即為棱長是的正四面體，
其高為，所以，B錯誤；
對于C：連接AC，，以B為圓心，為半徑畫弧，如圖1所示，
當點在線段和弧上時，直線與所成的角為，
又，
弧長度，故點的軌跡長度為，故正確；
對于D，取的中點分別為，
連接，如圖2所示，
因為平面平面，故平面，
，平面平面，故平面；
又平面，故平面平面；
又，
故平面與平面是同一個平面.
則點的軌跡為線段：
在三角形中，
則，
故三角形是以為直角的直角三角形；
故，故長度的最大值為，故正確.
故選：.
【點睛】方法點睛：立體幾何中動點軌跡問題經常利用不動點的位置和動點位置關系，利用線面、面面平行或垂直的判定定理和性質定理，找出動點的軌跡進而計算出其軌跡長度.
3．/
【分析】由題意，根據面面垂直的性質可得平面，利用線面垂直的性質可得，進而，由三角形的面積公式可得，即可求解.
【詳解】在中，，則，
又平面，平面平面，
所以平面，連接，，所以，
得，設（），
則，即，得，
當即即時，取到最小值1，
此時取到最小值.
故答案為：

【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵是利用勾股定理和三角形面積公式計算得到、，而，即為所求.
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專題39 空間直線、平面的垂直（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 6
【考點1】直線、平面垂直的判定與性質 6
【考點2】平面與平面垂直的判定與性質 7
【考點3】平行、垂直關系的綜合應用 9
【分層檢測】 11
【基礎篇】 11
【能力篇】 14
【培優篇】 16
考試要求：
從定義和基本事實出發，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系.
1.直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義
如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，我們就說直線l與平面α互相垂直.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直 l⊥α
性質定理 垂直于同一個平面的兩條直線平行 a∥b
2.直線和平面所成的角
(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角叫做這條直線和這個平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內，則它們所成的角是0°.
(2)范圍：.
3.二面角
(1)定義：從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA α，OB β；③OA⊥l，OB⊥l，則二面角α－l－β的平面角是∠AOB.
(3)二面角的平面角α的范圍：0°≤α≤180°.
4.平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直.
(2)判定定理與性質定理
文字語言 圖形表示 符號表示
判定定理 如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直 α⊥β
性質定理 兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直 l⊥α
1.三個重要結論
(1)若兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面.
(2)若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內的任何一條直線(證明線線垂直的一個重要方法).
(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行.
2.三種垂直關系的轉化
一、單選題
1．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國傳統建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個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與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（ ）

A． B．
C． D．
2．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知正三棱柱，E，F分別是棱上的點．記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（ ）
A． B． C． D．
二、解答題
3．（2024·上海·高考真題）如圖為正四棱錐為底面的中心．
(1)若，求繞旋轉一周形成的幾何體的體積；
(2)若為的中點，求直線與平面所成角的大小．
4．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
5．（2024·全國·高考真題）如圖，，，，,為的中點.
(1)證明：平面；
(2)求點到的距離.
6．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
7．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為的中點．
(1)證明：；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【考點1】直線、平面垂直的判定與性質
一、單選題
1．（2024·廣東深圳·二模）已知正方體，過點A且以為法向量的平面為，則截該正方體所得截面的形狀為（ ）
A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形
2．（2024·山東濰坊·一模）如圖所示，在棱長為1的正方體中，點為截面上的動點，若，則點的軌跡長度是（ ）
A． B． C． D．1
二、多選題
3．（2023·河南·模擬預測）如圖，在底面為等邊三角形的直三棱柱中，，，，分別為棱，的中點，則（ ）
A．平面
B．
C．異面直線與所成角的余弦值為
D．平面與平面的夾角的正切值為
4．（2024·黑龍江齊齊哈爾·一模）已知四面體的各個面均為全等的等腰三角形，且.設為空間內任一點，且五點在同一個球面上，則（ ）
A．
B．四面體的體積為
C．當時，點的軌跡長度為
D．當三棱錐的體積為時，點的軌跡長度為
三、填空題
5．（23-24高二上·重慶·期末）各棱長均為1且底面為正方形的平行六面體，滿足，則 ；此平行六面體的體積為 ．
6．（23-24高三上·遼寧大連·期中）在三棱錐中，平面，，，則三棱錐外接球表面積的最小值為 .
反思提升：
(1)證明線面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性；③面面垂直的性質.
(2)證明線面垂直的關鍵是證線線垂直，而證明線線垂直，則需借助線面垂直的性質.
【考點2】平面與平面垂直的判定與性質
一、單選題
1．（2024·貴州·模擬預測）設m、n為空間中兩條不同直線，、為空間中兩個不同平面，下列命題中正確的為（ ）
A．若m上有兩個點到平面的距離相等，則
B．若，，則“”是“”的既不充分也不必要條件
C．若，，，則
D．若m、n是異面直線，，，，，則
2．（2024·浙江寧波·二模）已知平面，則“”是“且”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
二、多選題
3．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在正方體中，分別為棱的中點，點是面的中心，則下列結論正確的是（ ）
A．四點共面 B．平面被正方體截得的截面是等腰梯形
C．平面 D．平面平面
4．（2024·廣東深圳·二模）已知m，n是異面直線，，，那么（ ）
A．當，或時，
B．當，且時，
C．當時，，或
D．當，不平行時，m與不平行，且n與不平行
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）如圖所示，在正方體中，M是棱上一點，平面與棱交于點N．給出下面幾個結論：

①四邊形是平行四邊形；②四邊形可能是正方形；③存在平面與直線垂直；④任意平面都與平面垂直．
其中所有正確結論的序號是 ．
6．（2024·浙江溫州·二模）如圖，在等腰梯形中，，點是的中點．現將沿翻折到，將沿翻折到，使得二面角等于，等于，則直線與平面所成角的余弦值等于 ．

反思提升：
(1)面面垂直判定的兩種方法與一個轉化
①兩種方法：
(i)面面垂直的定義；
(ii)面面垂直的判定定理(a⊥β，a α α⊥β).
②一個轉化：
在已知兩個平面垂直時，一般要用性質定理進行轉化.在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
(2)面面垂直性質的應用
①兩平面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據，運用時要注意“平面內的直線”.
②兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線垂直于第三個平面.
【考點3】平行、垂直關系的綜合應用
一、單選題
1．（22-23高一下·北京通州·期末）設l是直線，α，β是兩個不同平面，則下面命題中正確的是（ ）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
2．（2024·湖南常德·三模）如圖，現有棱長為6cm的正方體玉石缺失了一個角，缺失部分為正三棱錐，且分別為棱靠近的四等分點，若將該玉石打磨成一個球形飾品，則該球形飾品的體積的最大值為（ ）

A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·全國·模擬預測）在棱長為1的正方體中，是線段的中點，以下關于直線的結論正確的有（ ）
A．與平面平行 B．與直線垂直
C．與直線所成角為 D．與平面的距離為
4．（23-24高二上·浙江金華·期末）“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現了數學的對稱美.如圖，是一個八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，某玩具廠商制作一個這種形狀棱長為，重量為的實心玩具，則下列說法正確的是（ ）

A．將玩具放到一個正方體包裝盒內，包裝盒棱長最小為.
B．將玩具放到一個球形包裝盒內，包裝盒的半徑最小為.
C．將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為.
D．將玩具放至水中，其會飄浮在水面上.
三、填空題
5．（23-24高三下·四川·階段練習）如圖，在平行四邊形中，，且交于點，現沿折痕將折起，直至滿足條件，此時 .

6．（2024·廣東·一模）已知表面積為的球O的內接正四棱臺，，，動點P在內部及其邊界上運動，則直線BP與平面所成角的正弦值的最大值為 ．
反思提升：
三種垂直的綜合問題，一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉化.求解時應注意垂直的性質及判定的綜合應用.如果有平面垂直時，一般要用性質定理，在一個平面內作交線的垂線，使之轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
【基礎篇】
一、單選題
1．（23-24高三下·山東濟南·開學考試）已知是三條不重合的直線，是三個不重合的平面，則下列結論正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則且
C．若，則
D．若，則
2．（2024·安徽·二模）已知是直線，，是兩個不同的平面，下列正確的命題是（ ）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，則 D．若，，則
3．（2024·河南信陽·模擬預測）棱長為1的正方體中，點P為上的動點，O為底面ABCD的中心，則OP的最小值為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·遼寧大連·一模）已知直線a，b，c是三條不同的直線，平面α，β，γ是三個不同的平面，下列命題正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，且，則
D．若，且，則
二、多選題
5．（21-22高一下·貴州黔西·期末）如圖，在平面四邊形ABCD中，△BCD是等邊三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中點．沿BD將△BCD翻折，折成三棱錐C﹣ABD，連接BM，翻折過程中，下列說法正確的是（ ）
A．存在某個位置，使得CM與BD所成角為銳角
B．棱CD上總恰有一點N，使得MN∥平面ABC
C．當三棱錐C﹣ABD的體積最大時，AB⊥BC
D．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角
6．（2024·全國·模擬預測）如圖（1），在矩形中，，是的中點，沿將折起，使點到達點的位置，并滿足，如圖（2），則（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
7．（2024·浙江·模擬預測）如圖，在三棱錐的平面展開圖中，，分別是，的中點，正方形的邊長為2，則在三棱錐中（ ）
A．的面積為 B．
C．平面平面 D．三棱錐的體積為
三、填空題
8．（2024·陜西漢中·二模）已知三棱錐，點到平面的距離是，則三棱錐的外接球表面積為 ．
9．（2024·陜西·三模）如圖，四邊形是圓柱的軸截面，是底面圓周上異于的一點，則下面結論中正確的序號是 ．（填序號）
①；②；③平面；④平面平面．
10．（23-24高三下·重慶·開學考試）如圖，在正四棱柱中，為的中點，則中點到平面的距離為 ．
四、解答題
11．（2023·北京房山·一模）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面ABCD，，M為BC的中點.
(1)求證：平面PBD；
(2)求平面ABCD與平面APM所成角的余弦值；
(3)求D到平面APM的距離.
12．（2024·浙江·二模）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，平面平面ABCD，，點E是線段AD的中點，.
(1)證明：//平面BDM；
(2)求平面AMB與平面BDM的夾角.
【能力篇】
一、單選題
1．（2022·全國·模擬預測）設是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，下列命題為假命題的是（ ）
A．若，則或
B．若，則
C．若，且，則
D．若，則
二、多選題
2．（23-24高二上·寧夏吳忠·期末）如圖，在四棱錐中，平面，與底面所成的角為，底面為直角梯形，，點為棱上一點，滿足，下列結論正確的是（ ）

A．平面平面；
B．在棱上不存在點，使得平面
C．當時，異面直線與所成角的余弦值為；
D．點到直線的距離；
三、填空題
3．（23-24高三上·山東濱州·期末）已知直四棱柱的所有棱長均為4，，以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為 ．
四、解答題
4．（22-23高二下·江蘇南京·期末）如圖所示，在三棱錐中，已知平面，平面平面．

(1)證明：平面；
(2)若，，在線段上（不含端點），是否存在點，使得二面角的余弦值為，若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由．
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·浙江杭州·模擬預測）以半徑為1的球的球心為原點建立空間直角坐標系，與球相切的平面分別與軸交于三點，，則的最小值為（ ）
A． B． C．18 D．
二、多選題
2．（2024·湖南·二模）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，是線段的中點，則（ ）
A．若點滿足，則動點的軌跡長度為
B．三棱錐體積的最大值為
C．當直線與所成的角為時，點的軌跡長度為
D．當在底面上運動，且滿足平面時，線段長度最大值為
三、填空題
3．（2024·湖南岳陽·三模）如圖所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一條直角邊在平面內，另一條直角邊長為且，若平面上存在點，使得的面積為，則線段長度的最小值為 ．

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