2025高考数学专项讲义第04讲空间中的垂直关系(线线垂直、线面垂直、面面垂直)(学生版+解析)

这是一份2025高考数学专项讲义第04讲空间中的垂直关系(线线垂直、线面垂直、面面垂直)(学生版+解析)，共174页。学案主要包含了命题规律，备考策略，命题预测，整体点评，整体评价等内容，欢迎下载使用。
（10类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分
【备考策略】1.熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理及其应用
2.熟练掌握面面垂直的判定定理和性质定理及其应用
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般在解答题中考查线面垂直、面面垂直的判定及其性质，需强化巩固复习.
知识讲解
空间中的垂直关系
线线垂直
①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直
②勾股定理的逆定理证线线垂直
③菱形、正方形的对角线互相垂直
线面垂直的判定定理
线面垂直的性质定理
面面垂直的判定定理
面面垂直的性质定理
考点一、线面垂直判定定理（特殊图形）
1．（23-24高三上·上海闵行·期中）正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点．
(1)求证：平面；
(2)求四面体的体积．
2．（22-23高二下·湖南郴州·期末）如图，直三棱柱中，是边长为的正三角形，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
1．（22-23高二上·北京·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，为的中点．
(1)求证：平面PAC；
(2)若点是棱的中点，求证：平面PAE．
2．（2024·新疆喀什·三模）如图，在正四棱台中，，，是的中点．
(1)求证：直线平面BDD1B1；
(2)求直线与平面所成角的正弦值
考点二、线面垂直判定定理（三线合一）
1．（2024·陕西榆林·一模）在三棱锥中，为的中点.
(1)证明：⊥平面.
(2)若，平面平面，求点到平面的距离.
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形．
(1)求证：AO⊥平面；
(2)若三棱锥的体积为，求三棱锥的表面积．
1．（2024·青海·二模）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.

(1)证明；AO⊥平面.
(2)若二面角的正弦值.
2．（2023·陕西西安·三模）如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求点D到平面ABE的距离．
考点三、线面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理）
1．（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．
2．（2024·海南·模拟预测）如图，已知线段为圆柱OO1的三条母线，AB为底面圆的一条直径，是母线的中点，且.
(1)求证：A1O⊥平面DOC；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
1．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

2．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，，点为棱上的动点．
(1)证明：DC⊥平面；
(2)当二面角的大小为时，求线段的长度．
3．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，

(1)证明：平面；
(2)求点到面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
考点四、线面垂直判定定理（全等与相似）
1．（2023·北京房山·一模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点.
(1)求证：平面PBD；
(2)求平面ABCD与平面APM所成角的余弦值；
(3)求D到平面APM的距离.
1．（2024·宁夏银川·一模）如图，在四棱锥中，已知是的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，点是的中点，求点到平面的距离.
考点五、线面垂直判定定理（空间向量）
1．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．

(1)求证：A1B⊥平面；
(2)求二面角的正弦值．
2．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求csθ的取值范围.
3．（2024·湖南岳阳·三模）已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．

(1)证明：平面；
(2)点在直线上，求与平面所成角的最大值．
1．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，为菱形，，∠ACB=120°，平面平面，点F在上，且，分别在直线上．
(1)求证：平面；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线的公垂线，求的值.
2．（2024·重庆·三模）如图，在圆锥PO中，AC为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，点在线段BC上，，.
(1)证明：平面BOP；
(2)若圆锥PO的侧面积为18π，求二面角的余弦值.
3．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.
(1)当时，求证平面；
(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.
考点六、线面垂直性质定理
1．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，AB//DC，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
3．（2023·全国·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．
4．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
1．（2024·河北保定·二模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，分别为的中点，且．

(1)证明：．
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，．
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
3．（2024·山东烟台·一模）如图，在三棱柱中，，为的中点，A1O⊥平面.

(1)求证：AA1⊥OD；
(2)若AA1=23，求二面角的余弦值.
4．（2024·山东·模拟预测）如图，在四棱台中，底面为正方形，为等边三角形，为的中点．
(1)证明：；
(2)若，，求直线与平面所成角的余弦值．
5．（2022·陕西·一模）如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.
(1)若，试证；
(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.
考点七、面面垂直判定定理
1．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且PB⊥AM．
（1）证明：平面PAM⊥平面；
（2）若PD=DC=1，求四棱锥的体积．
2．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
3．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥F−ABC的体积．
4．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
5．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
1．（2024·河南·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值．
2．（2024·河北沧州·二模）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，三棱柱的体积为3．

(1)证明：平面平面；
(2)若为棱的中点，求平面与平面的夹角的正切值．
3．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为棱上一点，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的大小．
4．（2024·四川德阳·三模）如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，，D为的中点，过的平面交棱于E，交于F.
(1)求证：平面平面；
(2)设M为的中点，平面交于P，且.若，且，求四棱锥的体积.
5．（2023·黑龙江佳木斯·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且．
(1)证明：平面平面；
(2)若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
考点八、面面垂直性质定理
1．（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
2．（2024·湖南衡阳·三模）如图所示，在三棱柱中，已知平面平面，，，.
(1)证明：平面；
(2)已知E是棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，三棱柱中，侧面底面，，，，点是棱的中点，，.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
1．（2024·安徽芜湖·三模）如图，三棱锥中，平面平面，平面平面，平面平面，
(1)求证：两两垂直；
(2)若为中点，为中点，求与平面所成角的正弦值．
2．（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，．
(1)证明：．
(2)若为等边三角形，求点C到平面的距离．
3．（2024·四川·模拟预测）如图，在以为顶点的五面体中，四边形为正方形，四边形为等腰梯形，，且平面平面．
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积．
考点九、翻折问题综合
1．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二
(1)求证：．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
3．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
1．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
(1)求证：，，，四点共面：
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且.
(1)求翻折后线段的长；
(2)点满足，求与平面所成角的正弦值.
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图（1），在平面五边形中，，将沿折起得到四棱锥，如图（2），满足，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
考点十、补全条件及图形证空间中的垂直关系
1．（2023·贵州铜仁·二模）如图，在直三棱柱中，，．
(1)试在平面内确定一点H，使得平面，并写出证明过程；
(2)若平面与底面所成的锐二面角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
2．（2021·河南·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝1，，点D，E分别为AC和B1C1的中点．
(1)棱AA1上是否存在点P使得平面PBD⊥平面ABE？若存在，写出PA的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
(2)求点A到平面BDE的距离．
3．（2024·全国·模拟预测）如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点．
(1)已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）；
(2)点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值．
1．（2024·上海·模拟预测）如图，多面体是由一个正四棱锥A−BCDE与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥A−BCDE的所有棱长均为，且．
(1)在棱上找一点，使得平面平面，并给出证明；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
2．（21-22高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四边形为正方形，若平面，，，．
(1)在线段上是否存在点，使平面平面，请说明理由；
(2)求多面体的体积．
3．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，AA1=4，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．

(1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比．
1．（2024·黑龙江·三模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
2．（2024·贵州贵阳·三模）如图，在三棱锥中，，平面平面.
(1)证明:平面PAC；
(2)若为棱上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值.
3．（2024·安徽安庆·三模）如图，在四棱锥中，，，连接．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角正弦值的大小．
4．（23-24高三下·河南·阶段练习）如图所示，在三棱锥中，与AC不垂直，平面平面，．
(1)证明：；
(2)若，点M满足，求直线与平面所成角的正弦值．
5．（2024·上海·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点是的中点．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
6．（2024·福建泉州·模拟预测）在四棱锥中，．

(1)求证：
(2)当点到平面的距离为时，求直线与平面所成的角的正弦值．
7．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把折起，使点D到达点P的位置，且．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的表面积
8．（2024·四川成都·模拟预测）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．

(1)证明：点在平面上的射影为的中点；
(2)求二面角的正切值．
9．（2024·陕西渭南·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，点E在棱PD上，，．
(1)证明：点是的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
10．（2024·天津南开·二模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.
(1)求证：；
(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值.
1．（2024·辽宁大连·模拟预测）如图（1），在中，，，点为的中点．将沿折起到的位置，使，如图（2）．

(1)求证：PB⊥PC．
(2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，说明理由．
2．（2024·湖南邵阳·三模）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，且，，.，分别为，的中点..
(1)若.求证：平面平面；
(2)若，PE=2.求直线与平面所成角的正弦值.
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）在如图所示的多面体中.四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为，平面，，.点是棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求多面体的体积.
4．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2.
(1)证明:平面；
(2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求.
5．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，为线段的中点，平面底面．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
6．（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值.
7．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，且，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求与平面所成角的大小.
8．（2024·江苏·三模）如图，在三棱锥中，底面为上一点，且平面平面，三棱锥的体积为.
(1)求证：为的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
9．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为427，求实数的值.
10．（2023·江西·二模）正四棱锥中，，E为中点，，平面平面，平面.
(1)证明：当平面平面时，平面
(2)当时，T为表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T满足，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由.
1．（2023·全国·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．
2．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
3．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
4．（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．
（1）证明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
5．（2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
6．（2020·江苏·高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
7．（2020·全国·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.
8．（2020·全国·高考真题）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第17题,15分
证明面面垂直
证明线面平行
由二面角大小求线段长度
2024年新Ⅱ卷，第17题,15分
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
求平面的法向量
面面角的向量求法
2023年新Ⅱ卷，第20题,12分
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
面面角的向量求法
2021年新I卷，第20题,12分
线面垂直证明线线垂直
面面垂直证线面垂直
锥体体积的有关计算
由二面角大小求线段长度或距离
2021年新Ⅱ卷，第10题,5分
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
求异面直线所成的角
2021年新Ⅱ卷，第19题,12分
证明面面垂直
面面角的向量求法
2020年新I卷，第20题,12分
证明线面垂直
线面角的向量求法
2020年新I卷，第20题,12分
证明线面垂直
线面角的向量求法
判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
图形语言
符号语言
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
图形语言
符号语言
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
图形语言
符号语言
判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直
（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
图形语言
符号语言
性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
图形语言
符号语言
第04讲 空间中的垂直关系
（线线垂直、线面垂直、面面垂直）
（10类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分
【备考策略】1.熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理及其应用
2.熟练掌握面面垂直的判定定理和性质定理及其应用
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般在解答题中考查线面垂直、面面垂直的判定及其性质，需强化巩固复习.
知识讲解
空间中的垂直关系
线线垂直
①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直
②勾股定理的逆定理证线线垂直
③菱形、正方形的对角线互相垂直
线面垂直的判定定理
线面垂直的性质定理
面面垂直的判定定理
面面垂直的性质定理
考点一、线面垂直判定定理（特殊图形）
1．（23-24高三上·上海闵行·期中）正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点．
(1)求证：平面；
(2)求四面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，，则与交于点，由正四棱锥的性质得到，平面，则，即可得证；
（2）首先求出，再由为上靠近的三等分点，得到，所以.
【详解】（1）在正四棱锥中为底面中心，连接，，
则与交于点，且，平面，平面，
所以，又，平面，所以平面.
（2）因为，，所以，
又为上靠近的三等分点，所以，
则.
2．（22-23高二下·湖南郴州·期末）如图，直三棱柱中，是边长为的正三角形，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）连接，由（1）知⊥平面，又直线与平面所成的角的正切值为，可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角的坐标公式计算大小可得答案．
【详解】（1）是正三角形，为的中点，
．
又是直三棱柱，
平面ABC，
．
又，
平面．
（2）连接，由（1）知平面，
∴直线与平面所成的角为，
．
是边长为2的正三角形，则，
．
在直角中，OB=1，，
．
建立如图所示坐标系，则，，，，．
，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为．
，，设平面的法向量为，则，即，解得平面的法向量为．
设平面与平面夹角为，则
．
平面与平面夹角的余弦值为．
【点睛】
1．（22-23高二上·北京·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，为的中点．
(1)求证：平面PAC；
(2)若点是棱的中点，求证：平面PAE．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【分析】（1）利用线面垂直性质以及菱形性质可得,，根据线面垂直判定定理即可得出平面PAC；；
（2）依题意可得四边形为平行四边形，利用线面平行判定定理即可证明平面PAE．
【详解】（1）由平面，平面，所以，
又因为底面为菱形，所以，
易知，PA,AC⊂平面PAC，
所以平面PAC；
（2）连接，，如下图所示：
由底面为菱形可得，且，
又因为为的中点，点是棱的中点，所以可得，且，
所以可知四边形为平行四边形，所以，
又平面PAE，平面PAE，
所以平面PAE．
2．（2024·新疆喀什·三模）如图，在正四棱台中，，，是的中点．
(1)求证：直线平面BDD1B1；
(2)求直线与平面所成角的正弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接交于，连接OO1，依题意得平面，即可得到，再由，即可得证；
（2）首先求出以及OO1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接交于，连接交于，连接OO1，
∵四棱台是正四棱台，
∴平面，又平面，
∴，又，，平面BDD1B1，
∴平面BDD1B1．
（2）在等腰梯形中，，，
所以，
在等腰梯形BDD1B1中，，
所以，
两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，则，
，取，
设直线与平面所成角为，则，
∴直线与平面所成角的正弦值．
考点二、线面垂直判定定理（三线合一）
1．（2024·陕西榆林·一模）在三棱锥中，为的中点.
(1)证明：⊥平面.
(2)若，平面平面，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直；
（2）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用等体积法求出点到平面的距离.
【详解】（1）因为，为的中点，
所以，
又因为平面，
所以⊥平面.
（2）因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以均为等边三角形，
故，故，
所以，
因为平面，平面，
所以，由勾股定理得，
取的中点，连接，
在中，，故⊥，
故，，
设点到平面的距离为，所以，解得.
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，点为棱的中点，点为的中点，，，都是正三角形．
(1)求证：AO⊥平面；
(2)若三棱锥的体积为，求三棱锥的表面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得，，可证平面，可得，又易得AO⊥DE，进而可证AO⊥平面．
（2）由已知可得，，利用体积可求得的值，进而可求表面积.
【详解】（1）因为是正三角形，点为的中点，所以AO⊥DE．
因为，是正三角形，点为的中点，
所以，．
因为，平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以AO⊥平面．
（2）设，则是边长为的正三角形，因为AO⊥DE，所以，
因为是正三角形，且，所以，
所以三棱锥的体积，所以，
的面积为，
与的面积相等，其面积之和为，
在中，，，
所以的面积为．
所以三棱锥的表面积为．
1．（2024·青海·二模）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.

(1)证明；AO⊥平面.
(2)若二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设D为的中点，先证明平面，以此得到，再证明，结合线面垂直的判定定理即可得解；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解.
【详解】（1）

设D为的中点，连接，，.
因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形，
而是的中点，故由三线合一可知，，
因为，是三角形的中位线，即，所以.
因为，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，，O为的中点，所以.
因为，平面，所以AO⊥平面.
（2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，B(1,0,0)，，，.
，，.

设平面的法向量为，
则，可取.
设平面的法向量为，
则，可取.
因为平面平面，所以平面的一个法向量为.
，，
故二面角的正弦值为.
2．（2023·陕西西安·三模）如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求点D到平面ABE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）通过证明，，得证平面．
（2）由，利用体积法求点D到平面ABE的距离．
【详解】（1）证明：∵，D，E分别为AC，的中点，
∴，且，
又平面，∴平面，
又平面，∴，
又，且，平面，
∴平面．
（2）∵，，，
∴，
∴，，．
在中，，，
∴边上的高为．
∴．
设点D到平面ABE的距离为d，
根据，得，解得，
所以点D到平面ABE的距离为．
考点三、线面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理）
1．（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)证明见解析
(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PAC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）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，PA∩PB=P，
所以平面.
（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PAC的法向量为，则，即
令，则y1=−1，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.
2．（2024·海南·模拟预测）如图，已知线段为圆柱OO1的三条母线，AB为底面圆的一条直径，是母线的中点，且.
(1)求证：A1O⊥平面DOC；
(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）通过证明，A1O⊥OD，再根据线面垂直的判定定理即可证明A1O⊥平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，通过法向量即可求解二面角的余弦值.
【详解】（1）连接.
因为为底面圆的直径，
所以为的中点，.
又因为，所以.
由圆柱的性质知平面，而平面，
所以，又，且平面，
所以OC⊥平面，
因为A1O⊂平面，所以.
因为，为母线的中点，
所以，
，
，
，
所以，则A1O⊥OD.
又平面，且，
所以A1O⊥平面.
（2）连接OO1，易知平面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量为m=x,y,z，则令，得.
设平面的法向量为n=a,b,c，则令，得.
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
1．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在实数，理由见解析
【分析】
（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【详解】（1）
因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面PAC，且，所以平面PAC.
因为平面PAC，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，两两垂直，
故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则A0,0,0，，，，
故，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令x=3，得.
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
2．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面为等边三角形，，点为棱上的动点．
(1)证明：DC⊥平面；
(2)当二面角的大小为时，求线段的长度．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）先求得，再根据线面垂直的判定定理证得DC⊥平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得点的坐标，进而求得的长度.
【详解】（1）依题意，所以，
所以，所以，则，
由于平面，DC⊂平面，所以，
由于平面，所以DC⊥平面.
（2）由（1）可知两两相互垂直，由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，设，
平面的法向量为，
设平面FAC的法向量为，
则，
故可设，
依题意，二面角的大小为，
所以，
整理得，
解得或（舍去），所以，
所以.
3．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，

(1)证明：平面；
(2)求点到面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论；
（2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.
【详解】（1）连接，

在三棱台中，；
，四边形为等腰梯形且，
设，则.
由余弦定理得：，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是以为直角顶点的等腰直角三角形，，
，平面，平面.
（2）由棱台性质知：延长交于一点，
，，，
；
平面，即平面，
即为三棱锥中，点到平面的距离，
由（1）中所设：，，
为等边三角形，，
，；
，，
，
设所求点到平面的距离为，即为点到面PAC的距离，
，，解得：.
即点到平面的距离为.
（3）平面，平面，平面平面，
平面平面
取中点，在正中，，平面，
又平面，平面平面．
作，平面平面，则平面，
作，连接，则即在平面上的射影，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，，即二面角的平面角.
设，
在中，作，
，，又平面，平面，
，解得：，
由（2）知：，，
，，
，，
，，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得：，
，
存在满足题意的点，.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果.
考点四、线面垂直判定定理（全等与相似）
1．（2023·北京房山·一模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点.
(1)求证：平面PBD；
(2)求平面ABCD与平面APM所成角的余弦值；
(3)求D到平面APM的距离.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）因为，M为BC的中点，
所以，
因为四棱锥的底面是矩形，
所以，
所以，所以，
而，即，
因为底面ABCD，底面ABCD，
所以PD⊥AM，而平面PBD，
所以平面PBD；
（2）因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为因为四棱锥的底面是矩形，
所以，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为平面ABCD，
所以平面ABCD的法向量为，
设平面APM的法向量为，
，，
于是有，
平面ABCD与平面APM所成角的余弦值为；
（3）由（2）可知平面APM的法向量为，，
所以D到平面APM的距离为
1．（2024·宁夏银川·一模）如图，在四棱锥中，已知是的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，点是的中点，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求证且即可由线面垂直判定定理得证平面.
（2）利用等体积法求出点到平面的距离即可求解点到平面的距离.
【详解】（1）是的中点，
连接，，，
在和中，
，，
平面，平面.
（2）因为是的中点，
所以点到平面的距离就是点到平面的距离的一半，
设点到平面的距离为，
因为，
所以，
故，
设点为的中点，则，
所以，，
因为，
所以，故，
所以点到平面的距离为.
考点五、线面垂直判定定理（空间向量）
1．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．

(1)求证：A1B⊥平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值；
【详解】（1）取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
则．
证明：，
由，得，
由，得，
因为平面，所以A1B⊥平面．
（2）

由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量，
则,故，
令，得面的一个法向量为，
设二面角的值为，
则，所以，二面角的正弦值为．
2．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，.
(1)当时，求证：平面；
(2)设二面角的大小为，求csθ的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，求得的坐标，求得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）由（1）求得平面AEC和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，求得，结合，进而求得csθ的范围.
【详解】（1）证明：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，
当时，，所以，
可得，所以，
又因为，平面，平面，所以平面.
（2）解：由（1）可得，
设平面AEC的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
所以，
又因为，可得，所以，
因为二面角为锐二面角，所以，
所以csθ的取值范围.
3．（2024·湖南岳阳·三模）已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．

(1)证明：平面；
(2)点在直线上，求与平面所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连结，交于点，由条件证明，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合线面垂直判定定理证明结论；
（2）根据线面角的向量求法求出与平面所成角的正弦值，再求其最大值，由此可求线面角的最大值.
【详解】（1）连结，交于点，连，
由，
知，
又平面
又底面为菱形，所以
以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，边长为4，则，
在直角三角形中，所以
所以点
，则
所以，
所以，
，
所以，
所以，
又，平面，
所以平面，
（2）设，
所以，
故，
所以
平面的一个法向量是，
设与平面所成角为，则
当时，平面，；
当时，
，
当且仅当时取等号，
又所以，
故与平面所成角的最大值为

1．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，为菱形，，∠ACB=120°，平面平面，点F在上，且，分别在直线上．
(1)求证：平面；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线的公垂线，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理可求得，可得，两边平方可求得，由勾股定理的逆定理可证，利用面面垂直的性质可证平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，，则，利用公垂线可得，求解即可.
【详解】（1），
所以，所以，
所以，，
，则，又因为平面平面，
平面平面平面，故平面；
（2）在平面中过作直线，
以C为原点，的方向为x轴正方向，的方向为轴正向，直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系C−xyz，
由，可得，，
所以，
所以，
设，则，
设，则，，
由题知，解得，，
故.
2．（2024·重庆·三模）如图，在圆锥PO中，AC为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，点在线段BC上，，.
(1)证明：平面BOP；
(2)若圆锥PO的侧面积为18π，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据圆锥PO的侧面积求得及，求出平面的法向量，利用向量法求得二面角的余弦值.
【详解】（1）平面，故以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，
与同向的方向为轴正方向建立空间直角坐标系.
设，故，，，.
.
故，平面，∴AD⊥平面.
（2）圆锥PO的侧面积，，
由（1）可知，为平面的法向量，
设平面的法向量为，而，，
故，令c=−1得，
则，
所以二面角的余弦值为.
3．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且.
(1)当时，求证平面；
(2)设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)最大值为，此时
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可.
（2）求出直线对应的方向向量和平面对应的法向量，将线面角用向量坐标表示进而求最值.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为三棱柱为直棱柱，且△为正三角形，
所以以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
根据已知条件得
，
当时，，，
，
，
，即，
又，而平面，平面.
（2）由（1）知，，
为△的中心，，
设平面的法向量，则
，令，则
设直线与平面所成角为，则
令，则，
此时，
(当且仅当即时取等号)，
，
即直线与平面所成角正弦的最大值为，此时的值为
考点六、线面垂直性质定理
1．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以AD2+BD2=AB2，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，AB//DC，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴DC⊥平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由DC⊂平面，得平面平面，
∵是的中点，，又DC⊥平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为n=(x,y,z)
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
3．（2023·全国·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)证明见解析；
(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）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）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．
4．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
1．（2024·河北保定·二模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，分别为的中点，且．

(1)证明：．
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）连接，根据线面垂直的判定定理可得平面，从而得证；
（2）先证明平面，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）连接，因为底面是菱形，分别为的中点，
所以，所以，
又，平面，
所以平面，因为平面，所以．
（2）因为是的中点，所以．
又，平面，所以平面．
连接，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，
如图所示，设，则，
，
，
．
设n1=x1,y1,z1是平面的法向量，由，
得取，可得，
设是平面的法向量，
由得取，可得n2=0,1,1，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．

2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，．
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理进行证明；
（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解．
【详解】（1）
取的中点，连接．
因为侧面是菱形，，所以是正三角形，
因为是中点，所以．
因为是中点，，所以，
又因为平面平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为斜三棱柱，所以，所以．
（2）因为平面平面，所以平面，因为A1O⊂平面，所以．
又因为平面平面，所以A1O⊥平面．
以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
所以，，
设平面的一个法向量为，
则即．
取，则，所以．
设平面的一个法向量为，
则即
取，则，所以．
又，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
3．（2024·山东烟台·一模）如图，在三棱柱中，，为的中点，A1O⊥平面.

(1)求证：AA1⊥OD；
(2)若AA1=23，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)31313.
【分析】（1）根据给定条件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理证得AO⊥OD，再利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）由（1）的信息以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）在三棱柱中，，则，
由，得DB=1，在△DBO中，，
由余弦定理，得，OA2+OD2=4=AD2，
于是AO⊥OD，由A1O⊥平面平面，得A1O⊥OD，
而平面AOA1，因此OD⊥平面AOA1，又AA1⊂平面AOA1，
所以AA1⊥OD，
（2）由（1）知，两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得A1O=3，则，
于是，设为平面ABA1的一个法向量，
则32x−32y+3z=0332x−32y=0，取x=3，得，显然为平面AOA1的一个法向量，
因此，显然二面角的大小为锐角，
所以二面角的余弦值为31313.

4．（2024·山东·模拟预测）如图，在四棱台中，底面为正方形，为等边三角形，为的中点．
(1)证明：；
(2)若，，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，可得，由已知得，所以得平面，可得平面，则可得；
（2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标及平面的一个法向量的坐标，由和夹角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角正弦值，由向量夹角的余弦公式算出，再算出直线与平面所成角的余弦值.
【详解】（1）连接，因为为等边三角形，所以，
因为为正方形，所以
在四棱台中，，
所以，又平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以；
.
（2）因为底面为正方形，为等边三角形，
所以，所以，
因为，，所以，所以，
又由（1），且，平面，
所以平面，即平面，
取的中点，连接，
以点为坐标原点，以，，分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
所以，即，得，
直线与平面所成角正弦值为，
则直线与平面所成角的余弦值为.
5．（2022·陕西·一模）如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.
(1)若，试证；
(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.
【答案】(1)证明见解析
(2)为的中点时，sinθ取得最大值.
【分析】（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及
勾股定理的逆定理，得出CM⊥C1M，进而得出平面，即证.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，
在利用二次函数的性质即可求解该问题.
【详解】（1）在中，
∵为中点且，
∴.
∵平面平面交线为，
∴平面，∴.
∵，分别为，的中点，
∴.
∴.
在直角和直角中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴.
∴平面，平面，
∴.
（2）∵平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，
以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，
则，，，，，，
∴，.
设平面的一个法向量为，
则，
令得，，
设，，则，
∴，，
设直线与平面所成的角为，
则.
若，此时点与重合，
若，令，则.
当，即，为的中点时，sinθ取得最大值.
考点七、面面垂直判定定理
1．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且PB⊥AM．
（1）证明：平面PAM⊥平面；
（2）若PD=DC=1，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面；
（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为底面，平面，
所以PD⊥AM，
又PB⊥AM，PB∩PD=P，
所以平面，
而平面PAM，
所以平面PAM⊥平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知AM⊥BD．
于是△ABD∽△BMA，故ADAB=ABBM．
因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=2．
故四棱锥的体积V=13AB⋅BC⋅PD=23．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知AM⊥DB,所以kAM⋅kBD=−1．
建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=2a(a>0)．
因为DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．
从而kAM⋅kBD=a−01−0×2a−00−1=a×(−2a)=−2a2=−1．
所以，即DA=2．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
设|DA|=t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．
所以Mt2,1,0，PB=(t,1,−1)，AM=−t2,1,0．
所以PB⋅AM=t⋅−t2+1×1+0×(−1)=−t22+1=0．
所以，即|DA|=2．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由PB⊥AM，得PB⋅AM=0．
所以(PD+DA+AB)⋅AM=0．
即PD⋅AM+DA⋅AM+AB⋅AM=0．
又底面，在平面内，
因此PD⊥AM，所以PD⋅AM=0．
所以DA⋅AM+AB⋅AM=0，
由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，
得−12|DA|2+|AB|2=0，即−12|BC|2+1=0．
所以|BC|=2，即BC=2．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
2．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
3．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥F−ABC的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面BED来证得平面平面.
（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，
所以，故AC⊥BE，
由于DE∩BE=E，DE,BE⊂平面BED，
所以平面BED，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意AB=BD=BC=2，，三角形是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
DE2+BE2=BD2，所以，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面，所以平面.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以△FBA≅△FBC，
所以，所以，
由于S△AFC=12⋅AC⋅EF，所以当最短时，三角形AFC的面积最小
过作EF⊥BD，垂足为，
在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=12⋅BD⋅EF，解得EF=32，
所以DF=12−322=12,BF=2−DF=32，
所以BFBD=34
过作FH⊥BE，垂足为，则FH//DE，所以FH⊥平面，且FHDE=BFBD=34，
所以FH=34，
所以VF−ABC=13⋅S△ABC⋅FH=13×12×2×3×34=34.
[方法二]：等体积转换
，，
∴ΔABC是边长为2的等边三角形，
∴BE=3
连接
∵ΔADB≅ΔCDB∴AF=CF∴EF⊥AC∴在ΔBED中，当EF⊥BD时，ΔAFC面积最小
∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,E为AC中点∴DE=1∵DE2+BE2=BD2∴BE⊥ED若EF⊥BD,在ΔBED中，EF=BE⋅DEBD=32
BF=BE2−EF2=32∴SΔBEF=12BF⋅EF=12⋅32⋅32=338
∴VF−ABC=VA−BEF+VC−BEF=13SΔBEF⋅AC=13⋅338⋅2=34
4．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；
(2) 过点作，可证四棱锥的高为A1O,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求A1O.
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，

过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，A1O⊂平面，
所以A1O⊥平面，
所以四棱锥的高为A1O.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
5．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有AO⊥平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
1．（2024·河南·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可.
【详解】（1）由题意，则∠ABC=60∘，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
且平面PAC，所以平面PAC，
又平面，所以平面平面；
（2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，

则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，令z=−1，得，
设平面的法向量，
则，令p=1，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
2．（2024·河北沧州·二模）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，三棱柱的体积为3．

(1)证明：平面平面；
(2)若为棱的中点，求平面与平面的夹角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，由已知得出，再根据体积求出点到平面的距离，即可得出平面，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式及同角三角函数的关系求解即可．
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
因为，
所以为等边三角形，
因为为中点，所以，，
因为三棱柱的体积为3，设到平面的距离为，
所以，所以，则平面，
又平面，所以平面平面．
（2）连接，由（1）知平面，又平面，所以，
因为为的中点，，所以AO⊥BC，且AO=3，
所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，
因为，
所以，因为为的中点，所以，
则，
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，故，
设平面的一个法向量，则，即，
令，解得，故，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以，所以．

3．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为棱上一点，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到，结合勾股定理逆定理得到，证明出平面，得到，结合题目条件证明出平面，得到面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设点，根据向量垂直得到方程，求出，进而求出平面的法向量，得到二面角的余弦值，得到答案.
【详解】（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）可知两两垂直，
如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则．

设点，
则．
，解得．
设平面的法向量为m=x,y,z，
则可取．
易知为平面的一个法向量．
，
故由图可知二面角的大小为．
4．（2024·四川德阳·三模）如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，，D为的中点，过的平面交棱于E，交于F.
(1)求证：平面平面；
(2)设M为的中点，平面交于P，且.若，且，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)24
【分析】（1）根据三角形全等，可得，又，即可得平面，进而可求解，
（2）根据线面平行的性质可得，即可求解的长度，利用面面垂直的性质可得平面，即可求解，进而由体积公式即可求解.
【详解】（1）证明：连接，.
因为，，
所以，所以.
因为为的中点，所以.
因为为的中点，所以.
因为，，平面
所以平面.
又，所以平面.
又平面
所以平面平面.
（2）由题意得：，，
因为，平面，平面
所以 平面
由于平面平面，平面，
所以,故.
所以四棱锥的顶点到底面的距离等于点到底面的距离.
作，垂足为，则由（1）知平面平面，且交线为，平面,所以平面
故.
底面的面积为.
所以四棱锥的体积为.
5．（2023·黑龙江佳木斯·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且．
(1)证明：平面平面；
(2)若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由题意中的面面垂直得到平面，从而得到，再由题意中给出的棱长信息得到，进而得到平面PAC即可求证.
（2）延长交于点S，得，且平面平面，过作的垂面即可找到二面角的平面角，进而通过求即可求出平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以，
过C作交于点G，则由题意，
所以，，
所以，即，又，、平面PAC，
所以平面PAC，又平面，
所以平面平面.
（2）过A作AE⊥PC交于点E，
由（1）可得平面平面，又平面平面，
所以平面，点A到平面PBC的距离为，
所以，
又由（1）平面可得，
所以，所以，
延长交于点S，则平面平面，
又由为等腰梯形，且以及，可得
，分别为的中点，
连接，则，且，
又由平面，可得，又，、平面，
所以平面，又平面，
所以，过D作，交于点，连接，
则由得平面，所以为二面角的的平面角，
又在和中，，
所以，故，
所以.
故平面与平面夹角的余弦值为.
考点八、面面垂直性质定理
1．（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
∠EFG为二面角的平面角．
因为，所以EG=FG．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
2．（2024·湖南衡阳·三模）如图所示，在三棱柱中，已知平面平面，，，.
(1)证明：平面；
(2)已知E是棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过面面垂直证明线面垂直，进而得到，再用勾股定理逆定理证得，从而推得线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面与平面的法向量，即可求解两个平面的夹角余弦值.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
又平面，且，所以平面，
而平面，所以，
在中，因为，，
所以，所以，
又，、平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，
所以，
而，
所以两两互相垂直，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
因为是棱的中点，所以，
所以，，设平面的法向量为，
则，令，得；
又，，设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则，令，则，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，三棱柱中，侧面底面，，，，点是棱的中点，，.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接，，，由平面平面可证平面，由，可证平面，所以，在中可求，由勾股定理逆定理即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，分别求出直线与平面的方向向量和法向量，利用公式求解线面角的正弦值，即可求解余弦值.
【详解】（1）
连接，，，
由已知四边形为菱形，又
所以为等边三角形，又点是棱的中点，
所以，即，
因为平面平面，且交线为，
由，平面，得平面，
由平面，得，，
因为，，且，平面，
所以平面，
由平面，得，
设，，有，
解得：，即，
所以，满足，即；
（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
，，，
所以，，，
设平面的法向量，
由，得，
令可得，
又，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
1．（2024·安徽芜湖·三模）如图，三棱锥中，平面平面，平面平面，平面平面，
(1)求证：两两垂直；
(2)若为中点，为中点，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在上任取一点，作EF⊥BD交于，作交于，证明平面，从而证明，继而推出，即可证明平面，继而可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法啊，即可求得答案.
【详解】（1）在上任取一点，作EF⊥BD交于，作交于，
由平面平面交于面，EF⊥BD，则平面，
又平面，则，同理，
又由平面，可得平面，
平面，则．
同理可得，即两两垂直．
（2）分别以DB，DC，DA所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
易得，
有，
设面的法向量，则由，
即，可取．
设与平面所成角为，
则，
则与平面所成角的正弦值为
2．（2024·陕西西安·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，．
(1)证明：．
(2)若为等边三角形，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先证明，再由面面垂直的性质定理求解；
（2）过点P作，所以平面，由体积法求解．
【详解】（1）因为，，所以，，
由余弦定理可得，所以AD2+BD2=AB2，则．
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面PAD．
因为平面PAD，所以．
（2）过点P作，因为平面平面ABCD，且平面平面，所以平面．
因为，
在中，，而，
．
设点C到平面的距离为h，，
则，解得，
所以点C到平面的距离为．
3．（2024·四川·模拟预测）如图，在以为顶点的五面体中，四边形为正方形，四边形为等腰梯形，，且平面平面．
(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，再得到线线垂直，利用勾股定理求出线段长度，最后利用线段长度符合勾股定理证明线线垂直；
（2）转换顶点，以为顶点，以为底面，从而即可得到体积.
【详解】（1）连接，平面平面，平面平面，面，
平面，又平面，则，
是直角三角形，即．
在梯形中，作于，
则，则．
又，则，
．
（2），平面平面，平面平面，面，
平面．
由（1）知，
.
考点九、翻折问题综合
1．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面几何的性质得到，即可得到，，即可得到平面，再由，得到平面，从而得证；
（2）依题意可得为二面角的平面角，即，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）在图1中连接，因为，，是的中点，，
所以四边形为正方形，四边形为平行四边形，所以，．
即在图2中，，，，平面，
所以平面．
又，所以平面．
因为平面，所以平面平面
（2）由已知，平面平面，又由（1）知，，．
所以为二面角的平面角，所以．
如图，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，所以，因为，
所以，，，．
得， ，.
设平面的法向量n1=x1,y1,z1，平面的法向量，平面与平面夹角为，
则，得，取.
同理：，得，取n2=0,1,1.
从而，
即平面与平面夹角的余弦值为．
2．（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二
(1)求证：．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）补全图形得到三棱锥，由线面垂直证得；
（2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角；
思路二：等体积法求得到平面的距离，再用几何法求得线面角.
【详解】（1）延长交于点过作于，过作于，
又四边形为等腰梯形，则，则，
又，所以，为的中点，
延长交于点，则，为的中点，则，
与重合于点，为三棱锥，
设为中点，等腰直角中，
又为的中点，为的中点，，∴，
，又平面平面，
又AA1⊂平面，.
（2）方法一：
为中点，，
又，
以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
， ，，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
为中点，，，
又，
又，平面，∴平面，
，为等边三角形，设到平面的距离为，
∴，
.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形中，，，，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面所成角的正弦值为，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，Q是PB的中点．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出可得答案.
【详解】（1）如图，在原图中连接BE，由于，，，
所以四边形ABED是平行四边形．
由于，所以四边形ABED是菱形，所以．
由于，，所以四边形ABCE是平行四边形，
所以，所以．
在翻折过程中，，保持不变，
即，保持不变．
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，在原图中，，
所以，所以．
折叠后，若，则，所以，
由于，，平面ABCE，
所以平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直．
由此以O为原点，
分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，，，，
设，，，
，，
设平面AEQ的法向量为，
则，令得，
故，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则
，
所以，，
，解得，
所以，因为，，
、的中点坐标为，
即Q是PB的中点．
1．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
(1)求证：，，，四点共面：
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可.
（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）取，的中点分别为，，连接，，
取，的中点分别为，，连接，，，
由题意知，都是等边三角形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为，的中点分别为，，所以
所以，所以，
所以，又因为，
所以，
因为，的中点分别为，，
所以，
所以，所以，，，四点共面；
（2）连接，，且延长交于点，由题意知，，
所以，同理，
所以就是二面角的平面角，
设，则，，，
所以，同理，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且.
(1)求翻折后线段的长；
(2)点满足，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）可以证明得到为直角三角形, 翻折后线段的长可由勾股定理得出.
（2）根据第（1）问可以建立坐标系,写出关键点的坐标,求出,平面的法向量,求出向量夹角的余弦值,后得到与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）由,BC⊥CD,,,平面,
可得平面,又平面,则,
在中,根据勾股定理,
（2）如图,过点作于点,由（1）可知,平面平面,交于,
∴平面,∵,又,,∴为直角三角形,∴
如图,以为轴,为轴,过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系
则,,,有,,
设平面的法向量m=x,y,z,则,
令x=3,解得其中一个法向量；
于是,,
故与平面所成角的正弦值为.
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图（1），在平面五边形中，，将沿折起得到四棱锥，如图（2），满足，且.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意及向量的关系可得的长度，可得，可得，再由勾股定理可得，进而可证得平面，进而可证得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量的坐标，求出的坐标，进而求出两个向量的夹角的余弦值，进而可得所求的线面所成角的正弦值.
【详解】（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）过作交于，
由①可得两两相互垂直，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，令，
即，
则，
所以.
设直线与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查平面与平面垂直的证法及空间向量的方法求线面所成的角的正弦值的方法，属于中档题.
考点十、补全条件及图形证空间中的垂直关系
1．（2023·贵州铜仁·二模）如图，在直三棱柱中，，．
(1)试在平面内确定一点H，使得平面，并写出证明过程；
(2)若平面与底面所成的锐二面角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面垂直和面面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）取棱BC的中点D，连接，AD．在等腰直角△ABC中，，
又，平面，故平面．
又平面，故平面平面，这两个平面的交线为．
在中，作，则有平面；
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，
则，，，．
设平面的法向量，
则即可取．
可取平面的法向量，
由题意得．得，平面的一个法向量为；
又平面的法向量，则．
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
2．（2021·河南·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝1，，点D，E分别为AC和B1C1的中点．
(1)棱AA1上是否存在点P使得平面PBD⊥平面ABE？若存在，写出PA的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
(2)求点A到平面BDE的距离．
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）存在点P满足题意，且．取A1C1的中点F，连接EF，AF，DF．证明BD⊥AC，可得BD⊥AF，再求解三角形证明AF⊥PD，可得AF⊥平面PBD，进一步得到平面PBD⊥平面ABE；
（2）以D为坐标原点，分别以DB，DC，DF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面BDE的一个法向量及的坐标，由可得点A到平面BDE的距离．
【详解】（1）存在点P满足题意，且．
证明如下：取A1C1的中点F，连接EF，AF，DF．则EF∥A1B1∥AB，
∴AF⊂平面ABE，∵AB＝BC，D是AC的中点，∴BD⊥AC，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，且交线为AC，
∴BD⊥平面ACC1A1，则BD⊥AF，
在平面ACC1A1内，，∠PAD＝∠ADF＝90°，
∴Rt△PAD∽Rt△ADF，从而可得AF⊥PD，又∵PD∩BD＝D，∴AF⊥平面PBD，
∵AF⊂平面ABE，∴平面PBD⊥平面ABE；
（2）以D为坐标原点，分别以DB，DC，DF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），B（，0，0），A（0，，0），E（，，1），
∴．
设平面BDE的一个法向量为，
由，取y＝4，得．
∴点A到平面BDE的距离为．
3．（2024·全国·模拟预测）如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点．
(1)已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）；
(2)点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，过作下底面的垂线交下底面于点，过作的平行线，交圆于，，即可求出结果；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件，求出平面和平面，利用面面角的向量法，即可求出结果.
【详解】（1）是的中点，．
要满足平面，需满足，
又平面，平面平面
如图，过作下底面的垂线交下底面于点，
过作的平行线，交圆于，，则线段即点的轨迹．
（2）易知可以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
母线长为，母线与底面所成角为45°，，，，，
取的位置如图所示，连接，
，，即，
则，，，，，
则，，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，y1=−1，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，．
设平面与平面所成的角为，则
，
．
1．（2024·上海·模拟预测）如图，多面体是由一个正四棱锥A−BCDE与一个三棱锥拼接而成，正四棱锥A−BCDE的所有棱长均为，且．
(1)在棱上找一点，使得平面平面，并给出证明；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)点为的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）当点为中点时，平面平面，依题意可得，从而得到，再由，即可证明平面，从而得证；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可.
【详解】（1）当点为中点时，平面平面，
证明如下：因为四棱锥A−BCDE是正四棱锥，所以，所以.
在正方形中，，所以，
在正方形中，，因为，所以，
因为面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）因为四棱锥A−BCDE是正四棱锥且所有棱长均为，设，
则，，两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，则，
设，则，因为，，
所以，则，解得，所以，
所以，
设平面的法向量为n=(x,y,z)，则有，
取，则，故，
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.
2．（21-22高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四边形为正方形，若平面，，，．
(1)在线段上是否存在点，使平面平面，请说明理由；
(2)求多面体的体积．
【答案】(1)存在，理由见解析；
(2).
【分析】（1）在线段上取一点，使得，可证明四边形是矩形，所以，由面面垂直的性质定理可得面，，再由线面垂直的判定定理可得BP⊥面，由面面垂直的判定定理可得平面平面；
（2）将多面体分割为四棱锥和三棱锥E−BCD，由锥体的体积公式计算即可求解.
【详解】（1）存在这样的点为线段靠近点的三等分点，使平面平面，
证明如下：在线段上取一点，使得，因为，所以，
所以，又因为，所以四边形是平行四边形，
又因为，所以四边形是矩形，所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以面，因为BP⊂平面，所以，
因为，所以BP⊥面，
因为BP⊂面，所以平面平面.
（2）在中，，，
可求得，，
在中，，
过点作于点，因为平面平面，
平面平面，，面，
所以面，所以即为四棱锥的高，
所以，
所以，
，
所以多面体的体积为．
3．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，AA1=4，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．

(1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由；
(2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比．
【答案】(1)存在，点M的位置见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，再依据，利用向量的数量积列出等式计算即可；
（2）设出点T的坐标，根据平面向量基本定理，求出点T的坐标，再直接求体积即可.
【详解】（1）因为四棱台的上、下底面都是正方形，且底面ABCD，
所以可以以为坐标原点，AB,AD,AA1分别为轴建立如图所示坐标系，
则
，
假设在底面内存在点M，满足平面CPQ，则可设，
有，则，即，
所以，，
故在底面内存在点，满足平面CPQ.
（2）设，因为点T在平面CPQ内，所以可设，
则，
所以，所以，则，
连接，，
设平面CPTQ将四棱台分成上、下两部分的体积分别为，
，
，，
取的中点，连接，则，，
又平面，平面，所以平面，
，
所以，
，
，所以，
所以所求的上、下两部分的体积比为.

1．（2024·黑龙江·三模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)点到平面的距离为.
【分析】（1）先证四边形为正方形，得到，再证平面，从而得到，即可证明平面；
（2）建系，设边长，写出相应点和向量的坐标，求出两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的长度，再利用点到平面的距离公式，求出点到平面的距离.
【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质可知，，四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为正方形，所以，
因为，，，
所以平面，
所以，
因为，
所以，
又因为平面
所以平面.
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则A0,0,0，，，，
所以，，，
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取x=3，则，，
所以，
设二面角的大小为，
则，解得，
所以，平面的一个法向量，
设点到平面的距离为，
则，
所以点到平面的距离为.
2．（2024·贵州贵阳·三模）如图，在三棱锥中，，平面平面.
(1)证明:平面PAC；
(2)若为棱上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理即可证明.
（2）利用空间向量读出各点坐标，求得平面的法向量，即可求解直线与平面夹角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面ABC=AB，平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，
所以.
又因为，
所以PB⊥PC，
又因为平面PAC，平面PAC，，
所以平面PAC.
（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由（1）知平面，所以，
又因为，所以.
因为，所以PA⊥PB.
因为平面平面，为棱上靠近的三等分点，
所以,
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
则，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2024·安徽安庆·三模）如图，在四棱锥中，，，连接．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角正弦值的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）已知条件利用余弦定理和勾股定理，求出，由勾股定理证明且，得证平面，结合面面垂直判定定理得平面平面．
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）因，所以，
又，所以，
根据余弦定理知，
直角梯形中，，，，，，
则，
过点作，垂足为，则，,得，
则有，得，，得，
因，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）如图，以点为原点，分别以所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系．
则，于是，
又，
设平面的一个法向量为m=x,y,z，于是，
令，则，即，
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．
4．（23-24高三下·河南·阶段练习）如图所示，在三棱锥中，与AC不垂直，平面平面，．
(1)证明：；
(2)若，点M满足，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面平面，再作，可证明平面，从而可得，又因为，所以可证明平面，即可证明；
（2）利用（1）以A为坐标原点建立如图坐标系，利用等边三角形PAC和等腰直角三角形，标出各点的空间坐标，对于点M满足，可用向量线性运算求出，最后利用空间向量法来解决直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）证明：在平面中，过点P作的垂线，垂足为D．
因为平面平面ABC，且平面平面，平面，
所以平面．又因为平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，故．
（2）由（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，故，，
又因为，
所以
即．
设平面ACM的一个法向量，
则令，则．
又因为，设直线AP与平面ACM所成角为，
则，
所以直线AP与平面ACM所成角的正弦值为．
5．（2024·上海·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点是的中点．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质可得平面，即得；
（2）根据（1）的结论，利用题设建系，依次写出各相关点的坐标，求出平面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标公式计算即得.
【详解】（1）因，点是的中点，则PO⊥AB,
因平面平面，且平面平面, PO⊂平面，故平面，
又平面,故.
（2）

如图，取中点,连接，由（1）知平面，，可得,
因，故,则可分别以为轴正方向建立空间直角坐标系.
又，，，，则,
于是，,
设平面的一个法向量为，则，故可取，
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.
6．（2024·福建泉州·模拟预测）在四棱锥中，．

(1)求证：
(2)当点到平面的距离为时，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）为中点，平面，以为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直；
（2）求平面的法向量，由点到平面的距离，求出，向量法求直线与平面所成的角的正弦值．
【详解】（1），为中点，连接，则PO⊥AB，
，，则AD⊥BP，
又，，平面，则有平面，
平面，则平面平面，
平面平面，PO⊂平面，PO⊥AB，
所以平面，
以为原点，为轴，为轴，平面内垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，
有，，，
所以，即.
（2）时，设，
则，
，
平面的一个法向量为，则有，
令，则，得，
点到平面的距离为，则有，解得，
所以，，，
，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
7．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把折起，使点D到达点P的位置，且．
(1)求证：平面；
(2)求三棱锥的表面积
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求出各边，由勾股定理逆定理求出，结合得到线面垂直；
（2）求出各边长，利用三角形面积公式得到各三角形面积，相加得到表面积.
【详解】（1）由题可知，
，，
，，
为等边三角形，
，
，
．
，平面，
平面．
（2）由（1）得，，，
，
由三角形面积公式得，
，
三棱锥的表面积
．
8．（2024·四川成都·模拟预测）如图所示，斜三棱柱的各棱长均为， 侧棱与底面所成角为，且侧面底面．

(1)证明：点在平面上的射影为的中点；
(2)求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2
【分析】（1）于，由平面平面，证得平面，再证得为等边三角形，可得为中点；
（2）过作于，则是二面角的平面角，由已知数据计算即可．
【详解】（1）过作于，
由平面平面，平面平面ABC=AB，
平面，，得平面，因此，

又，从而为等边三角形，为中点．
（2）由于是等边三角形，所以，
而平面平面，平面平面ABC=AB，
平面，所以平面，平面，则有，
过作于，连接，，平面，
所以平面，由平面，则，
则是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值为.
9．（2024·陕西渭南·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，点E在棱PD上，，．
(1)证明：点是的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用线面垂直性质以及判定定理可得平面，由即可得结论；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量求出平面的一个法向量为，即可得结果.
【详解】（1）由平面，平面，所以；
又底面是正方形，所以；
因为，平面，所以平面；
又平面，所以，
因为，，平面，
可得平面，又平面，
所以，又因为，
可知点E是的中点；
（2）根据题意可得AB,AD,AP两两垂直，
因此以为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设，则；
所以；
设平面的一个法向量为，
可得，令，可得；
即；
设直线与平面所成的角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
10．（2024·天津南开·二模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.
(1)求证：；
(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系；
（2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案；
（3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值.
【详解】（1）因为，O为CD的中点，
所以．
又因为平面平面ABCD，平面平面，PO⊂平面PCD，
所以平面ABCD．
因为，，，所以．
取的中点，连接，则⊥，
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，
则O0,0,0，，，，P0,0,1，．
，，
因为，
所以．
（2）设平面PAB的一个法向量为m=x,y,z，
则，即，
解得，令，则，则．
设直线PC与平面PAB所成的角为，
又，
则，
所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为．
（3）设平面POB的一个法向量为，
则，即，
解得，令，则a=2，故．
设平面POB与平面PAB的夹角为，
则．
故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为．
1．（2024·辽宁大连·模拟预测）如图（1），在中，，，点为的中点．将沿折起到的位置，使，如图（2）．

(1)求证：PB⊥PC．
(2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)在线段上是否存在点，使得，二面角的正弦值为.
【分析】（1）先利用线线垂直推导线面垂直，得平面，即得，同法再证平面得，则得平面，故PB⊥PC；
（2）根据题设条件和（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，由求得，再分别求得两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）依题意可知点为的中点，，所以，
又，，平面，所以平面.
又平面，所以.
依题意可知，，，平面，
所以平面，又平面，所以.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以PB⊥PC.
（2）由题意，得，，由（1）PB⊥PC，
所以.
以点为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，
过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，， ，，.
所以，， .
设，即，
则，，
若存在点，使得，则，
解得，则，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则，，令，得，
所以，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，，令，得，
所以，
所以，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的正弦值为.
2．（2024·湖南邵阳·三模）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，且，，.，分别为，的中点..
(1)若.求证：平面平面；
(2)若，PE=2.求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）连接，根据线面垂直可证平面，平面，即可得结果；
（2）分析可知平面，建系，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）连接，
由题意可知：，可知
且为的中点，则，即，
若，即，可知为中点，则，
因为，，则，
且PE∩DE=E，平面，可得平面，
由平面，可得，
且，平面，可得平面，
又因为分别为的中点，则∥，即∥，
且底面是平行四边形，则∥，可知∥CD，
则四点共面，可知平面即为平面，
由平面，可得平面平面.
（2）由（1）可知：平面，且平面，则，
若PE=2，则，可知，
且，平面，则平面，
如图，以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
若，即，可知，
则，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）在如图所示的多面体中.四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为，平面，，.点是棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求多面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）根据线面垂直的性质证明四边形为矩形，求出，结合勾股定理和线面垂直的判定定理即可证明；
（2）证出平面，由，利用锥体的体积公式即可求解.
【详解】（1）连接.因为平面平面，
所以，
因为是中点，所以四边形为矩形，
则.
因为是正方形的对角线交点，所以为中点，，
所以.
因为四边形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）因为四边形是正方形，所以，
因为平面，所以.
因为平面，平面，且，
所以平面.
因为，所以，.
因为四边形是边长为的正方形，所以，则.
故多面体的体积.
4．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2.
(1)证明:平面；
(2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）分别取中点，通过证明平面，平面平面，得证平面.
（2) 以为原点，建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，利用向量法求出的值即可.
【详解】（1）分别取中点，连接，则为的中点，
因为侧面是等腰梯形，所以，又，所以，
和都是边长为2的等边三角形，得，所以四边形为等腰梯形，
因为点为的中点，为的中点，所以.
因为是等边三角形，所以，
又，平面，，
所以平面，平面，所以平面平面，
平面平面，MO⊂平面，，
故平面.
（2）在梯形中，，等腰梯形中由勾股定理得，
取中点，由（1）知，两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，得
设，，
设直线与平面所成角为，
所以.
解得（负值舍去)，所以点为棱的中点，所以的长为1.
5．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，为线段的中点，平面底面．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面AEC，所以，又因为，为中点，所以，由线面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角建系，不妨取，得出平面的法向量，利用空间向量求解即可．
【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，
，平面ABCD，所以平面AEC，平面AEC，所以，
又因为，为中点，所以，
又，平面，所以平面；
（2）设点在底面的射影为点，则平面，
又平面，所以，取中点，
因为，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，即在的中垂线上，
如图建立空间直角建系，不妨取，
则设为，，A2,0,0，，
所以，，，
由（1）可知，计算得，，所以，
又，，
设平面PBC的法向量为，
则，即，取，
所以．
6．（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可证得，在直三棱柱中，平面，可得，进而可证得平面，即证得平面平面；
（2）由题意可证得，即可得直线与所成的角，在△中，可求出的正弦值，进而求出于直线与所成的角．
【详解】（1）证明：由题意在等边三角形中，为的中点，所以，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
而，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）连接，因为，，分别为棱，，的中点，
所以，且，
在三棱柱中，，，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以即为直线与所成的角，
在△中，设直三棱柱的棱长为2，则
可得．
故
即直线与所成角的正弦值为．
7．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，，且，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)30°
【分析】（1）应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据定义得出线面角，再计算正弦值求角即可.
【详解】（1）在四棱锥中，，
又，所以，
因为，，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取棱的中点O，连接，，由，得，
由（1）知，平面，
因为PO⊂平面，所以，
因为，平面，，所以平面，
所以是在平面内的射影，所以与平面所成的角为.
设，因为，则，
因为，所以，
所以在中，，
所以与平面所成的角为30°
8．（2024·江苏·三模）如图，在三棱锥中，底面为上一点，且平面平面，三棱锥的体积为.
(1)求证：为的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作于点，利用面面垂直的性质定理得平面，值域线面垂直的判定定理性质定理可得答案；
（2）设，利用求出，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）过作于点，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，，
又为的中点；
（2）设，
，
，
如图建系，，
，
设平面的一个法向量n=x,y,z，
，令z=−1，得，
所以，
设直线与平面所成角为，
.
9．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若为的中点，证明：平面平面；
(2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为427，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可；
（2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可.
【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则，
又，则，
且，平面，OE⊂平面，
根据线面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，则，又，为梯形的两腰，则与相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中点为Q，由，，
则，，
因此△为等边三角形，.
由（1）知平面，，，两两垂直，
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

由，，则，
，，，，
由，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，得.
设平面的一个法向量为，
由
取，得，，
即平面的一个法向量为.
记平面与平面夹角的大小为，
所以，化简得，即，所以实数的值为.
10．（2023·江西·二模）正四棱锥中，，E为中点，，平面平面，平面.
(1)证明：当平面平面时，平面
(2)当时，T为表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T满足，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)不存在，理由见详解
【分析】
（1）根据正四棱锥分析可得平面，结合面面垂直以及线面平行的性质分析证明；
（2）建系，利用空间向量求得即为点，再根据空间距离分析可得，结合四棱锥的外接球和内切球分析运算.
【详解】（1）连接，由题意可知：，
设，连接，则平面，
平面，则，
，平面，
故平面.
若为直线，此时平面，可得平面平面，符合题意，
故平面；
若不为直线，∵平面平面，则存在直线平面，使得平面，
可得，且平面，平面，
故平面，
又∵平面，平面平面，
则，可得，
故平面；
综上所述：平面.
（2）不存在，理由如下：
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
设平面的任一点坐标，则，
由，解得，
可得交线满足，
令，可得交线与轴的交点为，即为点.
设四棱锥表面上任一点，
则，
，
可得，
且
故
，
表示点到点的距离的平方，
设四棱锥的内切球的半径为，
∵的体积，表面积，
则，
可得四棱锥内切球的球心坐标为，
又∵，可得四棱锥的外接球的球心为，
显然既不是内切球的球心也不是外接球的球心，
故不存在m，使得有且仅有5个点T满足.
1．（2023·全国·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)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥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）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，A1O⊂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），
，
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.
2．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面BED，，所以平面BED，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面BED，因为平面BED，
所以，所以，
当EF⊥BD时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，DE2+BE2=BD2，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
3．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.
（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】（1）由于，，所以，
又AB⊥BB1，，故平面，
则，为等腰直角三角形，
，.
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，
正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，
从而.
【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.
4．（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．
（1）证明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量PB的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系D−xyz，
因为，则有，
设，则有，
因为QB=，所以有
设平面的法向量为，
则，即，
令，则z=−1，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.
5．（2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）
【分析】（）方法一：作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；
（II）方法一：由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．
【详解】（）[方法一]：几何证法
作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
[方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法
作交于O．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示.
设OC=1,∵，，
∴,∴，
∴,,
,
∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD；
[方法三]：三余弦定理法
∵平面ACFD平面ABC，∴,
∴，
又∵DC =2BC．
∴,即,
又∵，∴．
（II）[方法一]：几何法
因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，
因为所以平面平面，而平面平面，
平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．
故与平面所成角的正弦值为．
[方法二]【最优解】：空间向量坐标系法
设平面BCD的法向量为,
由（）得,,
∴令x=1,则,,,
，,
由于，∴直线与平面所成角的正弦值为．
[方法三]：空间向量法
以为基底,
不妨设，则
(由（）的结论可得）．
设平面的法向量为，
则由得取，得．
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角也为，
由公式得．
[方法四]：三余弦定理法
由，
可知H在平面的射影G在的角平分线上．
设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为．
由由（）的结论可得，
由三余弦定理，得，
从而．
[方法五]：等体积法
设H到平面DBC的距离为h，
设,则,
设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为．
由，,
求得，所以．
【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线.
6．（2020·江苏·高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.
【分析】（1）通过证明，来证得平面.
（2）通过证明平面，来证得平面平面.
【详解】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.
【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.
7．（2020·全国·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得
，即PB⊥PC，从而证得平面，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.
【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，≌，
，即，
平面平面PAC，平面平面PAC；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为.
【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.
8．（2020·全国·高考真题）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又B1C1//BC，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．
因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
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．
[方法四]：基底法
不妨设，
以向量为基底，
从而，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
[方法五]：坐标法
过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，AO=AB=2，
则，
所以，
所以
易得为平面A1AMN的一个法向量，
则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.
方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第17题,15分
证明面面垂直
证明线面平行
由二面角大小求线段长度
2024年新Ⅱ卷，第17题,15分
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
求平面的法向量
面面角的向量求法
2023年新Ⅱ卷，第20题,12分
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
面面角的向量求法
2021年新I卷，第20题,12分
线面垂直证明线线垂直
面面垂直证线面垂直
锥体体积的有关计算
由二面角大小求线段长度或距离
2021年新Ⅱ卷，第10题,5分
证明线面垂直
线面垂直证明线线垂直
求异面直线所成的角
2021年新Ⅱ卷，第19题,12分
证明面面垂直
面面角的向量求法
2020年新I卷，第20题,12分
证明线面垂直
线面角的向量求法
2020年新I卷，第20题,12分
证明线面垂直
线面角的向量求法
判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
图形语言
符号语言
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
图形语言
符号语言
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
图形语言
符号语言
判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直
（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
图形语言
符号语言
性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
图形语言
符号语言