資源簡介

第04講 空間中的垂直關系
（線線垂直、線面垂直、面面垂直）
（10類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2024年新I卷，第17題,15分 證明面面垂直 證明線面平行 由二面角大小求線段長度
2024年新Ⅱ卷，第17題,15分 證明線面垂直 線面垂直證明線線垂直 求平面的法向量 面面角的向量求法
2023年新Ⅱ卷，第20題,12分 證明線面垂直 線面垂直證明線線垂直 面面角的向量求法
2021年新I卷，第20題,12分 線面垂直證明線線垂直 面面垂直證線面垂直 錐體體積的有關計算 由二面角大小求線段長度或距離
2021年新Ⅱ卷，第10題,5分 證明線面垂直 線面垂直證明線線垂直 求異面直線所成的角
2021年新Ⅱ卷，第19題,12分 證明面面垂直 面面角的向量求法
2020年新I卷，第20題,12分 證明線面垂直 線面角的向量求法
2020年新I卷，第20題,12分 證明線面垂直 線面角的向量求法
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的常考內容，設題穩定，難度中等偏難，分值為5-15分
【備考策略】1.熟練掌握線面垂直的判定定理和性質定理及其應用
2.熟練掌握面面垂直的判定定理和性質定理及其應用
【命題預測】本節內容是新高考卷的常考內容，一般在解答題中考查線面垂直、面面垂直的判定及其性質，需強化鞏固復習.
知識講解
空間中的垂直關系
線線垂直
①等腰三角形（等邊三角形）的三線合一證線線垂直
②勾股定理的逆定理證線線垂直
③菱形、正方形的對角線互相垂直
線面垂直的判定定理
判定定理：一直線與平面內兩條相交直線垂直，則線面垂直
圖形語言 符號語言
線面垂直的性質定理
性質定理1：一直線與平面垂直，則這條直線垂直于平面內的任意一條直線
圖形語言 符號語言
性質定理2：垂直于同一個平面的兩條直線平行
圖形語言 符號語言
面面垂直的判定定理
判定定理：一個平面內有一條直線垂直于另一個平面，則兩個平面垂直 （或：一個平面經過另一個平面的垂線，則面面垂直）
圖形語言 符號語言
面面垂直的性質定理
性質定理：兩平面垂直，其中一個平面內有一條直線與交線垂直，則這條直線垂直于另一個平面
圖形語言 符號語言
考點一、線面垂直判定定理（特殊圖形）
1．（23-24高三上·上海閔行·期中）正四棱錐中，，，其中為底面中心，為上靠近的三等分點．
(1)求證：平面；
(2)求四面體的體積．
2．（22-23高二下·湖南郴州·期末）如圖，直三棱柱中，是邊長為的正三角形，為的中點．
（1）證明：平面；
（2）若直線與平面所成的角的正切值為，求平面與平面夾角的余弦值．
1．（22-23高二上·北京·階段練習）如圖，在四棱錐中，平面，底面為菱形，為的中點．
(1)求證：平面；
(2)若點是棱的中點，求證：平面．
2．（2024·新疆喀什·三模）如圖，在正四棱臺中，，，是的中點．
(1)求證：直線平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值
考點二、線面垂直判定定理（三線合一）
1．（2024·陜西榆林·一模）在三棱錐中，為的中點.
(1)證明：⊥平面.
(2)若，平面平面，求點到平面的距離.
2．（2024·全國·模擬預測）如圖，在三棱錐中，點為棱的中點，點為的中點，，，都是正三角形．
(1)求證：平面；
(2)若三棱錐的體積為，求三棱錐的表面積．
1．（2024·青海·二模）如圖，在三棱柱中，所有棱長均相等，，，.

(1)證明；平面.
(2)若二面角的正弦值.
2．（2023·陜西西安·三模）如圖，在三棱柱中，平面ABC，D，E分別為AC，的中點，，．
(1)求證：平面；
(2)求點D到平面ABE的距離．
考點三、線面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理）
1．（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．
2．（2024·海南·模擬預測）如圖，已知線段為圓柱的三條母線，為底面圓的一條直徑，是母線的中點，且.
(1)求證：平面DOC；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
1．（2024·廣西·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，四邊形是菱形，，是棱上的動點，且.

(1)證明：平面.
(2)是否存在實數，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.

2．（2024·重慶·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面為等邊三角形，，點為棱上的動點．
(1)證明：平面；
(2)當二面角的大小為時，求線段的長度．
3．（23-24高一下·浙江寧波·期中）如圖，已知三棱臺的體積為，平面平面，是以為直角頂點的等腰直角三角形，且，

(1)證明：平面；
(2)求點到面的距離；
(3)在線段上是否存在點，使得二面角的大小為，若存在，求出的長，若不存在，請說明理由.
考點四、線面垂直判定定理（全等與相似）
1．（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.
1．（2024·寧夏銀川·一模）如圖，在四棱錐中，已知是的中點.
(1)證明：平面；
(2)若，點是的中點，求點到平面的距離.
考點五、線面垂直判定定理（空間向量）
1．（2024·浙江·模擬預測）如圖，已知正三棱柱分別為棱的中點．

(1)求證：平面；
(2)求二面角的正弦值．
2．（2024·山東·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，，.
(1)當時，求證：平面；
(2)設二面角的大小為，求的取值范圍.
3．（2024·湖南岳陽·三模）已知四棱錐的底面是邊長為4的菱形，，，，是線段上的點，且．

(1)證明：平面；
(2)點在直線上，求與平面所成角的最大值．
1．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，為菱形，，，平面平面，點F在上，且，分別在直線上．
(1)求證：平面；
(2)把與兩條異面直線都垂直且相交的直線叫做這兩條異面直線的公垂線，若，MN為直線的公垂線，求的值.
2．（2024·重慶·三模）如圖，在圓錐PO中，AC為圓錐底面的直徑，為底面圓周上一點，點在線段BC上，，.
(1)證明：平面BOP；
(2)若圓錐PO的側面積為，求二面角的余弦值.
3．（23-24高三下·河北滄州·階段練習）如圖，在直三棱柱中，△為邊長為2的正三角形，為中點，點在棱上，且.
(1)當時，求證平面；
(2)設為底面的中心，求直線與平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值時的值.
考點六、線面垂直性質定理
1．（2022·全國·高考真題）在四棱錐中，底面．
(1)證明：；
(2)求PD與平面所成的角的正弦值．
2．（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．
3．（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．
(1)證明：；
(2)點F滿足，求二面角的正弦值．
4．（2024·全國·高考真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
1．（2024·河北保定·二模）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，分別為的中點，且．

(1)證明：．
(2)若，求平面與平面夾角的余弦值．
2．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，已知斜三棱柱的側面是菱形，，．
(1)求證：；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
3．（2024·山東煙臺·一模）如圖，在三棱柱中，，為的中點，平面.

(1)求證：；
(2)若，求二面角的余弦值.
4．（2024·山東·模擬預測）如圖，在四棱臺中，底面為正方形，為等邊三角形，為的中點．
(1)證明：；
(2)若，，求直線與平面所成角的余弦值．
5．（2022·陜西·一模）如圖，已知直三棱柱，，，分別為線段，，的中點，為線段上的動點，，.
(1)若，試證；
(2)在（1）的條件下，當時，試確定動點的位置，使線段與平面所成角的正弦值最大.
考點七、面面垂直判定定理
1．（2021·全國·高考真題）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．
（1）證明：平面平面；
（2）若，求四棱錐的體積．
2．（2021·全國·高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．
（1）證明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
3．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為AC的中點．
(1)證明：平面平面ACD；
(2)設，點F在BD上，當的面積最小時，求三棱錐的體積．
4．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；
(2)設，求四棱錐的高．
5．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
1．（2024·河南·三模）如圖，在四棱錐中，平面平面，且．

(1)證明：平面平面；
(2)求平面與平面夾角的正弦值．
2．（2024·河北滄州·二模）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，四邊形為菱形，，三棱柱的體積為3．

(1)證明：平面平面；
(2)若為棱的中點，求平面與平面的夾角的正切值．
3．（2024·山東·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，為棱上一點，且．

(1)證明：平面平面；
(2)求二面角的大小．
4．（2024·四川德陽·三模）如圖，在三棱柱中，底面是等邊三角形，，D為的中點，過的平面交棱于E，交于F.
(1)求證：平面平面；
(2)設M為的中點，平面交于P，且.若，且，求四棱錐的體積.
5．（2023·黑龍江佳木斯·三模）如圖，在四棱錐中，平面平面，，底面為等腰梯形，，且．
(1)證明：平面平面；
(2)若點A到平面PBC的距離為，求平面與平面夾角的余弦值．
考點八、面面垂直性質定理
1．（2021·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.
（1）證明：；
（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
2．（2024·湖南衡陽·三模）如圖所示，在三棱柱中，已知平面平面，，，.
(1)證明：平面；
(2)已知E是棱的中點，求平面與平面夾角的余弦值.
3．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，三棱柱中，側面底面，，，，點是棱的中點，，.
(1)證明：；
(2)求直線與平面所成角的余弦值.
1．（2024·安徽蕪湖·三模）如圖，三棱錐中，平面平面，平面平面，平面平面，
(1)求證：兩兩垂直；
(2)若為中點，為中點，求與平面所成角的正弦值．
2．（2024·陜西西安·三模）在四棱錐中，平面平面，，，，．
(1)證明：．
(2)若為等邊三角形，求點C到平面的距離．
3．（2024·四川·模擬預測）如圖，在以為頂點的五面體中，四邊形為正方形，四邊形為等腰梯形，，且平面平面．
(1)證明：；
(2)求三棱錐的體積．
考點九、翻折問題綜合
1．（2024·山東泰安·模擬預測）如圖，在直角梯形中，，，，是的中點，是與的交點．將沿折起到的位置，如圖．
(1)證明：平面平面；
(2)若平面平面，求平面與平面夾角的余弦值．
2．（2024·安徽合肥·三模）如圖一：等腰直角中且，分別沿三角形三邊向外作等腰梯形使得，沿三邊折疊，使得，重合于，如圖二
(1)求證：．
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
3．（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖所示，在等腰梯形中，，，，E為CD中點，AE與BD相交于點O，將沿AE折起，使點D到達點P的位置（平面）．
(1)求證：平面平面PBC；
(2)若，試判斷線段PB上是否存在一點Q（不含端點），使得直線PC與平面所成角的正弦值為，若存在，求Q在線段PB上的位置；若不存在，說明理由．
1．（2024·江西南昌·三模）如圖1，四邊形為菱形，，，分別為，的中點，如圖2．將沿向上折疊，使得平面平面，將沿向上折疊．使得平面平面，連接.
(1)求證：，，，四點共面：
(2)求平面與平面所成角的余弦值.
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖1，在矩形中，，，將沿矩形的對角線進行翻折，得到如圖2所示的三棱錐，且.
(1)求翻折后線段的長；
(2)點滿足，求與平面所成角的正弦值.
3．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖（1），在平面五邊形中，，將沿折起得到四棱錐，如圖（2），滿足，且.
(1)求證：平面平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
考點十、補全條件及圖形證空間中的垂直關系
1．（2023·貴州銅仁·二模）如圖，在直三棱柱中，，．
(1)試在平面內確定一點H，使得平面，并寫出證明過程；
(2)若平面與底面所成的銳二面角為60°，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
2．（2021·河南·模擬預測）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝1，，點D，E分別為AC和B1C1的中點．
(1)棱AA1上是否存在點P使得平面PBD⊥平面ABE？若存在，寫出PA的長并證明你的結論；若不存在，請說明理由．
(2)求點A到平面BDE的距離．
3．（2024·全國·模擬預測）如圖，四邊形為圓臺的軸截面，，圓臺的母線與底面所成的角為45°，母線長為，是的中點．
(1)已知圓內存在點，使得平面，作出點的軌跡（寫出解題過程）；
(2)點是圓上的一點（不同于，），，求平面與平面所成角的正弦值．
1．（2024·上海·模擬預測）如圖，多面體是由一個正四棱錐與一個三棱錐拼接而成，正四棱錐的所有棱長均為，且．
(1)在棱上找一點，使得平面平面，并給出證明；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
2．（21-22高三上·黑龍江哈爾濱·期末）如圖，四邊形為正方形，若平面，，，．
(1)在線段上是否存在點，使平面平面，請說明理由；
(2)求多面體的體積．
3．（2024·廣東東莞·模擬預測）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，，且底面ABCD，點P、Q分別是棱、的中點．

(1)在底面內是否存在點M，滿足平面CPQ 若存在，請說明點M的位置，若不存在，請說明理由；
(2)設平面CPQ交棱于點T，平面CPTQ將四棱臺，分成上、下兩部分，求上、下兩部分的體積比．
1．（2024·黑龍江·三模）如圖，在直三棱柱中，，，為的中點.
(1)證明：平面；
(2)若二面角的余弦值為，求點到平面的距離.
2．（2024·貴州貴陽·三模）如圖，在三棱錐中，，平面平面.
(1)證明:平面；
(2)若為棱上靠近的三等分點，求直線與平面所成角的正弦值.
3．（2024·安徽安慶·三模）如圖，在四棱錐中，，，連接．
(1)求證：平面平面；
(2)求直線與平面所成角正弦值的大小．
4．（23-24高三下·河南·階段練習）如圖所示，在三棱錐中，與AC不垂直，平面平面，．
(1)證明：；
(2)若，點M滿足，求直線與平面所成角的正弦值．
5．（2024·上海·三模）如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，，，，點是的中點．

(1)求證：；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
6．（2024·福建泉州·模擬預測）在四棱錐中，．

(1)求證：
(2)當點到平面的距離為時，求直線與平面所成的角的正弦值．
7．（2024·廣西貴港·模擬預測）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為邊CD的中點，沿AE把折起，使點D到達點P的位置，且．
(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的表面積
8．（2024·四川成都·模擬預測）如圖所示，斜三棱柱的各棱長均為， 側棱與底面所成角為，且側面底面．

(1)證明：點在平面上的射影為的中點；
(2)求二面角的正切值．
9．（2024·陜西渭南·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面，底面是正方形，點E在棱PD上，，．
(1)證明：點是的中點；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
10．（2024·天津南開·二模）在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，O為CD的中點，二面角A-CD-P為直二面角.
(1)求證：；
(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.
1．（2024·遼寧大連·模擬預測）如圖（1），在中，，，點為的中點．將沿折起到的位置，使，如圖（2）．

(1)求證：．
(2)在線段上是否存在點，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，說明理由．
2．（2024·湖南邵陽·三模）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，且，，.，分別為，的中點..
(1)若.求證：平面平面；
(2)若，.求直線與平面所成角的正弦值.
3．（2024·陜西商洛·模擬預測）在如圖所示的多面體中.四邊形是邊長為的正方形，其對角線的交點為，平面，，.點是棱的中點.
(1)求證：平面；
(2)求多面體的體積.
4．（2024·山東青島·三模）如圖所示，多面體，底面是正方形，點為底面的中心，點為的中點，側面與是全等的等腰梯形，，其余棱長均為2.
(1)證明:平面；
(2)若點在棱上，直線與平面所成角的正弦值為，求.
5．（2024·浙江·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，，為線段的中點，平面底面．
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
6．（2024·山東·二模）如圖所示，直三棱柱，各棱長均相等.，，分別為棱，，的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)求直線與所成角的正弦值.
7．（2024·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，且，.
(1)證明：平面平面；
(2)若，，求與平面所成角的大小.
8．（2024·江蘇·三模）如圖，在三棱錐中，底面為上一點，且平面平面，三棱錐的體積為.
(1)求證：為的中點；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
9．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若為的中點，證明：平面平面；
(2)若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.
10．（2023·江西·二模）正四棱錐中，，E為中點，，平面平面，平面.
(1)證明：當平面平面時，平面
(2)當時，T為表面上一動點（包括頂點），是否存在正數m，使得有且僅有5個點T滿足，若存在，求m的值，若不存在，請說明理由.
1．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
2．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．
3．（2021·全國·高考真題）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，.
（1）求三棱錐的體積；
（2）已知D為棱上的點，證明：.
4．（2020·海南·高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為．
（1）證明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為上的點，QB=，求PB與平面QCD所成角的正弦值．
5．（2020·浙江·高考真題）如圖，三棱臺ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）證明：EF⊥DB；
（II）求DF與面DBC所成角的正弦值．
6．（2020·江蘇·高考真題）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分別是AC，B1C的中點．
（1）求證：EF∥平面AB1C1；
（2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1．
7．（2020·全國·高考真題）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，是底面的內接正三角形，為上一點，∠APC=90°．
（1）證明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）設DO=，圓錐的側面積為，求三棱錐P ABC的體積.
8．（2020·全國·高考真題）如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.
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（線線垂直、線面垂直、面面垂直）
（10類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
5年考情
考題示例 考點分析 關聯考點
2024年新I卷，第17題,15分 證明面面垂直 證明線面平行 由二面角大小求線段長度
2024年新Ⅱ卷，第17題,15分 證明線面垂直 線面垂直證明線線垂直 求平面的法向量 面面角的向量求法
2023年新Ⅱ卷，第20題,12分 證明線面垂直 線面垂直證明線線垂直 面面角的向量求法
2021年新I卷，第20題,12分 線面垂直證明線線垂直 面面垂直證線面垂直 錐體體積的有關計算 由二面角大小求線段長度或距離
2021年新Ⅱ卷，第10題,5分 證明線面垂直 線面垂直證明線線垂直 求異面直線所成的角
2021年新Ⅱ卷，第19題,12分 證明面面垂直 面面角的向量求法
2020年新I卷，第20題,12分 證明線面垂直 線面角的向量求法
2020年新I卷，第20題,12分 證明線面垂直 線面角的向量求法
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的常考內容，設題穩定，難度中等偏難，分值為5-15分
【備考策略】1.熟練掌握線面垂直的判定定理和性質定理及其應用
2.熟練掌握面面垂直的判定定理和性質定理及其應用
【命題預測】本節內容是新高考卷的常考內容，一般在解答題中考查線面垂直、面面垂直的判定及其性質，需強化鞏固復習.
知識講解
空間中的垂直關系
線線垂直
①等腰三角形（等邊三角形）的三線合一證線線垂直
②勾股定理的逆定理證線線垂直
③菱形、正方形的對角線互相垂直
線面垂直的判定定理
判定定理：一直線與平面內兩條相交直線垂直，則線面垂直
圖形語言 符號語言
線面垂直的性質定理
性質定理1：一直線與平面垂直，則這條直線垂直于平面內的任意一條直線
圖形語言 符號語言
性質定理2：垂直于同一個平面的兩條直線平行
圖形語言 符號語言
面面垂直的判定定理
判定定理：一個平面內有一條直線垂直于另一個平面，則兩個平面垂直 （或：一個平面經過另一個平面的垂線，則面面垂直）
圖形語言 符號語言
面面垂直的性質定理
性質定理：兩平面垂直，其中一個平面內有一條直線與交線垂直，則這條直線垂直于另一個平面
圖形語言 符號語言
考點一、線面垂直判定定理（特殊圖形）
1．（23-24高三上·上海閔行·期中）正四棱錐中，，，其中為底面中心，為上靠近的三等分點．
(1)求證：平面；
(2)求四面體的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接，，則與交于點，由正四棱錐的性質得到，平面，則，即可得證；
（2）首先求出，再由為上靠近的三等分點，得到，所以.
【詳解】（1）在正四棱錐中為底面中心，連接，，
則與交于點，且，平面，平面，
所以，又，平面，所以平面.
（2）因為，，所以，
又為上靠近的三等分點，所以，
則.
2．（22-23高二下·湖南郴州·期末）如圖，直三棱柱中，是邊長為的正三角形，為的中點．
（1）證明：平面；
（2）若直線與平面所成的角的正切值為，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明即可；
（2）連接，由（1）知⊥平面，又直線與平面所成的角的正切值為，可得，以為坐標原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用二面角的坐標公式計算大小可得答案．
【詳解】（1）是正三角形，為的中點，
．
又是直三棱柱，
平面ABC，
．
又，
平面．
（2）連接，由（1）知平面，
∴直線與平面所成的角為，
．
是邊長為2的正三角形，則，
．
在直角中，，，
．
建立如圖所示坐標系，則，，，，．
，，設平面的法向量為，則，即，解得平面的法向量為．
，，設平面的法向量為，則，即，解得平面的法向量為．
設平面與平面夾角為，則
．
平面與平面夾角的余弦值為．
【點睛】
1．（22-23高二上·北京·階段練習）如圖，在四棱錐中，平面，底面為菱形，為的中點．
(1)求證：平面；
(2)若點是棱的中點，求證：平面．
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
【分析】（1）利用線面垂直性質以及菱形性質可得,，根據線面垂直判定定理即可得出平面；；
（2）依題意可得四邊形為平行四邊形，利用線面平行判定定理即可證明平面．
【詳解】（1）由平面，平面，所以，
又因為底面為菱形，所以，
易知，平面，
所以平面；
（2）連接，，如下圖所示：
由底面為菱形可得，且，
又因為為的中點，點是棱的中點，所以可得，且，
所以可知四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
2．（2024·新疆喀什·三模）如圖，在正四棱臺中，，，是的中點．
(1)求證：直線平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接交于，連接交于，連接，依題意得平面，即可得到，再由，即可得證；
（2）首先求出以及，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）連接交于，連接交于，連接，
∵四棱臺是正四棱臺，
∴平面，又平面，
∴，又，，平面，
∴平面．
（2）在等腰梯形中，，，
所以，
在等腰梯形中，，
所以，
兩兩互相垂直，如圖建立空間直角坐標系，
則，
，
設平面的一個法向量為，則，
，取，
設直線與平面所成角為，則，
∴直線與平面所成角的正弦值．
考點二、線面垂直判定定理（三線合一）
1．（2024·陜西榆林·一模）在三棱錐中，為的中點.
(1)證明：⊥平面.
(2)若，平面平面，求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由三線合一得到線線垂直，進而得到線面垂直；
（2）由面面垂直得到線面垂直，求出，利用等體積法求出點到平面的距離.
【詳解】（1）因為，為的中點，
所以，
又因為平面，
所以⊥平面.
（2）因為平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因為，所以均為等邊三角形，
故，故，
所以，
因為平面，平面，
所以，由勾股定理得，
取的中點，連接，
在中，，故⊥，
故，，
設點到平面的距離為，所以，解得.
2．（2024·全國·模擬預測）如圖，在三棱錐中，點為棱的中點，點為的中點，，，都是正三角形．
(1)求證：平面；
(2)若三棱錐的體積為，求三棱錐的表面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由已知可得，，可證平面，可得，又易得，進而可證平面．
（2）由已知可得，，利用體積可求得的值，進而可求表面積.
【詳解】（1）因為是正三角形，點為的中點，所以．
因為，是正三角形，點為的中點，
所以，．
因為，平面，平面，
所以平面．
因為平面，所以，
因為，平面，平面，
所以平面．
（2）設，則是邊長為的正三角形，因為，所以，
因為是正三角形，且，所以，
所以三棱錐的體積，所以，
的面積為，
與的面積相等，其面積之和為，
在中，，，
所以的面積為．
所以三棱錐的表面積為．
1．（2024·青海·二模）如圖，在三棱柱中，所有棱長均相等，，，.

(1)證明；平面.
(2)若二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）設D為的中點，先證明平面，以此得到，再證明，結合線面垂直的判定定理即可得解；
（2）建立適當的空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，結合向量夾角的坐標公式即可求解.
【詳解】（1）

設D為的中點，連接，，.
因為在三角形中，，所以三角形是等邊三角形，
而是的中點，故由三線合一可知，，
因為，是三角形的中位線，即，所以.
因為，平面，所以平面.
因為平面，所以.
在中，，O為的中點，所以.
因為，平面，所以平面.
（2）設三棱柱的棱長為，以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，.
，，.

設平面的法向量為，
則，可取.
設平面的法向量為，
則，可取.
因為平面平面，所以平面的一個法向量為.
，，
故二面角的正弦值為.
2．（2023·陜西西安·三模）如圖，在三棱柱中，平面ABC，D，E分別為AC，的中點，，．
(1)求證：平面；
(2)求點D到平面ABE的距離．
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【分析】（1）通過證明，，得證平面．
（2）由，利用體積法求點D到平面ABE的距離．
【詳解】（1）證明：∵，D，E分別為AC，的中點，
∴，且，
又平面，∴平面，
又平面，∴，
又，且，平面，
∴平面．
（2）∵，，，
∴，
∴，，．
在中，，，
∴邊上的高為．
∴．
設點D到平面ABE的距離為d，
根據，得，解得，
所以點D到平面ABE的距離為．
考點三、線面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理）
1．（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．
【答案】(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.
2．（2024·海南·模擬預測）如圖，已知線段為圓柱的三條母線，為底面圓的一條直徑，是母線的中點，且.
(1)求證：平面DOC；
(2)求平面與平面的夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）通過證明，，再根據線面垂直的判定定理即可證明平面；
（2）建立空間直角坐標系，分別求平面與平面的法向量，通過法向量即可求解二面角的余弦值.
【詳解】（1）連接.
因為為底面圓的直徑，
所以為的中點，.
又因為，所以.
由圓柱的性質知平面，而平面，
所以，又，且平面，
所以平面，
因為平面，所以.
因為，為母線的中點，
所以，
，
，
，
所以，則.
又平面，且，
所以平面.
（2）連接，易知平面，
以為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
所以.
設平面的法向量為，則令，得.
設平面的法向量為，則令，得.
設平面與平面的夾角為，則，
故平面與平面的夾角的余弦值為.
1．（2024·廣西·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，四邊形是菱形，，是棱上的動點，且.

(1)證明：平面.
(2)是否存在實數，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在實數，理由見解析
【分析】
（1）由線線垂直得到線面垂直，進而得到，再由勾股定理逆定理得到，從而得到線面垂直；
（2）作出輔助線，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，進而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【詳解】（1）
因為四邊形是菱形，所以.
因為，，平面，且，所以平面.
因為平面，所以.
因為，所以，即.
因為，平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中點，連接，因為四邊形是菱形，，
所以為等邊三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，兩兩垂直，
故以為原點，分別以，，的方向為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系.

設，則，，，，
故，，，
所以，
設平面的法向量為，
則，
令，得.
平面的一個法向量為，設面與面所成的銳二面角為，
則，
整理得，解得或（舍去）.
故存在實數，使得面與面所成銳二面角的余弦值是.
2．（2024·重慶·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面為等邊三角形，，點為棱上的動點．
(1)證明：平面；
(2)當二面角的大小為時，求線段的長度．
【答案】(1)證明詳見解析
(2)
【分析】（1）先求得，再根據線面垂直的判定定理證得平面.
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法列方程來求得點的坐標，進而求得的長度.
【詳解】（1）依題意，所以，
所以，所以，則，
由于平面，平面，所以，
由于平面，所以平面.
（2）由（1）可知兩兩相互垂直，由此以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
，設，
平面的法向量為，
設平面的法向量為，
則，
故可設，
依題意，二面角的大小為，
所以，
整理得，
解得或（舍去），所以，
所以.
3．（23-24高一下·浙江寧波·期中）如圖，已知三棱臺的體積為，平面平面，是以為直角頂點的等腰直角三角形，且，

(1)證明：平面；
(2)求點到面的距離；
(3)在線段上是否存在點，使得二面角的大小為，若存在，求出的長，若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根據棱臺的性質、長度關系和勾股定理可證得；由面面垂直和線面垂直的性質可證得，結合可證得結論；
（2）延長交于一點，根據可求得，利用體積橋可構造方程求得結果；
（3）根據線面垂直和面面垂直性質可作出二面角的平面角，設，根據幾何關系可表示出，由二面角大小可構造方程求得，進而得到結果.
【詳解】（1）連接，

在三棱臺中，；
，四邊形為等腰梯形且，
設，則.
由余弦定理得：，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是以為直角頂點的等腰直角三角形，，
，平面，平面.
（2）由棱臺性質知：延長交于一點，
，，，
；
平面，即平面，
即為三棱錐中，點到平面的距離，
由（1）中所設：，，
為等邊三角形，，
，；
，，
，
設所求點到平面的距離為，即為點到面的距離，
，，解得：.
即點到平面的距離為.
（3）平面，平面，平面平面，
平面平面
取中點，在正中，，平面，
又平面，平面平面．
作，平面平面，則平面，
作，連接，則即在平面上的射影，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，，即二面角的平面角.
設，
在中，作，
，，又平面，平面，
，解得：，
由（2）知：，，
，，
，，
，，
若存在使得二面角的大小為，
則，解得：，
，
存在滿足題意的點，.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的垂直關系的證明、點面距離的求解、二面角問題的求解；求解二面角問題的關鍵是能夠利用三垂線法，作出二面角的平面角，進而根據幾何關系構造關于長度的方程，從而求得結果.
考點四、線面垂直判定定理（全等與相似）
1．（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.
【答案】(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
1．（2024·寧夏銀川·一模）如圖，在四棱錐中，已知是的中點.
(1)證明：平面；
(2)若，點是的中點，求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）求證且即可由線面垂直判定定理得證平面.
（2）利用等體積法求出點到平面的距離即可求解點到平面的距離.
【詳解】（1）是的中點，
連接，，，
在和中，
，，
平面，平面.
（2）因為是的中點，
所以點到平面的距離就是點到平面的距離的一半，
設點到平面的距離為，
因為，
所以，
故，
設點為的中點，則，
所以，，
因為，
所以，故，
所以點到平面的距離為.
考點五、線面垂直判定定理（空間向量）
1．（2024·浙江·模擬預測）如圖，已知正三棱柱分別為棱的中點．

(1)求證：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】利用線面垂直判定定理來證明；用向量法計算兩平面夾角的余弦值，再求夾角的正弦值；
【詳解】（1）取中點，由正三棱柱性質得，互相垂直，以為原點，分別以，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系．
不妨設，則，
則．
證明：，
由，得，
由，得，
因為平面，所以平面．
（2）

由（1）可知為平面的一個法向量，設平面的法向量，
則,故，
令，得面的一個法向量為，
設二面角的值為，
則，所以，二面角的正弦值為．
2．（2024·山東·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，，.
(1)當時，求證：平面；
(2)設二面角的大小為，求的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，當時，求得的坐標，求得，得到，結合線面垂直的判定定理，即可得證；
（2）由（1）求得平面和平面的法向量和，利用向量的夾角公式，求得，結合，進而求得的范圍.
【詳解】（1）證明：以為坐標原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，，
當時，，所以，
可得，所以，
又因為，平面，平面，所以平面.
（2）解：由（1）可得，
設平面的一個法向量為，則，
令，可得，所以，
因為平面，所以平面的一個法向量為，
所以，
又因為，可得，所以，
因為二面角為銳二面角，所以，
所以的取值范圍.
3．（2024·湖南岳陽·三模）已知四棱錐的底面是邊長為4的菱形，，，，是線段上的點，且．

(1)證明：平面；
(2)點在直線上，求與平面所成角的最大值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）連結，交于點，由條件證明，建立空間直角坐標系，利用向量方法證明，結合線面垂直判定定理證明結論；
（2）根據線面角的向量求法求出與平面所成角的正弦值，再求其最大值，由此可求線面角的最大值.
【詳解】（1）連結，交于點，連，
由，
知，
又平面
又底面為菱形，所以
以為坐標原點，，，分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，
如圖所示，邊長為4，則，
在直角三角形中，所以
所以點
，則
所以，
所以，
，
所以，
所以，
又，平面，
所以平面，
（2）設，
所以，
故，
所以
平面的一個法向量是，
設與平面所成角為，則
當時，平面，；
當時，
，
當且僅當時取等號，
又所以，
故與平面所成角的最大值為

1．（2024·安徽六安·模擬預測）如圖，為菱形，，，平面平面，點F在上，且，分別在直線上．
(1)求證：平面；
(2)把與兩條異面直線都垂直且相交的直線叫做這兩條異面直線的公垂線，若，MN為直線的公垂線，求的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理可求得，可得，兩邊平方可求得，由勾股定理的逆定理可證，利用面面垂直的性質可證平面；
（2）建立空間直角坐標系，設，，則，利用公垂線可得，求解即可.
【詳解】（1），
所以，所以，
所以，，
，則，又因為平面平面，
平面平面平面，故平面；
（2）在平面中過作直線，
以C為原點，的方向為x軸正方向，的方向為軸正向，直線為軸，
建立如圖所示空間直角坐標系，
由，可得，，
所以，
所以，
設，則，
設，則，，
由題知，解得，，
故.
2．（2024·重慶·三模）如圖，在圓錐PO中，AC為圓錐底面的直徑，為底面圓周上一點，點在線段BC上，，.
(1)證明：平面BOP；
(2)若圓錐PO的側面積為，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法證明，然后利用線面垂直的判定定理證明即可；
（2）根據圓錐PO的側面積求得及，求出平面的法向量，利用向量法求得二面角的余弦值.
【詳解】（1）平面，故以為坐標原點，為軸正方向，為軸正方向，
與同向的方向為軸正方向建立空間直角坐標系.
設，故，，，.
.
故，平面，平面.
（2）圓錐PO的側面積，，
由（1）可知，為平面的法向量，
設平面的法向量為，而，，
故，令得，
則，
所以二面角的余弦值為.
3．（23-24高三下·河北滄州·階段練習）如圖，在直三棱柱中，△為邊長為2的正三角形，為中點，點在棱上，且.
(1)當時，求證平面；
(2)設為底面的中心，求直線與平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值時的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)最大值為，此時
【分析】（1）根據已知條件建立空間直角坐坐標系，利用向量證明線面垂直即可.
（2）求出直線對應的方向向量和平面對應的法向量，將線面角用向量坐標表示進而求最值.
【詳解】（1）取的中點，連接，
因為三棱柱為直棱柱，且△為正三角形，
所以以所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，
根據已知條件得
，
當時，，，
，
，
，即，
又，而平面，平面.
（2）由（1）知，，
為△的中心，，
設平面的法向量，則
，令，則
設直線與平面所成角為，則
令，則，
此時，
(當且僅當即時取等號)，
，
即直線與平面所成角正弦的最大值為，此時的值為
考點六、線面垂直性質定理
1．（2022·全國·高考真題）在四棱錐中，底面．
(1)證明：；
(2)求PD與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據線面垂直的性質可得，從而可得平面，再根據線面垂直的性質即可得證；
（2）以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出答案.
【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，
因為，
所以四邊形為等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因為平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因為平面，
所以；
（2）解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，
，
則，
則，
設平面的法向量，
則有，可取，
則，
所以與平面所成角的正弦值為.
2．（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．
【答案】(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，
∴．
3．（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．
(1)證明：；
(2)點F滿足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）根據題意易證平面，從而證得；
（2）由題可證平面，所以以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，再求出平面的一個法向量，根據二面角的向量公式以及同角三角函數關系即可解出．
【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，
因為，，所以與均為等邊三角形，
，從而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨設，，．
，，又，平面平面．
以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

設，
設平面與平面的一個法向量分別為，
二面角平面角為,而，
因為，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，從而．
所以二面角的正弦值為．
4．（2024·全國·高考真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意，根據余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可證得，則，結合線面垂直的判定定理與性質即可證明；
（2）由（1），根據線面垂直的判定定理與性質可證明，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解面面角即可.
【詳解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，則，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）連接，由，則，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
則，
由是的中點，得，
所以，
設平面和平面的一個法向量分別為，
則，，
令，得，
所以，
所以，
設平面和平面所成角為，則，
即平面和平面所成角的正弦值為.
1．（2024·河北保定·二模）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，分別為的中點，且．

(1)證明：．
(2)若，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）連接，根據線面垂直的判定定理可得平面，從而得證；
（2）先證明平面，從而建立空間直角坐標系，利用空間向量法求兩平面夾角的余弦值.
【詳解】（1）連接，因為底面是菱形，分別為的中點，
所以，所以，
又，平面，
所以平面，因為平面，所以．
（2）因為是的中點，所以．
又，平面，所以平面．
連接，以為坐標原點的方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，
如圖所示，設，則，
，
，
．
設是平面的法向量，由，
得取，可得，
設是平面的法向量，
由得取，可得，
所以，
所以平面與平面夾角的余弦值為．

2．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，已知斜三棱柱的側面是菱形，，．
(1)求證：；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用線面垂直的性質定理進行證明；
（2）利用垂直關系建立空間直角坐標系，用向量法進行求解．
【詳解】（1）
取的中點，連接．
因為側面是菱形，，所以是正三角形，
因為是中點，所以．
因為是中點，，所以，
又因為平面平面，
所以平面．
因為平面，所以．
因為斜三棱柱，所以，所以．
（2）因為平面平面，所以平面，因為平面，所以．
又因為平面平面，所以平面．
以為原點，的方向為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則．
所以，，
設平面的一個法向量為，
則即．
取，則，所以．
設平面的一個法向量為，
則即
取，則，所以．
又，
所以平面與平面夾角的余弦值為．
3．（2024·山東煙臺·一模）如圖，在三棱柱中，，為的中點，平面.

(1)求證：；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）根據給定條件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理證得，再利用線面垂直的判定、性質推理即得.
（2）由（1）的信息以為原點建立空間直角坐標系，利用面面角的向量求法求解即可.
【詳解】（1）在三棱柱中，，則，
由，得，在中，，
由余弦定理，得，，
于是，由平面平面，得，
而平面，因此平面，又平面，
所以，
（2）由（1）知，兩兩垂直，以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，
由，得，則，
于是，設為平面的一個法向量，
則，取，得，顯然為平面的一個法向量，
因此，顯然二面角的大小為銳角，
所以二面角的余弦值為.

4．（2024·山東·模擬預測）如圖，在四棱臺中，底面為正方形，為等邊三角形，為的中點．
(1)證明：；
(2)若，，求直線與平面所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接，可得，由已知得，所以得平面，可得平面，則可得；
（2）以點為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出的坐標及平面的一個法向量的坐標，由和夾角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角正弦值，由向量夾角的余弦公式算出，再算出直線與平面所成角的余弦值.
【詳解】（1）連接，因為為等邊三角形，所以，
因為為正方形，所以
在四棱臺中，，
所以，又平面，
所以平面，
因為，所以平面，
因為平面，所以；
.
（2）因為底面為正方形，為等邊三角形，
所以，所以，
因為，，所以，所以，
又由（1），且，平面，
所以平面，即平面，
取的中點，連接，
以點為坐標原點，以，，分別為，，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，，，，
所以，，，
設是平面的一個法向量，
所以，即，得，
直線與平面所成角正弦值為，
則直線與平面所成角的余弦值為.
5．（2022·陜西·一模）如圖，已知直三棱柱，，，分別為線段，，的中點，為線段上的動點，，.
(1)若，試證；
(2)在（1）的條件下，當時，試確定動點的位置，使線段與平面所成角的正弦值最大.
【答案】(1)證明見解析
(2)為的中點時，取得最大值.
【分析】（1）先證平面，得，結合已知條件得出，根據及
勾股定理的逆定理，得出，進而得出平面，即證.
（2）建立空間直角坐標系，求出相關平面的法向量和直線的方向向量，再由向量的夾角公式可求出線面角，
在利用二次函數的性質即可求解該問題.
【詳解】（1）在中，
∵為中點且，
∴.
∵平面平面交線為，
∴平面，∴.
∵，分別為，的中點，
∴.
∴.
在直角和直角中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴.
∴平面，平面，
∴.
（2）∵平面，由（1）得，，三線兩兩垂直，以為原點，
以，，為，，軸建立空間直角坐標系如圖，
則，，，，，，
∴，.
設平面的一個法向量為，
則，
令得，，
設，，則，
∴，，
設直線與平面所成的角為，
則.
若，此時點與重合，
若，令，則.
當，即，為的中點時，取得最大值.
考點七、面面垂直判定定理
1．（2021·全國·高考真題）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，M為的中點，且．
（1）證明：平面平面；
（2）若，求四棱錐的體積．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得，又，由線面垂直的判定定理可得平面，再根據面面垂直的判定定理即可證出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知識可知，，由相似比可求出，再根據四棱錐的體積公式即可求出．
【詳解】（1）因為底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．
于是，故．
因為，所以，即．
故四棱錐的體積．
[方法二]：平面直角坐標系垂直垂直法
由（2）知,所以．
建立如圖所示的平面直角坐標系，設．
因為，所以，，，．
從而．
所以，即．下同方法一.
[方法三]【最優解】：空間直角坐標系法
建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，所以，，，，．
所以，，．
所以．
所以，即．下同方法一.
[方法四]：空間向量法
由，得．
所以．
即．
又底面，在平面內，
因此，所以．
所以，
由于四邊形是矩形，根據數量積的幾何意義，
得，即．
所以，即．下同方法一.
【整體點評】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；
方法二構建平面直角坐標系，利用直線垂直的條件得到矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；
方法三直接利用空間直角坐標系和空間向量的垂直的坐標運算求得矩形的另一個邊長,為最常用的通性通法，為最優解；
方法四利用空間向量轉化求得矩形的另一邊長.
2．（2021·全國·高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．
（1）證明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，從而得到面面.
（2）在平面內，過作，交于，則，建如圖所示的空間坐標系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【詳解】
（1）取的中點為，連接.
因為，，則，
而，故.
在正方形中，因為，故，故，
因為，故，故為直角三角形且，
因為，故平面，
因為平面，故平面平面.
（2）在平面內，過作，交于，則，
結合（1）中的平面，故可建如圖所示的空間坐標系.
則，故.
設平面的法向量，
則即，取，則，
故.
而平面的法向量為，故.
二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.
3．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為AC的中點．
(1)證明：平面平面ACD；
(2)設，點F在BD上，當的面積最小時，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明詳見解析
(2)
【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.
（2）首先判斷出三角形的面積最小時點的位置，然后求得到平面的距離，從而求得三棱錐的體積.
【詳解】（1）由于，是的中點，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判別幾何關系
依題意，，三角形是等邊三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以當最短時，三角形的面積最小
過作，垂足為，
在中，，解得，
所以，
所以
過作，垂足為，則，所以平面，且，
所以，
所以.
[方法二]：等體積轉換
，，
是邊長為2的等邊三角形，
連接
4．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；
(2)設，求四棱錐的高．
【答案】(1)證明見解析.
(2)
【分析】(1)由平面得，又因為，可證平面，從而證得平面平面；
(2) 過點作，可證四棱錐的高為,由三角形全等可證，從而證得為中點，設，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.
【詳解】（1）證明：因為平面，平面,
所以,
又因為，即，
平面，,
所以平面，
又因為平面,
所以平面平面.
（2）如圖，

過點作，垂足為.
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱錐的高為.
因為平面，平面,
所以,,
又因為，為公共邊，
所以與全等，所以.
設，則，
所以為中點，,
又因為,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱錐的高為．
5．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）根據給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，結合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，所以由求出點坐標，再求出平面與平面BEF的法向量，由即可證明；
（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，

于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
在中，，
在中，，
設，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：過點作交于點，設，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因為分別為的中點，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.

法二：平面的法向量為，
平面的法向量為，
所以，
因為，所以，
故二面角的正弦值為.
1．（2024·河南·三模）如圖，在四棱錐中，平面平面，且．

(1)證明：平面平面；
(2)求平面與平面夾角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先由線段關系證，結合面面垂直的性質判定線線垂直，利用線線垂直證線面垂直；
（2）建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量計算面面角即可.
【詳解】（1）由題意，則，
因為，所以，
因為平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因為平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）如圖，以A為原點，分別為軸，軸正方向，在平面內過點A作平面ABC的垂線為z軸，
建立空間直角坐標系，

則，
所以，，
設平面的一個法向量，
則，令，得，
設平面的法向量，
則，令，得，
設平面與平面的夾角為，則，
所以平面與平面夾角的正弦值為．
2．（2024·河北滄州·二模）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，四邊形為菱形，，三棱柱的體積為3．

(1)證明：平面平面；
(2)若為棱的中點，求平面與平面的夾角的正切值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，由已知得出，再根據體積求出點到平面的距離，即可得出平面，即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，由面面夾角的向量公式及同角三角函數的關系求解即可．
【詳解】（1）證明：取的中點，連接，
因為，
所以為等邊三角形，
因為為中點，所以，，
因為三棱柱的體積為3，設到平面的距離為，
所以，所以，則平面，
又平面，所以平面平面．
（2）連接，由（1）知平面，又平面，所以，
因為為的中點，，所以，且，
所以兩兩垂直，以為坐標原點，所在直線分別為軸，
軸，軸建立空間直角坐標系（如圖所示），
則，，
因為，
所以，因為為的中點，所以，
則，
設平面的一個法向量，則，即，
令，解得，故，
設平面的一個法向量，則，即，
令，解得，故，
設平面與平面的夾角為，
所以，
所以，所以．

3．（2024·山東·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，為棱上一點，且．

(1)證明：平面平面；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由線面垂直得到，結合勾股定理逆定理得到，證明出平面，得到，結合題目條件證明出平面，得到面面垂直；
（2）建立空間直角坐標系，設點，根據向量垂直得到方程，求出，進而求出平面的法向量，得到二面角的余弦值，得到答案.
【詳解】（1）在直三棱柱中，平面，
∵平面，
∴，
∵，
∴，
∴，
，平面，
∴平面．
平面，
∴，
，平面，
∴平面．
又平面，
平面平面．
（2）由（1）可知兩兩垂直，
如圖，以點為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，
則．

設點，
則．
，解得．
設平面的法向量為，
則可取．
易知為平面的一個法向量．
，
故由圖可知二面角的大小為．
4．（2024·四川德陽·三模）如圖，在三棱柱中，底面是等邊三角形，，D為的中點，過的平面交棱于E，交于F.
(1)求證：平面平面；
(2)設M為的中點，平面交于P，且.若，且，求四棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析
(2)24
【分析】（1）根據三角形全等，可得，又，即可得平面，進而可求解，
（2）根據線面平行的性質可得，即可求解的長度，利用面面垂直的性質可得平面，即可求解，進而由體積公式即可求解.
【詳解】（1）證明：連接，.
因為，，
所以，所以.
因為為的中點，所以.
因為為的中點，所以.
因為，，平面
所以平面.
又，所以平面.
又平面
所以平面平面.
（2）由題意得：，，
因為，平面，平面
所以 平面
由于平面平面，平面，
所以,故.
所以四棱錐的頂點到底面的距離等于點到底面的距離.
作，垂足為，則由（1）知平面平面，且交線為，平面,所以平面
故.
底面的面積為.
所以四棱錐的體積為.
5．（2023·黑龍江佳木斯·三模）如圖，在四棱錐中，平面平面，，底面為等腰梯形，，且．
(1)證明：平面平面；
(2)若點A到平面PBC的距離為，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先由題意中的面面垂直得到平面，從而得到，再由題意中給出的棱長信息得到，進而得到平面即可求證.
（2）延長交于點S，得，且平面平面，過作的垂面即可找到二面角的平面角，進而通過求即可求出平面與平面夾角的余弦值.
【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以，
過C作交于點G，則由題意，
所以，，
所以，即，又，、平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）過A作交于點E，
由（1）可得平面平面，又平面平面，
所以平面，點A到平面PBC的距離為，
所以，
又由（1）平面可得，
所以，所以，
延長交于點S，則平面平面，
又由為等腰梯形，且以及，可得
，分別為的中點，
連接，則，且，
又由平面，可得，又，、平面，
所以平面，又平面，
所以，過D作，交于點，連接，
則由得平面，所以為二面角的的平面角，
又在和中，，
所以，故，
所以.
故平面與平面夾角的余弦值為.
考點八、面面垂直性質定理
1．（2021·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.
（1）證明：；
（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析；(2).
【分析】(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；
(2)方法二：利用幾何關系找到二面角的平面角，然后結合相關的幾何特征計算三棱錐的體積即可.
【詳解】（1）因為，O是中點，所以，
因為平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因為平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐標法
如圖所示，以O為坐標原點，為軸，為y軸，垂直且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系，
則，設,
所以，
設為平面的法向量，
則由可求得平面的一個法向量為．
又平面的一個法向量為，
所以，解得．
又點C到平面的距離為，所以，
所以三棱錐的體積為．
[方法二]【最優解】：作出二面角的平面角
如圖所示，作，垂足為點G．
作，垂足為點F，連結，則．
因為平面，所以平面，
為二面角的平面角．
因為，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因為，
．
[方法三]：三面角公式
考慮三面角，記為，為，，
記二面角為．據題意，得．
對使用三面角的余弦公式，可得，
化簡可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化簡可得．②
將①②兩式平方后相加，可得，
由此得，從而可得．
如圖可知，即有，
根據三角形相似知，點G為的三等分點，即可得，
結合的正切值，
可得從而可得三棱錐的體積為．
【整體點評】(2)方法一：建立空間直角坐標系是解析幾何中常用的方法，是此類題的通性通法，其好處在于將幾何問題代數化，適合于復雜圖形的處理；
方法二：找到二面角的平面角是立體幾何的基本功，在找出二面角的同時可以對幾何體的幾何特征有更加深刻的認識，該法為本題的最優解.
方法三：三面角公式是一個優美的公式，在很多題目的解析中靈活使用三面角公式可以使得問題更加簡單、直觀、迅速.
2．（2024·湖南衡陽·三模）如圖所示，在三棱柱中，已知平面平面，，，.
(1)證明：平面；
(2)已知E是棱的中點，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）通過面面垂直證明線面垂直，進而得到，再用勾股定理逆定理證得，從而推得線面垂直；
（2）建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面與平面的法向量，即可求解兩個平面的夾角余弦值.
【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，
又平面，且，所以平面，
而平面，所以，
在中，因為，，
所以，所以，
又，、平面，所以平面.
（2）因為平面，平面，
所以，
而，
所以兩兩互相垂直，
以點為坐標原點，、、所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，
因為是棱的中點，所以，
所以，，設平面的法向量為，
則，令，得；
又，，設平面的法向量為，
則，令，則，
所以，
故平面與平面夾角的余弦值為.
3．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，三棱柱中，側面底面，，，，點是棱的中點，，.
(1)證明：；
(2)求直線與平面所成角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【分析】（1）連接，，，由平面平面可證平面，由，可證平面，所以，在中可求，由勾股定理逆定理即可證明；
（2）建立合適的空間直角坐標系，分別求出直線與平面的方向向量和法向量，利用公式求解線面角的正弦值，即可求解余弦值.
【詳解】（1）
連接，，，
由已知四邊形為菱形，又
所以為等邊三角形，又點是棱的中點，
所以，即，
因為平面平面，且交線為，
由，平面，得平面，
由平面，得，，
因為，，且，平面，
所以平面，
由平面，得，
設，，有，
解得：，即，
所以，滿足，即；
（2）以為坐標原點，，，分別為，，軸的正方向建立如圖所示空間直角坐標系，
，，，
所以，，，
設平面的法向量，
由，得，
令可得，
又，
設直線與平面所成角的大小為，
則，
因為，所以，
所以直線與平面所成角的余弦值為.
1．（2024·安徽蕪湖·三模）如圖，三棱錐中，平面平面，平面平面，平面平面，
(1)求證：兩兩垂直；
(2)若為中點，為中點，求與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）在上任取一點，作交于，作交于，證明平面，從而證明，繼而推出，即可證明平面，繼而可證明結論；
（2）建立空間直角坐標系，求出相關點坐標，求出平面的法向量，根據空間角的向量求法啊，即可求得答案.
【詳解】（1）在上任取一點，作交于，作交于，
由平面平面交于面，，則平面，
又平面，則，同理，
又由平面，可得平面，
平面，則．
同理可得，即兩兩垂直．
（2）分別以DB，DC，DA所在直線為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，
易得，
有，
設面的法向量，則由，
即，可取．
設與平面所成角為，
則，
則與平面所成角的正弦值為
2．（2024·陜西西安·三模）在四棱錐中，平面平面，，，，．
(1)證明：．
(2)若為等邊三角形，求點C到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）先證明，再由面面垂直的性質定理求解；
（2）過點P作，所以平面，由體積法求解．
【詳解】（1）因為，，所以，，
由余弦定理可得，所以，則．
因為平面平面，且平面平面，平面，
所以平面PAD．
因為平面PAD，所以．
（2）過點P作，因為平面平面ABCD，且平面平面，所以平面．
因為，
在中，，而，
．
設點C到平面的距離為h，，
則，解得，
所以點C到平面的距離為．
3．（2024·四川·模擬預測）如圖，在以為頂點的五面體中，四邊形為正方形，四邊形為等腰梯形，，且平面平面．
(1)證明：；
(2)求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到線面垂直，再得到線線垂直，利用勾股定理求出線段長度，最后利用線段長度符合勾股定理證明線線垂直；
（2）轉換頂點，以為頂點，以為底面，從而即可得到體積.
【詳解】（1）連接，平面平面，平面平面，面，
平面，又平面，則，
是直角三角形，即．
在梯形中，作于，
則，則．
又，則，
．
（2），平面平面，平面平面，面，
平面．
由（1）知，
.
考點九、翻折問題綜合
1．（2024·山東泰安·模擬預測）如圖，在直角梯形中，，，，是的中點，是與的交點．將沿折起到的位置，如圖．
(1)證明：平面平面；
(2)若平面平面，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據平面幾何的性質得到，即可得到，，即可得到平面，再由，得到平面，從而得證；
（2）依題意可得為二面角的平面角，即，以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）在圖1中連接，因為，，是的中點，，
所以四邊形為正方形，四邊形為平行四邊形，所以，．
即在圖2中，，，，平面，
所以平面．
又，所以平面．
因為平面，所以平面平面
（2）由已知，平面平面，又由（1）知，，．
所以為二面角的平面角，所以．
如圖，以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，所以，因為，
所以，，，．
得， ，.
設平面的法向量，平面的法向量，平面與平面夾角為，
則，得，取.
同理：，得，取.
從而，
即平面與平面夾角的余弦值為．
2．（2024·安徽合肥·三模）如圖一：等腰直角中且，分別沿三角形三邊向外作等腰梯形使得，沿三邊折疊，使得，重合于，如圖二
(1)求證：．
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）補全圖形得到三棱錐，由線面垂直證得；
（2）思路一：建立空間直角坐標系，運用向量求解線面角；
思路二：等體積法求得到平面的距離，再用幾何法求得線面角.
【詳解】（1）延長交于點過作于，過作于，
又四邊形為等腰梯形，則，則，
又，所以，為的中點，
延長交于點，則，為的中點，則，
與重合于點，為三棱錐，
設為中點，等腰直角中，
又為的中點，為的中點，，∴，
，又平面平面，
又平面，.
（2）方法一：
為中點，，
又，
以為坐標原點，為軸建立空間直角坐標系，
則，
， ，，
設平面的法向量為，則，
取，則，所以.
所以直線與平面所成角的正弦值為.
方法二：
為中點，，，
又，
又，平面，∴平面，
，為等邊三角形，設到平面的距離為，
∴，
.
所以直線與平面所成角的正弦值為.
3．（2024·河南濮陽·模擬預測）如圖所示，在等腰梯形中，，，，E為CD中點，AE與BD相交于點O，將沿AE折起，使點D到達點P的位置（平面）．
(1)求證：平面平面PBC；
(2)若，試判斷線段PB上是否存在一點Q（不含端點），使得直線PC與平面所成角的正弦值為，若存在，求Q在線段PB上的位置；若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，Q是PB的中點．
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理、性質定理及面面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O為原點，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，設，求出平面AEQ的法向量，由線面角的向量求法求出可得答案.
【詳解】（1）如圖，在原圖中連接BE，由于，，，
所以四邊形ABED是平行四邊形．
由于，所以四邊形ABED是菱形，所以．
由于，，所以四邊形ABCE是平行四邊形，
所以，所以．
在翻折過程中，，保持不變，
即，保持不變．
由于，OP，平面POB，
所以平面POB，由于平面PBC，
所以平面平面PBC；
（2）由上述分析可知，在原圖中，，
所以，所以．
折疊后，若，則，所以，
由于，，平面ABCE，
所以平面ABCE．所以OE，OB，PO兩兩相互垂直．
由此以O為原點，
分別以所在的直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
，，，，
設，，，
，，
設平面AEQ的法向量為，
則，令得，
故，
設直線PC與平面AEQ所成角為θ，則
，
所以，，
，解得，
所以，因為，，
、的中點坐標為，
即Q是PB的中點．
1．（2024·江西南昌·三模）如圖1，四邊形為菱形，，，分別為，的中點，如圖2．將沿向上折疊，使得平面平面，將沿向上折疊．使得平面平面，連接.
(1)求證：，，，四點共面：
(2)求平面與平面所成角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用線面垂直的性質得到，結合中位線定理得到，最后證明四點共面即可.
（2）找到對應二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【詳解】（1）取，的中點分別為，，連接，，
取，的中點分別為，，連接，，，
由題意知，都是等邊三角形，
所以，，
因為平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因為，的中點分別為，，所以
所以，所以，
所以，又因為，
所以，
因為，的中點分別為，，
所以，
所以，所以，，，四點共面；
（2）連接，，且延長交于點，由題意知，，
所以，同理，
所以就是二面角的平面角，
設，則，，，
所以，同理，
所以，
所以平面與平面所成角的余弦值為.
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖1，在矩形中，，，將沿矩形的對角線進行翻折，得到如圖2所示的三棱錐，且.
(1)求翻折后線段的長；
(2)點滿足，求與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）可以證明得到為直角三角形, 翻折后線段的長可由勾股定理得出.
（2）根據第（1）問可以建立坐標系,寫出關鍵點的坐標,求出,平面的法向量,求出向量夾角的余弦值,后得到與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）由,,,,平面,
可得平面,又平面,則,
在中,根據勾股定理,
（2）如圖,過點作于點,由（1）可知,平面平面,交于,
∴平面,∵,又,,∴為直角三角形,∴
如圖,以為軸,為軸,過作的平行線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系
則,,,有,,
設平面的法向量,則,
令,解得其中一個法向量；
于是,,
故與平面所成角的正弦值為.
3．（2024·陜西安康·模擬預測）如圖（1），在平面五邊形中，，將沿折起得到四棱錐，如圖（2），滿足，且.
(1)求證：平面平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意及向量的關系可得的長度，可得，可得，再由勾股定理可得，進而可證得平面，進而可證得平面平面；
（2）建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面的法向量的坐標，求出的坐標，進而求出兩個向量的夾角的余弦值，進而可得所求的線面所成角的正弦值.
【詳解】（1），，
且，可得，
，，
所以，①
所以，
在中，，
所以，
所以平面，
所以，②
又平面，③
由①②③可得平面，
平面，
所以平面平面；
（2）過作交于，
由①可得兩兩相互垂直，
以為坐標原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，
則，
設平面的法向量為，
則，令，
即，
則，
所以.
設直線與平面所成角為，
則.
所以直線與平面所成角的正弦值為.
【點睛】本題考查平面與平面垂直的證法及空間向量的方法求線面所成的角的正弦值的方法，屬于中檔題.
考點十、補全條件及圖形證空間中的垂直關系
1．（2023·貴州銅仁·二模）如圖，在直三棱柱中，，．
(1)試在平面內確定一點H，使得平面，并寫出證明過程；
(2)若平面與底面所成的銳二面角為60°，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
【答案】(1)答案見解析；
(2).
【分析】（1）根據線面垂直和面面垂直的判定定理，結合面面垂直的性質定理進行證明即可；
（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.
【詳解】（1）取棱BC的中點D，連接，AD．在等腰直角△ABC中，，
又，平面，故平面．
又平面，故平面平面，這兩個平面的交線為．
在中，作，則有平面；
（2）如圖，建立空間直角坐標系，設，
則，，，．
設平面的法向量，
則即可取．
可取平面的法向量，
由題意得．得，平面的一個法向量為；
又平面的法向量，則．
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．
2．（2021·河南·模擬預測）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝1，，點D，E分別為AC和B1C1的中點．
(1)棱AA1上是否存在點P使得平面PBD⊥平面ABE？若存在，寫出PA的長并證明你的結論；若不存在，請說明理由．
(2)求點A到平面BDE的距離．
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）存在點P滿足題意，且．取A1C1的中點F，連接EF，AF，DF．證明BD⊥AC，可得BD⊥AF，再求解三角形證明AF⊥PD，可得AF⊥平面PBD，進一步得到平面PBD⊥平面ABE；
（2）以D為坐標原點，分別以DB，DC，DF為x，y，z軸建立空間直角坐標系，求出平面BDE的一個法向量及的坐標，由可得點A到平面BDE的距離．
【詳解】（1）存在點P滿足題意，且．
證明如下：取A1C1的中點F，連接EF，AF，DF．則EF∥A1B1∥AB，
∴AF 平面ABE，∵AB＝BC，D是AC的中點，∴BD⊥AC，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，且交線為AC，
∴BD⊥平面ACC1A1，則BD⊥AF，
在平面ACC1A1內，，∠PAD＝∠ADF＝90°，
∴Rt△PAD∽Rt△ADF，從而可得AF⊥PD，又∵PD∩BD＝D，∴AF⊥平面PBD，
∵AF 平面ABE，∴平面PBD⊥平面ABE；
（2）以D為坐標原點，分別以DB，DC，DF為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則D（0，0，0），B（，0，0），A（0，，0），E（，，1），
∴．
設平面BDE的一個法向量為，
由，取y＝4，得．
∴點A到平面BDE的距離為．
3．（2024·全國·模擬預測）如圖，四邊形為圓臺的軸截面，，圓臺的母線與底面所成的角為45°，母線長為，是的中點．
(1)已知圓內存在點，使得平面，作出點的軌跡（寫出解題過程）；
(2)點是圓上的一點（不同于，），，求平面與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理，過作下底面的垂線交下底面于點，過作的平行線，交圓于，，即可求出結果；
（2）建立空間直角坐標系，根據條件，求出平面和平面，利用面面角的向量法，即可求出結果.
【詳解】（1）是的中點，．
要滿足平面，需滿足，
又平面，平面平面
如圖，過作下底面的垂線交下底面于點，
過作的平行線，交圓于，，則線段即點的軌跡．
（2）易知可以為坐標原點，，所在直線分別為，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
母線長為，母線與底面所成角為45°，，，，，
取的位置如圖所示，連接，
，，即，
則，，，，，
則，，，．
設平面的法向量為，
則，即，
令，則，，．
設平面的法向量為，
則，即，
令，則，，．
設平面與平面所成的角為，則
，
．
1．（2024·上海·模擬預測）如圖，多面體是由一個正四棱錐與一個三棱錐拼接而成，正四棱錐的所有棱長均為，且．
(1)在棱上找一點，使得平面平面，并給出證明；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)點為的中點，證明見解析
(2)
【分析】（1）當點為中點時，平面平面，依題意可得，從而得到，再由，即可證明平面，從而得證；
（2）建立合適的空間直角坐標系，利用線面角的空間向量求法即可.
【詳解】（1）當點為中點時，平面平面，
證明如下：因為四棱錐是正四棱錐，所以，所以.
在正方形中，，所以，
在正方形中，，因為，所以，
因為面，
所以平面，
因為平面，所以平面平面.
（2）因為四棱錐是正四棱錐且所有棱長均為，設，
則，，兩兩垂直，
以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，則，
設，則，因為，，
所以，則，解得，所以，
所以，
設平面的法向量為，則有，
取，則，故，
設直線與平面所成角為，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
2．（21-22高三上·黑龍江哈爾濱·期末）如圖，四邊形為正方形，若平面，，，．
(1)在線段上是否存在點，使平面平面，請說明理由；
(2)求多面體的體積．
【答案】(1)存在，理由見解析；
(2).
【分析】（1）在線段上取一點，使得，可證明四邊形是矩形，所以，由面面垂直的性質定理可得面，，再由線面垂直的判定定理可得面，由面面垂直的判定定理可得平面平面；
（2）將多面體分割為四棱錐和三棱錐，由錐體的體積公式計算即可求解.
【詳解】（1）存在這樣的點為線段靠近點的三等分點，使平面平面，
證明如下：在線段上取一點，使得，因為，所以，
所以，又因為，所以四邊形是平行四邊形，
又因為，所以四邊形是矩形，所以，
因為四邊形為正方形，所以，
因為平面平面，平面平面，面，
所以面，因為平面，所以，
因為，所以面，
因為面，所以平面平面.
（2）在中，，，
可求得，，
在中，，
過點作于點，因為平面平面，
平面平面，，面，
所以面，所以即為四棱錐的高，
所以，
所以，
，
所以多面體的體積為．
3．（2024·廣東東莞·模擬預測）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，，且底面ABCD，點P、Q分別是棱、的中點．

(1)在底面內是否存在點M，滿足平面CPQ 若存在，請說明點M的位置，若不存在，請說明理由；
(2)設平面CPQ交棱于點T，平面CPTQ將四棱臺，分成上、下兩部分，求上、下兩部分的體積比．
【答案】(1)存在，點M的位置見解析
(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，設出點M的坐標，再依據，利用向量的數量積列出等式計算即可；
（2）設出點T的坐標，根據平面向量基本定理，求出點T的坐標，再直接求體積即可.
【詳解】（1）因為四棱臺的上、下底面都是正方形，且底面ABCD，
所以可以以為坐標原點，分別為軸建立如圖所示坐標系，
則
，
假設在底面內存在點M，滿足平面CPQ，則可設，
有，則，即，
所以，，
故在底面內存在點，滿足平面CPQ.
（2）設，因為點T在平面CPQ內，所以可設，
則，
所以，所以，則，
連接，，
設平面CPTQ將四棱臺分成上、下兩部分的體積分別為，
，
，，
取的中點，連接，則，，
又平面，平面，所以平面，
，
所以，
，
，所以，
所以所求的上、下兩部分的體積比為.

1．（2024·黑龍江·三模）如圖，在直三棱柱中，，，為的中點.
(1)證明：平面；
(2)若二面角的余弦值為，求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)點到平面的距離為.
【分析】（1）先證四邊形為正方形，得到，再證平面，從而得到，即可證明平面；
（2）建系，設邊長，寫出相應點和向量的坐標，求出兩個平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的長度，再利用點到平面的距離公式，求出點到平面的距離.
【詳解】（1）證明：由直三棱柱的性質可知，，四邊形為平行四邊形，
又因為，所以四邊形為正方形，所以，
因為，，，
所以平面，
所以，
因為，
所以，
又因為平面
所以平面.
（2）以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，則，，，，
所以，，，
所以平面的一個法向量為，
設平面的一個法向量為，
則，所以，
取，則，，
所以，
設二面角的大小為，
則，解得，
所以，平面的一個法向量，
設點到平面的距離為，
則，
所以點到平面的距離為.
2．（2024·貴州貴陽·三模）如圖，在三棱錐中，，平面平面.
(1)證明:平面；
(2)若為棱上靠近的三等分點，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據面面垂直的性質、線面垂直的判定定理即可證明.
（2）利用空間向量讀出各點坐標，求得平面的法向量，即可求解直線與平面夾角的正弦值.
【詳解】（1）證明：因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.
因為平面，所以.
因為，
所以.
又因為，
所以，
又因為平面，平面，，
所以平面.
（2）以為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
由（1）知平面，所以，
又因為，所以.
因為，所以.
因為平面平面，為棱上靠近的三等分點，
所以,
所以，
設平面的一個法向量為，
則，即，取，
則，所以，
設直線與平面所成角為，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
3．（2024·安徽安慶·三模）如圖，在四棱錐中，，，連接．
(1)求證：平面平面；
(2)求直線與平面所成角正弦值的大小．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）已知條件利用余弦定理和勾股定理，求出，由勾股定理證明且，得證平面，結合面面垂直判定定理得平面平面．
（2）以點為原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求線面角的正弦值.
【詳解】（1）因，所以，
又，所以，
根據余弦定理知，
直角梯形中，，，，，，
則，
過點作，垂足為，則，,得，
則有，得，，得，
因，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）如圖，以點為原點，分別以所在直線為軸，軸建立空間直角坐標系．
則，于是，
又，
設平面的一個法向量為，于是，
令，則，即，
設直線與平面所成角為，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為．
4．（23-24高三下·河南·階段練習）如圖所示，在三棱錐中，與AC不垂直，平面平面，．
(1)證明：；
(2)若，點M滿足，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由平面平面，再作，可證明平面，從而可得，又因為，所以可證明平面，即可證明；
（2）利用（1）以A為坐標原點建立如圖坐標系，利用等邊三角形和等腰直角三角形，標出各點的空間坐標，對于點M滿足，可用向量線性運算求出，最后利用空間向量法來解決直線與平面所成角的正弦值．
【詳解】（1）證明：在平面中，過點P作的垂線，垂足為D．
因為平面平面ABC，且平面平面，平面，
所以平面．又因為平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，故．
（2）由（1）以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，故，，
又因為，
所以
即．
設平面ACM的一個法向量，
則令，則．
又因為，設直線AP與平面ACM所成角為，
則，
所以直線AP與平面ACM所成角的正弦值為．
5．（2024·上海·三模）如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，，，，點是的中點．

(1)求證：；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性質可得平面，即得；
（2）根據（1）的結論，利用題設建系，依次寫出各相關點的坐標，求出平面的一個法向量，利用空間向量夾角的坐標公式計算即得.
【詳解】（1）因，點是的中點，則,
因平面平面，且平面平面, 平面，故平面，
又平面,故.
（2）

如圖，取中點,連接，由（1）知平面，，可得,
因，故,則可分別以為軸正方向建立空間直角坐標系.
又，，，，則,
于是，,
設平面的一個法向量為，則，故可取，
設直線與平面所成角為，則，
即直線與平面所成角的正弦值為.
6．（2024·福建泉州·模擬預測）在四棱錐中，．

(1)求證：
(2)當點到平面的距離為時，求直線與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）為中點，平面，以為原點建立空間直角坐標系，向量法證明線線垂直；
（2）求平面的法向量，由點到平面的距離，求出，向量法求直線與平面所成的角的正弦值．
【詳解】（1），為中點，連接，則，
，，則，
又，，平面，則有平面，
平面，則平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，
以為原點，為軸，為軸，平面內垂直于的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

設，則，
有，，，
所以，即.
（2）時，設，
則，
，
平面的一個法向量為，則有，
令，則，得，
點到平面的距離為，則有，解得，
所以，，，
，
所以直線與平面所成的角的正弦值為.
7．（2024·廣西貴港·模擬預測）如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為邊CD的中點，沿AE把折起，使點D到達點P的位置，且．
(1)求證：平面；
(2)求三棱錐的表面積
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）求出各邊，由勾股定理逆定理求出，結合得到線面垂直；
（2）求出各邊長，利用三角形面積公式得到各三角形面積，相加得到表面積.
【詳解】（1）由題可知，
，，
，，
為等邊三角形，
，
，
．
，平面，
平面．
（2）由（1）得，，，
，
由三角形面積公式得，
，
三棱錐的表面積
．
8．（2024·四川成都·模擬預測）如圖所示，斜三棱柱的各棱長均為， 側棱與底面所成角為，且側面底面．

(1)證明：點在平面上的射影為的中點；
(2)求二面角的正切值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)2
【分析】（1）于，由平面平面，證得平面，再證得為等邊三角形，可得為中點；
（2）過作于，則是二面角的平面角，由已知數據計算即可．
【詳解】（1）過作于，
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，因此，

又，從而為等邊三角形，為中點．
（2）由于是等邊三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，則有，
過作于，連接，，平面，
所以平面，由平面，則，
則是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值為.
9．（2024·陜西渭南·模擬預測）如圖，在四棱錐中，平面，底面是正方形，點E在棱PD上，，．
(1)證明：點是的中點；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【分析】（1）利用線面垂直性質以及判定定理可得平面，由即可得結論；
（2）建立空間直角坐標系利用空間向量求出平面的一個法向量為，即可得結果.
【詳解】（1）由平面，平面，所以；
又底面是正方形，所以；
因為，平面，所以平面；
又平面，所以，
因為，，平面，
可得平面，又平面，
所以，又因為，
可知點E是的中點；
（2）根據題意可得兩兩垂直，
因此以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：
設，則；
所以；
設平面的一個法向量為，
可得，令，可得；
即；
設直線與平面所成的角為，
則
所以直線與平面所成角的正弦值為.
10．（2024·天津南開·二模）在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，O為CD的中點，二面角A-CD-P為直二面角.
(1)求證：；
(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）證明出，平面ABCD，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，計算出，得到垂直關系；
（2）求出平面的法向量，利用線面角求解公式得到答案；
（3）求出兩平面法向量，求出面面角的余弦值.
【詳解】（1）因為，O為CD的中點，
所以．
又因為平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD．
因為，，，所以．
取的中點，連接，則⊥，
以點O為坐標原點，OD，OE，OP所在直線分別為x，y，z軸，如圖建立空間直角坐標系，
則，，，，，．
，，
因為，
所以．
（2）設平面PAB的一個法向量為，
則，即，
解得，令，則，則．
設直線PC與平面PAB所成的角為，
又，
則，
所以直線PC與平面PAB所成的角的正弦值為．
（3）設平面POB的一個法向量為，
則，即，
解得，令，則，故．
設平面POB與平面PAB的夾角為，
則．
故平面POB與平面PAB的夾角的余弦值為．
1．（2024·遼寧大連·模擬預測）如圖（1），在中，，，點為的中點．將沿折起到的位置，使，如圖（2）．

(1)求證：．
(2)在線段上是否存在點，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)在線段上是否存在點，使得，二面角的正弦值為.
【分析】（1）先利用線線垂直推導線面垂直，得平面，即得，同法再證平面得，則得平面，故；
（2）根據題設條件和（1）的結論，建立空間直角坐標系，寫出相關點坐標，由求得，再分別求得兩平面的法向量，利用空間向量的夾角公式求解即得.
【詳解】（1）依題意可知點為的中點，，所以，
又，，平面，所以平面.
又平面，所以.
依題意可知，，，平面，
所以平面，又平面，所以.
因為，平面，所以平面.
又平面，所以.
（2）由題意，得，，由（1），
所以.
以點為坐標原點，，所在直線分別為軸、軸，
過點且平行于的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則，， ，，.
所以，， .
設，即，
則，，
若存在點，使得，則，
解得，則，
設平面的法向量為，
則，，令，得，
所以，
設平面的法向量為，
則，，令，得，
所以，
所以，
由圖可知二面角為銳角，
所以二面角的正弦值為.
2．（2024·湖南邵陽·三模）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，且，，.，分別為，的中點..
(1)若.求證：平面平面；
(2)若，.求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見詳解
(2)
【分析】（1）連接，根據線面垂直可證平面，平面，即可得結果；
（2）分析可知平面，建系，利用空間向量求線面夾角.
【詳解】（1）連接，
由題意可知：，可知
且為的中點，則，即，
若，即，可知為中點，則，
因為，，則，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
且，平面，可得平面，
又因為分別為的中點，則∥，即∥，
且底面是平行四邊形，則∥，可知∥，
則四點共面，可知平面即為平面，
由平面，可得平面平面.
（2）由（1）可知：平面，且平面，則，
若，則，可知，
且，平面，則平面，
如圖，以為坐標原點，為軸，建立空間直角坐標系，
則，
可得，
若，即，可知，
則，
設平面的法向量為，則，
令，則，可得，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
3．（2024·陜西商洛·模擬預測）在如圖所示的多面體中.四邊形是邊長為的正方形，其對角線的交點為，平面，，.點是棱的中點.
(1)求證：平面；
(2)求多面體的體積.
【答案】(1)證明見解析
(2)2
【分析】（1）根據線面垂直的性質證明四邊形為矩形，求出，結合勾股定理和線面垂直的判定定理即可證明；
（2）證出平面，由，利用錐體的體積公式即可求解.
【詳解】（1）連接.因為平面平面，
所以，
因為是中點，所以四邊形為矩形，
則.
因為是正方形的對角線交點，所以為中點，，
所以.
因為四邊形ABCD是正方形，所以，
又，平面，平面，
所以平面，而平面，所以.
又平面，所以平面.
（2）因為四邊形是正方形，所以，
因為平面，所以.
因為平面，平面，且，
所以平面.
因為，所以，.
因為四邊形是邊長為的正方形，所以，則.
故多面體的體積.
4．（2024·山東青島·三模）如圖所示，多面體，底面是正方形，點為底面的中心，點為的中點，側面與是全等的等腰梯形，，其余棱長均為2.
(1)證明:平面；
(2)若點在棱上，直線與平面所成角的正弦值為，求.
【答案】(1)證明見解析
(2)1
【分析】（1）分別取中點，通過證明平面，平面平面，得證平面.
（2) 以為原點，建立空間直角坐標系，設，由直線與平面所成角的正弦值為，利用向量法求出的值即可.
【詳解】（1）分別取中點，連接，則為的中點，
因為側面是等腰梯形，所以，又，所以，
和都是邊長為2的等邊三角形，得，所以四邊形為等腰梯形，
因為點為的中點，為的中點，所以.
因為是等邊三角形，所以，
又，平面，，
所以平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，，
故平面.
（2）在梯形中，，等腰梯形中由勾股定理得，
取中點，由（1）知，兩兩垂直，
以為原點，分別以所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
設平面的法向量為，
則，令，則，得
設，，
設直線與平面所成角為，
所以.
解得（負值舍去)，所以點為棱的中點，所以的長為1.
5．（2024·浙江·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，，為線段的中點，平面底面．
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證明平面，所以，又因為，為中點，所以，由線面垂直的判定即可得證；
（2）建立空間直角建系，不妨取，得出平面的法向量，利用空間向量求解即可．
【詳解】（1）因為平面平面，且平面平面，
，平面ABCD，所以平面，平面，所以，
又因為，為中點，所以，
又，平面，所以平面；
（2）設點在底面的射影為點，則平面，
又平面，所以，取中點，
因為，所以，
又，平面，所以平面，
因為平面，所以，即在的中垂線上，
如圖建立空間直角建系，不妨取，
則設為，，，，
所以，，，
由（1）可知，計算得，，所以，
又，，
設平面PBC的法向量為，
則，即，取，
所以．
6．（2024·山東·二模）如圖所示，直三棱柱，各棱長均相等.，，分別為棱，，的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)求直線與所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意可證得，在直三棱柱中，平面，可得，進而可證得平面，即證得平面平面；
（2）由題意可證得，即可得直線與所成的角，在△中，可求出的正弦值，進而求出于直線與所成的角．
【詳解】（1）證明：由題意在等邊三角形中，為的中點，所以，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
而，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以平面平面；
（2）連接，因為，，分別為棱，，的中點，
所以，且，
在三棱柱中，，，，
所以，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
所以即為直線與所成的角，
在△中，設直三棱柱的棱長為2，則
可得．
故
即直線與所成角的正弦值為．
7．（2024·全國·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，且，.
(1)證明：平面平面；
(2)若，，求與平面所成角的大小.
【答案】(1)證明見解析
(2)30°
【分析】（1）應用面面垂直判定定理證明即可；
（2）先根據定義得出線面角，再計算正弦值求角即可.
【詳解】（1）在四棱錐中，，
又，所以，
因為，，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取棱的中點O，連接，，由，得，
由（1）知，平面，
因為平面，所以，
因為，平面，，所以平面，
所以是在平面內的射影，所以與平面所成的角為.
設，因為，則，
因為，所以，
所以在中，，
所以與平面所成的角為30°
8．（2024·江蘇·三模）如圖，在三棱錐中，底面為上一點，且平面平面，三棱錐的體積為.
(1)求證：為的中點；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）過作于點，利用面面垂直的性質定理得平面，值域線面垂直的判定定理性質定理可得答案；
（2）設，利用求出，以為原點，建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，利用線面角的向量求法可得答案.
【詳解】（1）過作于點，由平面平面，
平面平面平面，
平面，
又底面平面，
，平面，
所以底面平面，，
又為的中點；
（2）設，
，
，
如圖建系，，
，
設平面的一個法向量，
，令，得，
所以，
設直線與平面所成角為，
.
9．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若為的中點，證明：平面平面；
(2)若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取中點為，利用直角梯形中位線的性質，線面垂直的性質判定推理即可；
（2）通過正三角形證明，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用二面角得向量求法計算求解即可.
【詳解】（1）取中點為，由條件可得為梯形的中位線，則，
又，則，
且，平面，平面，
根據線面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，則，又，為梯形的兩腰，則與相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中點為Q，由，，
則，，
因此△為等邊三角形，.
由（1）知平面，，，兩兩垂直，
如圖，以，，分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系，

由，，則，
，，，，
由，
所以，，，，
設平面的一個法向量為，
由
取，得，，得.
設平面的一個法向量為，
由
取，得，，
即平面的一個法向量為.
記平面與平面夾角的大小為，
所以，化簡得，即，所以實數的值為.
10．（2023·江西·二模）正四棱錐中，，E為中點，，平面平面，平面.
(1)證明：當平面平面時，平面
(2)當時，T為表面上一動點（包括頂點），是否存在正數m，使得有且僅有5個點T滿足，若存在，求m的值，若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見詳解
(2)不存在，理由見詳解
【分析】
（1）根據正四棱錐分析可得平面，結合面面垂直以及線面平行的性質分析證明；
（2）建系，利用空間向量求得即為點，再根據空間距離分析可得，結合四棱錐的外接球和內切球分析運算.
【詳解】（1）連接，由題意可知：，
設，連接，則平面，
平面，則，
，平面，
故平面.
若為直線，此時平面，可得平面平面，符合題意，
故平面；
若不為直線，∵平面平面，則存在直線平面，使得平面，
可得，且平面，平面，
故平面，
又∵平面，平面平面，
則，可得，
故平面；
綜上所述：平面.
（2）不存在，理由如下：
如圖，以O為坐標原點建立空間直角坐標系，則有，
可得，
設平面的法向量，則，
令，則，即，
設平面的任一點坐標，則，
由，解得，
可得交線滿足，
令，可得交線與軸的交點為，即為點.
設四棱錐表面上任一點，
則，
，
可得，
且
故
，
表示點到點的距離的平方，
設四棱錐的內切球的半徑為，
∵的體積，表面積，
則，
可得四棱錐內切球的球心坐標為，
又∵，可得四棱錐的外接球的球心為，
顯然既不是內切球的球心也不是外接球的球心，
故不存在m，使得有且僅有5個點T滿足.
1．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面垂直，面面垂直的判定與性質定理可得平面，再由勾股定理求出為中點，即可得證；
（2）利用直角三角形求出的長及點到面的距離，根據線面角定義直接可得正弦值.
【詳解】（1）如圖，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
過作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距離為1，，
在中，，
設，則，
為直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
過B作，交于D，則為中點，
由直線與距離為2，所以
，，，
在，，
延長，使，連接，
由知四邊形為平行四邊形，
，平面，又平面，
則在中，，，
在中，，，
,
又到平面距離也為1，
所以與平面所成角的正弦值為.
2．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明過程見解析
(2)與平面所成的角的正弦值為
【分析】（1）根據已知關系證明，得到，結合等腰三角形三線合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）根據勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標系，結合線面角的運算法則進行計算即可.
【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；
在和中，因為，
所以，所以，又因為E為的中點，所以；
又因為平面，，所以平面，
因為平面，所以平面平面.
（2）連接，由（1）知，平面，因為平面，
所以，所以，
當時，最小，即的面積最小.
因為，所以，
又因為，所以是等邊三角形，
因為E為的中點，所以，，
因為，所以,
在中，，所以.
以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，所以，
設平面的一個法向量為，
則，取，則，
又因為，所以，
所以，
設與平面所成的角為，
所以，
所以與平面所成的角的正弦值為.
3．（2021·全國·高考真題）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，.
（1）求三棱錐的體積；
（2）已知D為棱上的點，證明：.
【答案】(1)；(2)證明見解析.
【分析】（1）先證明為等腰直角三角形，然后利用體積公式可得三棱錐的體積；
（2）將所給的幾何體進行補形，從而把線線垂直的問題轉化為證明線面垂直，然后再由線面垂直可得題中的結論.
【詳解】（1）由于，，所以，
又AB⊥BB1，，故平面，
則，為等腰直角三角形，
，.
（2）由（1）的結論可將幾何體補形為一個棱長為2的正方體，如圖所示，取棱的中點，連結，
正方形中，為中點，則，
又，
故平面，而平面，
從而.
【點睛】求三棱錐的體積時要注意三棱錐的每個面都可以作為底面，例如三棱錐的三條側棱兩兩垂直，我們就選擇其中的一個側面作為底面，另一條側棱作為高來求體積．對于空間中垂直關系（線線、線面、面面）的證明經常進行等價轉化.
4．（2020·海南·高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD底面ABCD．設平面PAD與平面PBC的交線為．
（1）證明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為上的點，QB=，求PB與平面QCD所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）利用線面平行的判定定理以及性質定理，證得，利用線面垂直的判定定理證得平面，從而得到平面；
（2）根據題意，建立相應的空間直角坐標系，得到相應點的坐標，設出點，之后求得平面的法向量以及向量的坐標，求得，即可得到直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）證明：
在正方形中，，
因為平面，平面，
所以平面，
又因為平面，平面平面，
所以，
因為在四棱錐中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因為
所以平面；
（2）如圖建立空間直角坐標系，
因為，則有，
設，則有，
因為QB=，所以有
設平面的法向量為，
則，即，
令，則，所以平面的一個法向量為，則
根據直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于
所以直線與平面所成角的正弦值為.
【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定和性質，線面垂直的判定和性質，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目.
5．（2020·浙江·高考真題）如圖，三棱臺ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）證明：EF⊥DB；
（II）求DF與面DBC所成角的正弦值．
【答案】（I）證明見解析；（II）
【分析】（）方法一：作交于，連接，由題意可知平面，即有，根據勾股定理可證得，又，可得，，即得平面，即證得；
（II）方法一：由，所以與平面所成角即為與平面所成角，作于，連接，即可知即為所求角，再解三角形即可求出與平面所成角的正弦值．
【詳解】（）[方法一]：幾何證法
作交于，連接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有

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