新高考数学一轮复习高频考点与题型分类训练5-5 空间直线、平面的垂直 (精讲精练）（2份，原卷版+解析版）

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2.掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质，并会简单的应用．
TOC \ "1-4" \h \u \l "_Tc15425" 5-5 空间直线、平面的垂直 PAGEREF _Tc15425 \h 1
\l "_Tc12536" 一、主干知识 PAGEREF _Tc12536 \h 1
\l "_Tc8352" 考点1：直线与平面垂直 PAGEREF _Tc8352 \h 1
\l "_Tc31663" 2.直线和平面所成的角 PAGEREF _Tc31663 \h 2
\l "_Tc29217" 3．二面角 PAGEREF _Tc29217 \h 2
\l "_Tc9950" 4．平面与平面垂直 PAGEREF _Tc9950 \h 2
\l "_Tc29597" 【常用结论总结】 PAGEREF _Tc29597 \h 3
\l "_Tc29419" 二、分类题型 PAGEREF _Tc29419 \h 3
\l "_Tc4367" 题型一 直线与平面垂直的判定与性质 PAGEREF _Tc4367 \h 3
\l "_Tc15465" 题型二 平面与平面垂直的判定与性质 PAGEREF _Tc15465 \h 4
\l "_Tc23351" 题型三 垂直关系的综合应用 PAGEREF _Tc23351 \h 5
\l "_Tc17835" 三、分层训练：课堂知识巩固 PAGEREF _Tc17835 \h 6
一、主干知识
考点1：直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
2.直线和平面所成的角
(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是90°；一条直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°.
(2)范围：.
3．二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(3)二面角的范围：[0，π]．
4．平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)判定定理与性质定理
【常用结论总结】
1．三垂线定理
在平面内的一条直线，如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直．
二、分类题型
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【解答】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
（2023·内蒙古赤峰·赤峰二中校联考模拟预测）如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得A至处，且．

(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【解答】（1）由题意得，，，
因为，则，
又，面，所以面，
又面，则，
又，，平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点，可知，
由，且可得，
所以四边形是平行四边形，所以，则平面，
设，以点为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
所以，由图可知，二面角为锐角，
所以面角的余弦值为 ．
证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．
（2023·河南·襄城高中校联考三模）如图所示，在直四棱柱中，，，且是的中点.

(1)证明：；
(2)若，求四棱柱的体积.
【解答】（1）如图，连接，，，，，
，，

，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，.
（2）设，则由已知可得，
，，
，，即，
解得（负值舍去），，
四棱柱的体积.
（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，矩形所在的平面与平面垂直，且.已知.

(1)求证：；
(2)求四棱锥的表面积.
【解答】（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，∴平面，又平面，
∴，又，且，平面，
∴平面，又平面，∴.
（2）因为，所以矩形的面积为2，
在中，，，故，故的面积为；
和的面积分别为和.而，，，
故边上的高为，
故的面积为，
故四棱锥的表面积为.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）在如图所示的空间几何体中，与均是等边三角形，直线平面，直线平面，.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【解答】（1）

如图1，设平面与直线的交点为，连接，.
因为直线平面，直线平面，平面，平面，
所以，.
因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面，
所以，.
又因为与均是等边三角形，
所以为中点，且二面角的平面角为.
在平面四边形中，
因为，
所以，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面平面，平面平面，
又，平面，
所以，平面.
又因为，平面，
所以，.
同理可得，.
所以，四边形为平行四边形.
又，所以四边形为矩形.

如图2，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
因为四边形为矩形，设，则由已知可得，，
则，，，，
所以，，，，.
设平面的一个法向量为，
则，所以.
令，则为平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
则，所以.
令，解得为平面的一个法向量.
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图，在四棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)已知，，.若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【解答】（1）如图，取的中点分别为，连接BE，AF，EF，CF，
所以，且，
又，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
又，所以，
所以，即.
又，，平面，
所以平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，平面，因为，平面，
所以，，所以.
在Rt中，，，
则，则.
因为，，所以，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，，.
由，，得.
设平面的法向量为，则，即，
取，则，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故的值为.
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义．②面面垂直的判定定理．
(2)面面垂直性质的应用
①面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．②若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．
（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，矩形所在的平面与平面垂直，且.已知.

(1)求证：；
(2)求四棱锥的表面积.
【解答】（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，
∴平面，又平面，
∴，又，且，平面，
∴平面，又平面，
∴.
（2）因为，
所以矩形的面积为2，
在中，，，故，
故的面积为；和的面积分别为和.
而，，，故边上的高为，
故的面积为，
故四棱锥的表面积为.
（2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥中，，，，，平面平面．
(1)求证：；
(2)求的长度；
(3)求二面角的大小．
【解答】（1）证明：平面平面，平面平面，
且，平面．平面，．
（2），，．
，，．
平面，，．
（3）
作于点，于点，连接平面平面，
平面，根据三垂线定理得，是二面角的平面角．
在中，，因为，
，即二面角的大小是．
题型三 垂直关系的综合应用
如图，已知ABCD－A1B1C1D1是底面为正方形的长方体，∠AD1A1＝60°，AD1＝4，点P是AD1上的动点．
(1)试判断不论点P在AD1上的任何位置，是否都有平面BPA⊥平面AA1D1D，并证明你的结论；
(2)当P为AD1的中点时，求异面直线AA1与B1P所成的角的余弦值；
(3)求PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值．
【解答】(1)∵BA⊥平面AA1D1D，BA⊂平面BPA，∴平面BPA⊥平面AA1D1D，∴与P点位置无关．
(2)过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E(如图)，则PE∥AA1，
∴∠B1PE或其补角是异面直线AA1与B1P所成的角．在Rt△AA1D1中，∵∠AD1A1＝60°，
∴∠A1AD1＝30°，∵A1B1＝A1D1＝eq \f(1,2)AD1＝2，A1E＝eq \f(1,2)A1D1＝1.又PE＝eq \f(1,2)AA1＝eq \r(3).
∴在Rt△B1PE中，B1P＝eq \r(B1E2＋PE2)＝2eq \r(2)，cs∠B1PE＝eq \f(PE,B1P)＝eq \f(\r(3),2\r(2))＝eq \f(\r(6),4).
∴异面直线AA1与B1P所成的角的余弦值为eq \f(\r(6),4).
(3)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1，∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1所成的角，tan∠B1PA1＝eq \f(B1A1,A1P)＝eq \f(2,A1P)，
当A1P最小时，tan∠B1PA1最大，这时A1P⊥AD1，由A1P＝eq \f(A1D1·A1A,AD1)＝eq \r(3)，
得tan∠B1PA1＝eq \f(2\r(3),3)，即PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值为eq \f(2\r(3),3).
如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求eq \f(BM,BS)的值；若不存在，请说明理由．
【解答】(1)如图，取SC的中点G，连接FG，EG，
∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，FG＝eq \f(1,2)BC，∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，
∴AE∥BC，AE＝eq \f(1,2)BC，∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，
∴AF∥EG，又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC，∴AF∥平面SEC.
(2)∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，
∴SE⊥AD，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE⊂平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又EG⊂平面SEC，
∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，
∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F是SB的中点，
∴AF⊥SB，
又FG∩SB＝F，FG⊂平面SBC，SB⊂平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF⊂平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB.
(3)存在点M满足题意．假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，
连接MO，BE，则BD⊥OM，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，
∴BE＝eq \r(7)，
SE＝eq \r(3)，BD＝2OB＝2eq \r(3)，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴SB＝eq \r(SE2＋BE2)＝eq \r(10)，
∴cs∠SBD＝eq \f(SB2＋BD2－SD2,2SB·BD)＝eq \f(3\r(30),20)，
∴eq \f(OB,BM)＝eq \f(3\r(30),20)，∴BM＝eq \f(2\r(10),3)，∴eq \f(BM,BS)＝eq \f(2,3).
(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证．
如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为四边形，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，BC＝CD，PD⊥AB，平面PBD⊥平面ABCD.
(1)求证：PD⊥平面ABCD；
(2)若二面角C－PB－D的平面角的余弦值为eq \f(\r(6),6)，求PD的长．
【解答】(1)如图所示，E为BD的中点，连接AE，△ABD是正三角形，
则AE⊥BD.
平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
AE⊂平面ABCD，
故AE⊥平面PBD，PD⊂平面PBD，
故AE⊥PD.
PD⊥AB，AE∩AB＝A，
AE，AB⊂平面ABCD，
故PD⊥平面ABCD.
(2)过点E作EF⊥PB于点F，连接CF，CE，
因为BC⊥CD，BC＝CD，E为BD的中点，
所以EC⊥BD，
所以EC⊥平面PBD.
又PB⊂平面PBD，所以EC⊥PB，
又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面EFC，
所以PB⊥平面EFC，
又因为CF⊂平面EFC，
所以CF⊥PB，
故∠EFC为二面角C－PB－D的平面角．
cs∠EFC＝eq \f(\r(6),6)，
故tan∠EFC＝eq \r(5)，EC＝1，故EF＝eq \f(\r(5),5).
sin∠PBD＝eq \f(EF,EB)＝eq \f(\r(5),5)，tan∠PBD＝eq \f(1,2)，
即eq \f(PD,BD)＝eq \f(1,2)，PD＝1.
三、分层训练：课堂知识巩固
1．（2023•广西一模）一个正三棱台的上、下底面边长分别为3和6，侧棱长为2，则其高为
A．B．1C．D．
【分析】画出图形，延长正三棱台的三条棱，，，交于点，作底面于，连接，然后转化求解即可．
【解答】解：一个正三棱台的上、下底面边长分别为3和6，侧棱长为2，
如图，延长正三棱台的三条棱，，，交于点，
因为，，
则，作底面于，
连接，则，故，
故正三棱台的高为．
故选：．
【点评】本题考查棱台与棱锥的关系，直线与平面垂直的判定与应用，棱台高的求法，是中档题．
2．（2023•潍坊模拟）如图，在正三棱锥中，，，为底面的中心，点在线段上，且，若平面，则实数
A．B．C．D．
【分析】由正三棱锥的性质可知为的外接圆的圆心，由三角形的边长可知外接圆的半径的大小，进而求出的大小，再由底面，求出的大小，进而求出，求出的值．
【解答】解：连接，，由正三棱锥可知为的外接圆的半径，设半径为，
则，
且面，
所以，可得，
因为平面，可得，且，
在中，，所以，
所以，
所以，求即，即，
故选：．
【点评】本题考查正三棱锥的性质的应用，线段之比与向量的系数的关系的应用，属于基础题．
3．（2023•张家口一模）已知正方体，则下列选项不正确的是
A．直线与所成的角为
B．
C．平面
D．
【分析】由，得直线与所成的角即为直线与所成的角，由△为等边三角形，求出；由四边形为正方形，得．平面，从而，从而平面，．再由，得平面，，由，得；设正方体的棱长为1，利用余弦定理判断．
【解答】解：正方体，如图，
，直线与所成的角即为直线与所成的角．
又△为等边三角形，，故正确；
四边形为正方形，，
平面，．
平面，平面，，
平面．又平面，，
同理，
又平面，平面，，
平面，．
又，，故，正确；
设正方体的棱长为1，
则，，，，故错误．
故选：．
【点评】本题考查异面直线所成角、线面垂直、线线垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二．填空题（共1小题）
4．（2023•呼和浩特模拟）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，，为正方体的顶点．则满足的是 ①③ ．（填写正确的序号）
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可．
【解答】解：设正方体的棱长为2，
对于①，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，0，，，1，，
则，
所以，
所以，故①正确，
对于②，建立如图所示的空间直角坐标系，则，2，，，0，，，1，，，1，，
则，
所以，
所以与不垂直，故②错误，
对于③，建立如图所示的空间直角坐标系，则，2，，，2，，，0，，，1，，
则，
所以，
所以，故③正确，
对于④，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，2，，，2，，，1，，
则，
所以，
所以与不垂直，故④错误，
故答案为：①③．
【点评】本题考查空间向量在立体几何中的运用，属于基础题．
三．解答题（共12小题）
5．（2023•杨浦区校级模拟）如图，矩形所在平面与直角梯形所在的平面垂直，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求证：．
【分析】（1）由线面平行的判定可证面、面，再用面面平行的判定证结论；
（2）由面面垂直的性质得平面，再由线面垂直的性质、判定证面，最后由线面垂直的性质证线线垂直即可．
【解答】证明：（1）因为，面，面，所以面．
因为是矩形，所以，又面，面，所以面．
又，且、平面，所以面面．
（2）因为是矩形，所以．
因为面面，且面面，面，
所以平面，而平面，所以．
因为，，、面，所以面，
因为面，所以．
【点评】本题主要考查平面与平面平行的判定与性质定理，平面与平面垂直的性质定理和直线和平面垂直的判定和性质定理，考查逻辑推理能力，属于中档题．
6．（2023•广西模拟）如图，在四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，．点为棱的中点，点为棱上的一点，且，平面平面．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面．
【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得证明；
（2）首先推得四边形为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，可得证明．
【解答】证明：（1）由已知可得，，，
则，，
又平面平面，
且平面平面，
且平面，
则平面，
（2）在中，，，．
取棱中点为，连接、、，
为的中点，，且，
又，，且，
，且，四边形为平行四边形，
．
又平面，
且平面，则平面．
【点评】本题考查空间中线面平行的判定定理、面面垂直和线面垂直的性质定理，考查转化思想和推理能力，属于中档题．
7．（2023•泰和县校级一模）如图，四棱锥，平面平面，．，，，，为中点．
（1）求证：．
（2）求证：平面．
【分析】（1）推导出．从而平面，由此能证明．
（2）取中点，连接、，从而四边形是平行四边形，，推导出，，，，平面，，，，由此能证明平面．
【解答】证明：（1）平面平面，平面平面，．
平面，
平面，
．
（2）取中点，连接、，
在中，，分别为，的中点，
，，又，，，
四边形是平行四边形，，
，为的中点，
，，
平面，平面，
，
，，，
，，，
平面，
平面，，
，，
，，
，，，平面．
【点评】本题考查线面垂直、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，是中档题．
8．（2023•芦溪县校级一模）如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，是的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）求证：平面．
【分析】（1）由题意可得，由，可求得，从而有平面．
（2）取线段的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，进而证明面面，即可证明平面；
【解答】证明：（1）平面，平面，
，
，，
，
，
，
又，
平面．
（2）取线段的中点，连接，．则，，
所以四边形是平行四边形，
则；
又且，
面面，
又面，
平面．
【点评】本题考查线面平行、面面垂直，解题的关键是掌握线面平行、面面垂直的判定，考查了数形结合思想，属于中档题．
9．（2023•吉州区校级一模）如图，在四棱锥中，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）设点为的中点，在棱上是否存在点，使得平面？说明理由．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面；
（2）在棱上存在中点，使得平面，利用线面平行的判定定理证明．
【解答】解：（1）证明：平面，平面，
，
，，
平面；
（2）在棱上存在中点，使得平面，
证明如下：
点为的中点，取为的中点，
为的中位线，得，
平面，平面，
平面．
【点评】本题考查线面平行与垂直的证明，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题．
10．（2023•江西模拟）如图，在几何体中，，，已知平面平面，平面平面，平面，．
（1）证明：平面；
（2）若，设为棱上的点，且满足，求当几何体的体积取最大值时与所成角的余弦值．
【分析】（1）由题意通过面面垂直的性质得到平面，然后结合线面平行可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）过点作交与点，连接，据此可得四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值，利用导数研究其最值，然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值．
【解答】（1）证明：过点作，与交于点，
平面平面，且两平面的交线为，
由面面垂直的性质定理可得平面，
又平面，，
又且，
由线面垂直的判断定理可得平面．
（2）解：过点作交与点，连接，
平面平面，且两平面的交线为，
平面，
又平面，
，到平面的距离相等，
且，平面，
，，
，
又，令，
则，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
据此可知当，即时取得最大值，
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，，0，，，0，，
因为为棱上的点，且满足，
所以，，，
，，，0，，
设与所成角为，
则，
即当几何体体积最大时，与所成角的余弦值为．
【点评】本题主要考查线面垂直的证明，锥体体积的相关计算，利用导数求最值的方法，线面角的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
11．（2023•江西模拟）如图所示，圆锥的高，底面圆的半径为1，延长直径到点，使得，分别过点，作底面圆的切线，两切线相交于点，点是切线与圆的切点．
（1）证明：平面平面；
（2）点到平面的距离为，求的值．
【分析】（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直及面面垂直的判定即可证得．
（2）利用等体积法求点到平面的距离为．
【解答】解：（1）证明：由题设，平面，又是切线与圆的切点，
所以平面，则，且，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）因为，，，
所以，，
又，，
所以，
所以，
所以，且的面积为，
因为，
所以，
所以为等腰三角形，其底边上的高为，
所以的面积为，
因为，
所以，
所以．
【点评】本题考查面面垂直的判定以及点到平面的距离，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
12．（2023•奉贤区二模）如图，在四棱锥中，，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，且四棱锥的体积为，
求与平面所成的线面角的大小．
【分析】（1）根据已知条件，结合线面垂直的判定，推出平面，再结合平面，即可求证；
（2）取中点，结合线面垂直的判定，推出底面，再结合四棱锥的体积公式，推得，即可求出，再结合为与平面所成的角，即可求解．
【解答】证明：（1）在四棱锥中，，
，，
又，
，
，
平面，
平面，
平面平面；
（2）解：取中点，连结，
，为的中点，
，
平面，平面，
，
，
底面，
设，
则，，
四棱锥的体积为，底面，
，解得，
，
，
底面，
为与平面所成的角，
在中，，
，
故与平面所成的线面角为．
【点评】本题主要考查平面与平面垂直的证明，以及直线与平面所成角的求解，属于中档题．
13．（2023•思明区校级四模）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，为的中点，
（1）证明：平面平面；
（2）若，与平面所成的角为，试问“在侧面内是否存在一点，使得平面？”若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）推导出，，从而平面．由此能证明平面平面．
（2）在平面内作于，连接，推导出平面，则为与平面所成的角，，以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点到平面的距离．
【解答】解：（1）证明：由四边形是直角梯形，，，，
可得，，从而是等边三角形，，平分．
为的中点，，，
又，，平面．
又平面，
平面平面．
（2）在平面内作于，连接，
又平面平面，平面平面，
平面
为与平面所成的角，则，
由题意得，，为的中点，．
以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，，，，0，，，0，，
假设在侧面内存在点，使得平面成立，
设，，，
由题意得，
，，，，，，，0，，
由，得，
解得，满足题意，
点到平面的距离为．
【点评】本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14．（2023•岳阳县模拟）如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若是的中点，且二面角的余弦值是，求直线与平面所成角的正弦值．
【分析】（1）证明．设中点为，连接．推出，，得到平面，然后证明平面平面．
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，用坐标表示点与向量，求出面的法向量、面的法向量，利用二面角的余弦值，可求的值，从而可求直线与平面所成角的正弦值．
【解答】解：（1）平面，平面，得．
又．在，得，
设中点为，连接．
则四边形为边长为1的正方形，
所以，且，
因为，所以，
又因为，所以平面，又平面．
所以平面平面．
（2）如图，以为原点，取中点，，，分别为轴、轴、轴正向，
建立空间直角坐标系，则，0，，，1，，，，
设，0，，则，，1，，
，0，，．
设面的法向量为，，，由，
取，，．
可取面的法向量，，
依题意，，，解得．
于是，，，，1，．
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．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象以及计算能力．
15．（2023•琼山区校级二模）已知平面四边形（图中，，均为等腰直角三角形，，分别是，的中点，，，沿将翻折至的位置（图，拼成三棱锥．
（1）求证：平面平面；
（2）当二面角的平面角为时，求直线与平面所成角的正弦值．
【分析】（1）证明出，，由线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；
（2）①证明为二面角的平面角，取的中点，由面面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值；②求向量在平面的法向量上的投影向量的长度即可．
【解答】解：（1）证明：连结，．
因为，分别是，的中点，所以．
又，所以，
因为，所以，
又，、平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）①因为，，所以就是二面角的平面角．
由已知．
因为为以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，所以．
又，所以为等边三角形．
取中点，连接，则．
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以面．
如图，以直线为轴，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设面的一个法向量
则有，所以，取，
而，
所以，
所以直线与面所成角的正弦值为
【点评】本题考查面面垂直的证明，向量法求解线面角问题，化归转化思想，属中档题．
16．（2023•郑州二模）如图，在长方体中，，和分别是棱和的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求三棱锥的体积．
【分析】（1）易知△，有，再证，而，由线面垂直的判定定理知，平面，进而得证；
（2）根据等体积法，，即可得解．
【解答】（1）证明：在正方形中，，，
△，，
，
，
由长方体的性质知，平面，
，
又，、平面，
平面，
平面，
平面平面．
（2）解：三棱锥的体积．
【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，棱锥的体积，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理、面面垂直的判定定理，以及等体积法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于基础题．
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(m⊂α,n⊂α,m∩n＝P,l⊥m,l⊥n))
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))
⇒a∥b
文字语言
图形表示
符号表示
判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊂α,a⊥β))
⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β))
⇒l⊥α