2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第05讲直线、平面垂直的判定与性质(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第05讲直线、平面垂直的判定与性质(学生版+解析)，共7页。试卷主要包含了5年真题考点分布，课标要求，知识导图等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc206167439" 目录 TOC \ "1-2" \h \z \u
\l "_Tc168491927" 01 考情研究 PAGEREF _Tc168491927 \h 2
\l "_Tc168491928" 02 知识梳理· PAGEREF _Tc168491928 \h 3
\l "_Tc168491929" 03 探究核心考点 PAGEREF _Tc168491929 \h 4
\l "_Tc168491933" 考点一：垂直性质的简单判定5
考点二：证明线线垂直 \l "_Tc168491940" 6
\l "_Tc168491934" 考点三：证明线面垂直7
\l "_Tc168491935" 考点四：证明面面垂直8
\l "_Tc168491936" 考点五：面面垂直的性质定理9
三阶段突破训练
\l "_Tc168491945" 基础训练·10
\l "_Tc168491946" 能力提升13
\l "_Tc168491947" 真题感知 PAGEREF _Tc168491947 \h 15
一、5年真题考点分布
二、课标要求
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理.
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题.
三、知识导图
1．直线与平面垂直
（1）定义：如果直线l与平面α 内的①直线都垂直，则直线l与平面α 互相垂直，记作l⊥α .直线l叫做平面α 的垂线，平面α 叫做直线l的垂面.
（2）直线与平面垂直的判定定理与性质定理
2．平面与平面垂直
（1）定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是④，就说这两个平面互相垂直.
（2）两个平面垂直的判定定理与性质定理
3.解题方法总结
线线线面面面
（1）证明线线垂直的方法
①等腰三角形底边上的中线是高；
②勾股定理逆定理；
③菱形对角线互相垂直；
④直径所对的圆周角是直角；
⑤向量的数量积为零；
⑥线面垂直的性质；
⑦平行线垂直直线的传递性（）．
（2）证明线面垂直的方法
①线面垂直的定义；
②线面垂直的判定（）；
③面面垂直的性质（）；
平行线垂直平面的传递性（）；
⑤面面垂直的性质（）．
（3）证明面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理（）．
空间中的线面平行、垂直的位置关系结构图如图所示，由图可知，线面垂直在所有关系中处于核心位置．
性质
性质
性质
性质
性质
判定
判定
判定
判定
判定
线∥面
线∥线
面∥面
线⊥面
线⊥线
面⊥面
考点一：垂直性质的简单判定
典例1．（2025·福建厦门·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
典例2．（2025·山东临沂·模拟预测）已知、、是直线，是平面，且，，则“，”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【方法技巧】 1.若两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.
2.一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直.
3.两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.
4.三垂线定理：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.
5.三垂线定理的逆定理：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.
跟踪训练1．（2025·山东聊城·模拟预测）三棱锥中，，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练2．（2025·甘肃兰州·一模）已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
考点二：证明线线垂直
典例1．（2025·福建厦门·三模）在正方体中，为的中点，为平面与平面的交线，则（ ）
典例2．（2025·湖南·一模）在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点．
(1)求证：；
【方法技巧】
跟踪训练1．（2025·云南玉溪·模拟预测）正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）
A．当P在A1D上运动时，不一定有
B．当P在直线A1D上运动时，三棱锥B1－ACP的体积不变
C．PA+PC的最小值为
D．以点B为球心，为半径的球面与平面AB1C的交线长为π
跟踪训练2．（2025·安徽合肥·模拟预测）棱长为1的正方体中，M为线段上的动点（含端点），N为正方形的中心，点P是正方形内部（含边界）上任意一点，则的最小值为 ．
考点三：证明线面垂直
典例1．（2025·安徽合肥·三模）在棱长为的正方体中，是的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
典例2．（2025·浙江嘉兴·一模）如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，.
(1)证明：平面；
【方法技巧】 证明线面垂直的常用方法及关键
（1）证明线面垂直的常用方法:①利用判定定理；②利用直线垂直于平面的传递性；③利用面面平行的性质(a⊥α,α//β⇒a⊥β)；④利用面面垂直的性质定理.
（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.
跟踪训练1．（2025·湖南益阳·模拟预测）在正方体中，为的中点，，则（ ）
A．
B．平面
C．与平面所成的角为
D．四棱锥的体积为9
跟踪训练2．（2025·四川成都·模拟预测）已知平面，，，于，于，在上，且满足，则四面体与的外接球的体积比的取值范围为 ．
考点四：证明面面垂直
典例1．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在长方体中，，且点满足，点分别在直线和平面上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
典例2．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，矩形 ，，， 分别是 ， 的中点，将平面 沿 折起，使得二面角 的大小为 ．在折起后形成的空间图形中，有如下 个结论：
①平面平面；
②四边形是正方形；
③直线和所成角的正切值是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【方法技巧】 主要证明方法是利用面面垂直的判定定理（线面垂直面面垂直）．证明时，先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决．
跟踪训练1．（2025·河北唐山·三模）如图，在中，，，点在边上，，沿翻折，得到三棱锥，满足平面平面，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．3
跟踪训练2．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.

(1)证明：平面平面；
考点五：面面垂直的性质定理
典例1．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）正三棱柱上底面的重心为O，若与所成角为，则三棱锥与的体积之比为（ ）．
A．B．C．D．
典例2．（2025·天津·一模）《九章算术》中记载了几何体“刍甍”，即“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”译为：底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．现有一刍甍如图所示，底面为矩形，且为等边三角形，且平面平面，点M为棱上靠近点E的三等分点，平面将几何体分成体积为的左、右两部分，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【方法技巧】 已知面面垂直时,解题一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.
跟踪训练1．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
跟踪训练2．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，四面体中，等边的边长为，，，平面平面，则下列选项正确的是（ ）
A．四面体的体积为
B．直线与直线所成角的大小为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．点到平面的距离为3
1．（2025·四川成都·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
2．（2025·天津·一模）已知多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2025·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
4．（2025·甘肃白银·三模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，是棱上一点，且，，，，，则当最大时，四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．（2025·四川达州·二模）相交直线都在平面内，直线在平面内，则“且”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．（2025·江西新余·模拟预测）在空间直角坐标系中，为坐标原点，为其内一点，，平面平面，则平面的一个法向量可以为：（ ）．
A．B．C．D．
7．（2025·湖南·一模）（多选题）在平行六面体中，侧棱垂直于底面，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则平面
D．若，则平面
8．（2025·湖南永州·模拟预测）（多选题）在长方体中，，，，M为上一动点，N是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面B．直线与平面的夹角是
C．直线平面D．三棱锥的体积是10
9．（2025·江西·模拟预测）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为 ；直线到平面的距离为 .
10．（2025·甘肃白银·三模）如图所示，在三棱锥中，平面平面，若为线段上一动点，则的最小值为 ．
1．（2025·北京·三模）某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，且，顶点P到底面的距离为6，则点B到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
2．（2025·北京海淀·三模）如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
3．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（ ）
A．存在点D和，使得B．存在点D和，使得
C．存在点D和，使得D．存在点D和，使得
4．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，为等腰直角三角形，，为斜边上一动点，将沿折起，使的对应点为，且二面角的大小为，当的长最小时，三棱锥外接球的半径为（ ）
A．B．C．D．2
5．（2025·江苏·模拟预测）（多选题）在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（ ）
A．B．平面C．D．平面
6．（2025·海南三亚·一模）（多选题）正四棱台中，，台体的高为1，则（ ）
A．平面
B．棱的长为
C．正四棱台四条侧棱的延长线交于点的面积为
D．直线与直线所成角的余弦值为
7．（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为 .

8．（2025·四川乐山·三模）三棱锥中，，，，，，向量与向量的夹角为，则三棱锥外接球的表面积为 .
9．（2025·广东·模拟预测）如图，四棱锥中，，，，，．
(1)证明：；
(2)若平面平面，且四棱锥的高为，求平面与平面夹角的余弦值．
10．（2025·贵州·模拟预测）如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点．
(1)证明：平面平面．
(2)若，求二面角的余弦值．
1．（2022·新课标乙卷·理7题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
2．（2021·浙江·6题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
3．（2021·新高考2卷·10题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2021·新高考1卷·12题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
5．（2024·全国甲（文）卷·11题）设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：
①若，则或 ②若，则
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
6．（2024·北京卷·8题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1B．2C．D．
7．（2024·天津卷·6题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则与相交
8.（2024·新高考Ⅰ卷·17题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
9.（2024·新高考Ⅱ卷·17题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得．
(1)证明：；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
10.（2025·天津卷·17题）正方体的棱长为4，，分别为，中点，．
求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值；
（Ⅲ）求三棱锥的体积．
11.（2025·新高考1卷·17题）如图所示的四棱锥中，平面，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．
证明：在平面上；
求直线与直线所成角的余弦值．
5年考情
考题示例
考点分析
考情分析
（1）直线与平面垂直的判定与性质
（2）平面与平面垂直的判定与性质
2025·新高考1卷第17（1）题，6分
2025·天津卷第17（1）题，6分
2024·新高考Ⅱ卷第17（1）题，6分
2024·新高考Ⅰ卷第17（1）题，6分
2024·天津卷·6题，5分
2024·北京卷·8题，5分
024·全国甲（文）卷·11题
2024年II卷第17（1）题，7分
2023年II卷第20（1）题，6分
2023年北京卷第16（1）题，5分
2022年乙卷（文）第9题，5分
2022年乙卷（文）第18题，12分
2021年浙江卷第6题，4分
2021年II卷第10题，5分
选择题、填空题中考查直线、平面位置关系判断；解答题第一问中多考查平行、垂直的证明．证明一些空间位置关系，利用性质定理、判定定理探究平行、垂直位置关系的存在性问题．第二问也基本上都用到垂直有关性质定理
类别
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条②直线垂直，那么该直线与此平面垂直
a⊂αb⊂αa∩b=Ol⊥al⊥b⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线③
a⊥αb⊥α⇒a//b
类别
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的⑤,那么这两个平面垂直
l⊥αl⊂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⑥，那么这条直线与另一个平面垂直
α⊥βl⊂βα∩β=al⊥a⇒l⊥α
第05讲 直线、平面垂直的判定与性质
TOC \ "1-3" \h \z \u
\l "_Tc206167439" 目录 TOC \ "1-2" \h \z \u
\l "_Tc168491927" 01 考情研究 PAGEREF _Tc168491927 \h 2
\l "_Tc168491928" 02 知识梳理· PAGEREF _Tc168491928 \h 3
\l "_Tc168491929" 03 探究核心考点 PAGEREF _Tc168491929 \h 4
\l "_Tc168491933" 考点一：垂直性质的简单判定5
考点二：证明线线垂直 \l "_Tc168491940" 7
\l "_Tc168491934" 考点三：证明线面垂直11
\l "_Tc168491935" 考点四：证明面面垂直 PAGEREF _Tc168491935 \h 15
\l "_Tc168491936" 考点五：面面垂直的性质定理 PAGEREF _Tc168491936 \h 19
三阶段突破训练
\l "_Tc168491945" 基础训练·23
\l "_Tc168491946" 能力提升30
\l "_Tc168491947" 真题感知42
一、5年真题考点分布
二、课标要求
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直、面面垂直的有关性质与判定定理.
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题.
三、知识导图
1．直线与平面垂直
（1）定义：如果直线l与平面α 内的①直线都垂直，则直线l与平面α 互相垂直，记作l⊥α .直线l叫做平面α 的垂线，平面α 叫做直线l的垂面.
（2）直线与平面垂直的判定定理与性质定理
【答案】任意一条； 相交； 平行
2．平面与平面垂直
（1）定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是④，就说这两个平面互相垂直.
（2）两个平面垂直的判定定理与性质定理
【答案】直二面角； 垂线； 交线
3.解题方法总结
线线线面面面
（1）证明线线垂直的方法
①等腰三角形底边上的中线是高；
②勾股定理逆定理；
③菱形对角线互相垂直；
④直径所对的圆周角是直角；
⑤向量的数量积为零；
⑥线面垂直的性质；
⑦平行线垂直直线的传递性（）．
（2）证明线面垂直的方法
①线面垂直的定义；
②线面垂直的判定（）；
③面面垂直的性质（）；
平行线垂直平面的传递性（）；
⑤面面垂直的性质（）．
（3）证明面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理（）．
空间中的线面平行、垂直的位置关系结构图如图所示，由图可知，线面垂直在所有关系中处于核心位置．
性质
性质
性质
性质
性质
判定
判定
判定
判定
判定
线∥面
线∥线
面∥面
线⊥面
线⊥线
面⊥面
考点一：垂直性质的简单判定
典例1．（2025·福建厦门·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【解析】若，则m，n平行或异面，A选项错误；
若，则或，B选项错误；
若，则m，不一定垂直，也可能平行或相交，C选项错误；
若，，则，D选项正确.
故选：D
典例2．（2025·山东临沂·模拟预测）已知、、是直线，是平面，且，，则“，”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】解：由得：存在，满足，
若，则直线垂直平面中任意一条直线，
，，，，
，，，是否相交不确定，不一定成立，
“，”是“”的必要不充分条件．
故选：B
【方法技巧】 1.若两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.
2.一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直.
3.两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.
4.三垂线定理：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.
5.三垂线定理的逆定理：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.
跟踪训练1．（2025·山东聊城·模拟预测）三棱锥中，，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为在平面内且相交于点
故平面，中，
故，故
故
故选：B.
跟踪训练2．（2025·甘肃兰州·一模）已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【解析】若，则或或或，故A错误；
若，则或，故B错误；
若，在内作，所以，又，所以，
又，所以，所以，故C正确；

若，则或或为异面直线，故D错误.
故选：C.
考点二：证明线线垂直
典例1．（2025·福建厦门·三模）在正方体中，为的中点，为平面与平面的交线，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设为的中点，连接，
∵为的中点，为的中点，∴，
又∵，∴，∴四点共面，
∴平面与平面的交线为，则即为所在直线，
∵与是异面直线，即与是异面直线，故A错误；
∵，而在直角中，，则与不垂直，
故与不垂直，即与不垂直，故B错误；
∵平面，平面，∴，
又，，平面，
∴平面，又，
∴平面，即平面，
∵平面，∴，故C错误，D正确，
故选：D.
典例2．（2025·湖南·一模）在多面体中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，四边形为平行四边形，分别为的中点．
(1)求证：；
【答案】(1)证明见解析;
【解析】（1）连接，
是以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，
，
又平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
，
四边形为平行四边形，为的中点，
，
又，，
又，平面，
平面，又平面，
.
【方法技巧】
跟踪训练1．（2025·云南玉溪·模拟预测）正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）
A．当P在A1D上运动时，不一定有
B．当P在直线A1D上运动时，三棱锥B1－ACP的体积不变
C．PA+PC的最小值为
D．以点B为球心，为半径的球面与平面AB1C的交线长为π
【答案】BD
【解析】对于A，连接，因为四边形为正方形，故，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
同理可证，
因为，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以当P在A1D上运动时，一定有，A错误；
对于B，由正方体的性质可得，平面，
平面，到平面的距离为定值，

又为定值，则为定值，即三棱锥的体积不变，故B正确；
对于C，将平面翻折到平面上，如图，

连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，
在三角形ADC中，，故C错误；
对于D，由于平面，设与平面交于点，
，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，
，，
在以为圆心，为半径的圆上，

由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ，
故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，
交线长为，故D正确．
故选：BD.
跟踪训练2．（2025·安徽合肥·模拟预测）棱长为1的正方体中，M为线段上的动点（含端点），N为正方形的中心，点P是正方形内部（含边界）上任意一点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】若使达到最小，则平面，易知P在上，
如图1，连接，设是中点，连接，显然，
如图2，将平面沿翻折至平面，连接，
（是翻折后的点），，
，
作，，，
设，则，，，
，则，
，当且仅当M，，P三点共线时取等号．
故答案为：．
考点三：证明线面垂直
典例1．（2025·安徽合肥·三模）在棱长为的正方体中，是的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据线面垂直证明线线垂直与线面垂直，结合三角形外接圆性质确定外接球半径，即可得解.
【解析】
如图为的中点，
，
平面，平面，
，，平面，
平面，
正方体的棱长为，
，，，
，
，
的外接圆半径为，
所求问题等价于求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积，
设圆柱的外接球半径为，则，
三棱锥的外接球的表面积为，
故选：C．
典例2．（2025·浙江嘉兴·一模）如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【解析】（1）方法一：在直三棱柱中，，
所以，
所以，所以，
又，所以，，，
则，所以，
所以，
即，又平面，
所以平面．
方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以
所以，即
又平面，所以平面．
【方法技巧】 证明线面垂直的常用方法及关键
（1）证明线面垂直的常用方法:①利用判定定理；②利用直线垂直于平面的传递性；③利用面面平行的性质(a⊥α,α//β⇒a⊥β)；④利用面面垂直的性质定理.
（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.
跟踪训练1．（2025·湖南益阳·模拟预测）在正方体中，为的中点，，则（ ）
A．
B．平面
C．与平面所成的角为
D．四棱锥的体积为9
【答案】BD
【解析】
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为，
所以，，，，
对于A，，因为，
所以不垂直，故A错误；
对于B，由图知，面的一个法向量为，由A得，，
所以，所以，不在平面内，
故平面，故B正确；
对于C，因为平面，所以与平面所成的角即为，
在中，，，所以与平面所成的角不为，故C错误；
对于D，取中点为，，平面，所以平面，
所以的长即为四棱锥的高，所以四棱锥的体积为，故D正确，
故选：BD
跟踪训练2．（2025·四川成都·模拟预测）已知平面，，，于，于，在上，且满足，则四面体与的外接球的体积比的取值范围为 ．
【答案】
【解析】设，则，，，
因为平面，平面，所以,
且，，平面，
所以平面，平面，所以，
所以四面体的外接球的直径为，所以半径，
对四面体，，
因为，所以，
则是四面体的外接球的直径，
所以四面体的外接球半径为，
所以，只求的范围，设，则，，，则，
令，则，且，
在中，由余弦定理可知，
，则，
所以，则外接球的体积比的取值范围是．
故答案为：
考点四：证明面面垂直
典例1．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）在长方体中，，且点满足，点分别在直线和平面上，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题设，易知平面，平面，所以平面平面，
将平面翻折到与平面为同一个平面，如下示意图，显然在平面上的投影为，
当交于时，最小，
而，又且，
所以，即，故，
所以的最小值为.
故选：B
典例2．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，矩形 ，，， 分别是 ， 的中点，将平面 沿 折起，使得二面角 的大小为 ．在折起后形成的空间图形中，有如下 个结论：
①平面平面；
②四边形是正方形；
③直线和所成角的正切值是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【解析】如图，设，则，
因为，平面，，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故①正确；
因为，平面，平面，
所以即为二面角的平面角，即，
所以，
因为，所以平面，则，
又，且，所以四边形是正方形，故②正确；
连接，则，又，
因为，所以即直线与所成的角，
，故，
所以，即直线与所成角的正切值为，故③正确.
综上，正确的有①②③.
故答案为：①②③.
【方法技巧】 主要证明方法是利用面面垂直的判定定理（线面垂直面面垂直）．证明时，先从现有的直线中寻找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作辅助线来解决．
跟踪训练1．（2025·河北唐山·三模）如图，在中，，，点在边上，，沿翻折，得到三棱锥，满足平面平面，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】C
【解析】
在中，
，，
由余弦定理知，故，
因为，故，
在平面中过作，其中为垂足，
在平面中过作，连接，
因为平面平面，平面平面，
平面，故平面，而平面，故.
而平面，故平面，
而平面，故，
因为，
故，
所以
因为，故，故，
故，
故，
故的最大值为，
故选：C.
跟踪训练2．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.

(1)证明：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【解析】（1）如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，，

所以.又因为平面平面，
平面平面，
平面，所以平面.
又因为是的中点，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面.
又平面，所以平面平面.
考点五：面面垂直的性质定理
典例1．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）正三棱柱上底面的重心为O，若与所成角为，则三棱锥与的体积之比为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设正三棱柱底面边长为2，下底面的重心为，连接，则平面，平面，
又平面，所以，则与所成角即为，
在中， ，，解得，
所以，则，
取中点，连接，则，，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
则，
所以三棱锥与的体积之比为，
故选：A．
典例2．（2025·天津·一模）《九章算术》中记载了几何体“刍甍”，即“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”译为：底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．现有一刍甍如图所示，底面为矩形，且为等边三角形，且平面平面，点M为棱上靠近点E的三等分点，平面将几何体分成体积为的左、右两部分，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
所以可将刍甍补成如图所示的三棱柱，取中点，连接，
因为是等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
所以三棱柱是直三棱柱，
不妨设的面积为，三棱锥的体积为，
从而.
故选：D.
【方法技巧】 已知面面垂直时,解题一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，将问题转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.
跟踪训练1．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，连接AC，由，得，

由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上．
而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点.
取CD的中点E，AB的中点的中点，连接，
则由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形，
而平面，所以平面平面EFG，
作于，因平面平面，
平面，故平面，故为截面圆的圆心.
又，
故截面圆的半径为，
即点在以为圆心，为半径的圆上，
而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上，
故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为．
故选：D．
跟踪训练2．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，四面体中，等边的边长为，，，平面平面，则下列选项正确的是（ ）
A．四面体的体积为
B．直线与直线所成角的大小为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．点到平面的距离为3
【答案】ACD
【解析】对于A：因为，平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又等边的边长为，，，
所以，
所以，故A正确；
对于B：因为平面，平面，所以，
即直线与直线所成角的大小为，故B错误；
对于C：取的中点，连接、，则，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
又，在中，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故C正确；
对于D：因为，，
设点到平面的距离为，则，解得，
即点到平面的距离为，故D正确.
故选：ACD
1．（2025·四川成都·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【解析】对于A，若，则或，故A错误；
对于B，若，则或与是异面直线，故B错误；
对于C，若，则或，故C错误；
对于D，若，则，又因为所以，故D正确，
故选：D.
2．（2025·天津·一模）已知多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，，，当时，多面体的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】在矩形中，有，
因为平面，
所以平面，则平面，
因为平面，所以
在中，，，则，
又因为为边的中点，所以，
易知，
因为
所以，则，因为，
则，
在中，，
则矩形的面积为.
因为平面，
所以平面，所以多面体的体积为：
.
故选：A.
3．（2025·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】∵平面，平面，∴即点到的距离为，
∴，如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系，
设，，，
∵，∴，整理得，
即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上，
即点的轨迹的长度为，
故选：D.
4．（2025·甘肃白银·三模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，是棱上一点，且，，，，，则当最大时，四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题知，，，则.
因为，，，平面，所以平面，
因为是确定的直线，可知对任意点，平面是同一确定的平面，
因为，所以点的轨迹是在平面内以点为圆心，为半径的圆，
当且仅当与该圆相切，即时，取到最大值，
此时，所以，
所以点到平面的距离为，
所以四棱锥的体积为.
故选：C
5．（2025·四川达州·二模）相交直线都在平面内，直线在平面内，则“且”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由相交直线都在平面内，且，得，而直线在平面内，
因此，故充分性成立；
反之，若，直线在平面内，则直线在平面内，或平行于平面，或与平面相交，
所以直线与平面也不一定垂直，即直线不一定垂直平面的所有直线，
所以直线l不一定都与相交直线垂直，故必要性不成立.
故选：A
6．（2025·江西新余·模拟预测）在空间直角坐标系中，为坐标原点，为其内一点，，平面平面，则平面的一个法向量可以为：（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设为空间内一点，且，
由于平面平面，所以平面的法向量垂直且平行平面（或在平面内部），
故不妨取为其法向量，则，，
所以，取代入得到，故D正确.
故选：D.
7．（2025·湖南·一模）（多选题）在平行六面体中，侧棱垂直于底面，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则平面
D．若，则平面
【答案】AC
【解析】对于选项A，平面，平面，则，
又，底面为菱形，则，，则平面，
因为平面，所以，A正确；
对于选项B，，底面为矩形，无法得到平面，B错误；
对于选项C，设与交于点，由，为中点，得，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以平面，C正确；
对于选项D，因为，所以平面为正方形，所以，而与不一定垂直，D错误．
故选：AC.
8．（2025·湖南永州·模拟预测）（多选题）在长方体中，，，，M为上一动点，N是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面B．直线与平面的夹角是
C．直线平面D．三棱锥的体积是10
【答案】AD
【解析】

对于A选项，在长方体中，平面平面，
平面，平面，故A正确；
对于B选项，连接，在长方体中，平面，
是直线与平面所成的角，
在直角三角形中，，，，
，，，故B错误；
对于C选项，假设直线平面，连接，
平面，，
又在长方体中，平面，平面，
，，平面，
平面，平面，，
而在矩形中，，，
则与不垂直，矛盾，故C错误；
对于D选项，，，，
在长方体中，平面，即平面，
则点到平面的距离即为点到平面的距离，
三棱锥的高为，
三棱锥的体积为，故D正确.
故选：AD.
9．（2025·江西·模拟预测）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为 ；直线到平面的距离为 .
【答案】
【解析】如图，过点作的平行线与直线，分别交于点，，则，，
由平面，可得，由四边形是正方形及，可得，
因为平面，所以平面，所以，
因为，，所以，所以的面积为.
设，则，易得平面平面，平面平面，
过点作，垂足为，则平面，即就是直线到平面的距离，.
故答案为：；.
10．（2025·甘肃白银·三模）如图所示，在三棱锥中，平面平面，若为线段上一动点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】
因为，
所以，，
记的中点为，连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
由，得，所以为等边三角形，
把绕翻折，使得平面与平面在同一平面上，
连接交于点，则，如图所示，
则的最小值为平面内的长度，所以
，
所以，即的最小值为．
故答案为：
1．（2025·北京·三模）某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，且，顶点P到底面的距离为6，则点B到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
如图所示，作中点为，连接，
因为，所以，又因为是等腰直角三角形，且，所以，
因为，，是公共边，所以，
所以 ,
所以，，面，面，所以面.
所以为点P到底面的距离，即.
在中，根据勾股定理，.
因为，，，面，面，所以面，
所以为点到面的距离，
在等腰直角三角形中，.
故选：C.
2．（2025·北京海淀·三模）如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高，分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F，则四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又，所以四边形是矩形，
所以，，
又，分别为AB，CD的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
又对角线，所以点E为线段的中点.
连接，交EF于点N，过点作于M，
由题意知，故，
又，，，平面，所以平面，
故，又，，平面，
所以平面，即是四棱锥的高，
同理可得点F为线段的中点，所以，，
在中，，则，所以，
因为，
所以.
故选：B.
3．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（ ）
A．存在点D和，使得B．存在点D和，使得
C．存在点D和，使得D．存在点D和，使得
【答案】B
【解析】对于AD，取为中点，，则，而，
故，故在几何体中，，
而，故为二面角的平面角，故，
故，而平面，
故平面，而平面，故，故A成立.
因，，平面，
故平面，而平面，故，故D成立.
对于C，过作，为垂足，取，同理可证平面，
而平面，故，故C成立.
对于B，过作平面，垂足为，
因为平面，故，
若，因为平面，
故平面，而平面，故，
而，故在上，
因为，平面，故平面，
而平面，故，故，但，
矛盾，故不成立即B不成立，
故选：B.
4．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，为等腰直角三角形，，为斜边上一动点，将沿折起，使的对应点为，且二面角的大小为，当的长最小时，三棱锥外接球的半径为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】如图，设，则，
过点作于点，
因为二面角的大小为，所以平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
过点作于点，则，，
又，，
所以，
因为二面角的大小为，
所以，
当时，有最小值2，此时平分，且，，三点重合，
三棱锥可看作是棱长为的正方体的一角，
设三棱锥外接球的半径为，
则，解得.
故选：B.
5．（2025·江苏·模拟预测）（多选题）在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，分别是和的中点，则（ ）
A．B．平面C．D．平面
【答案】BC
【解析】
如图，取中点，连接，
分别是和的中点，四棱锥是正四棱锥，
且，即四边形是平行四边形，
对于A，因为，所以与不平行，故A错误；
对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，是中点，所以，又因为，所以，故C正确；
对于D，连接交于点，连接，
因为四棱锥是正四棱锥，所以平面，，
因为平面，平面，所以，
则由，，平面平面，可证得平面，
又因为，所以与为异面直线，
如果平面，则与题意矛盾，故D错误.
故选：BC.
6．（2025·海南三亚·一模）（多选题）正四棱台中，，台体的高为1，则（ ）
A．平面
B．棱的长为
C．正四棱台四条侧棱的延长线交于点的面积为
D．直线与直线所成角的余弦值为
【答案】BC
【解析】对于A，如下图所示，
因为平面,平面,所以,
,,
且平面,平面,
所以平面,
又显然与不平行，
故平面错误，即A错误；
对于B，如图所示，作,交于点
,故B正确；
对于C，如图所示，为的中点，易得,
结合，台体的高为1，
又，可得
则,,
故C正确；
对于D,如图所示，
因为，所以或其补角为异面直线与所成的角，
直角中，,
所以,
由余弦定理在中，
,
所以,则,
则中，由余弦定理得，
,
故D错误.
故选：BC.
7．（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为 .

【答案】
【解析】连接与交于点，因为平面，平面，
所以，
因为四边形为正方形，所以平面，
又，则平面，
故即为在平面上的射影，即为所求的线面角，
又，，故.

故答案为：.
8．（2025·四川乐山·三模）三棱锥中，，，，，，向量与向量的夹角为，则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【解析】过作，过作，交于，
因为向量与向量的夹角为，所以，
又因为，所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
且平面平面，
过作于，且平面，所以平面，
在直角中，因为，所以，，
在直角中，因为，，可得，
所以，
取中点，则为直角的外心，且，
在中，由余弦定理可得，
则三棱锥外接球的球心在过且垂直于平面的直线上，
由于平面，平面，故，
如图所示，过作交于，则四边形为矩形，所以，
设，三棱锥外接球的半径为，则，
可得，即，解得，
所以三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
9．（2025·广东·模拟预测）如图，四棱锥中，，，，，．
(1)证明：；
(2)若平面平面，且四棱锥的高为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）如图，取中点O，连接．
由，且O为中点，则．
由于，且，，
则四边形为正方形，也即．
由于，，平面，且，
故平面．
又平面，故．
（2）由题意可得平面平面，且为交线，
故平面，则为四棱锥的高，故．
以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，．
故，，．
设平面的法向量，平面的法向量．
则，即，令，解得；
，即，令，解得．
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
10．（2025·贵州·模拟预测）如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点．
(1)证明：平面平面．
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）如图，设，取的中点，连接．
因为，所以．
又，，，所以四边形为正方形，
所以，．因为，
所以．又平面平面，
平面平面，平面，
所以平面．因为平面，
所以平面平面．
（2）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，平面，
所以，，由（1），
所以，，两两垂直，以为原点，，，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．设，
则，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则取，得．
因为，，，平面，
所以平面，所以平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，且为锐角，
则，
即二面角 的余弦值为．
1．（2022·新课标乙卷·理7题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【解析】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
2．（2021·浙江·6题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【解析】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
3．（2021·新高考2卷·10题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
4．（2021·新高考1卷·12题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
5．（2024·全国甲（文）卷·11题）设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：
①若，则或 ②若，则
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【解析】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
6．（2024·北京卷·8题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1B．2C．D．
【答案】D
【解析】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
当相对的棱长相等时，不妨设，，
因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
7．（2024·天津卷·6题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则与相交
【答案】C
【解析】对于A，若，，则平行或异面，故A错误.
对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则与相交或异面，故D错误.
故选：C.
8.（2024·新高考Ⅰ卷·17题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
9.（2024·新高考Ⅱ卷·17题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得．
(1)证明：；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（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.
10.（2025·天津卷·17题）正方体的棱长为4，，分别为，中点，．
求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值；
（Ⅲ）求三棱锥的体积．
【解析】：解法一：在正方体中，平面，∵平面∴，

∵分别的中点，∴，∴。如图：取的中点，连接。∵，为的中点，∴。
在Rt△中，。而，，，∴Rt△Rt△，∴，故，即，故。
又，平面，∴平面。
解法二：在正方形中，
由条件易知，所以，
则，
故，即，
在正方体中，易知平面，且，
所以平面，
又平面，∴，
∵平面，∴平面；
（2）解法一：如图：过点作交于点，连接。∵平面，平面，∴，
∵，∴平面。而平面，故，所以即为平面与平面的夹角。在Rt△中，，，，故。由Rt△的面积相等，得，而，由勾股定理知，故。
（3）解法一：由题意知：，，，∴。取的中点，连接，交于点。由（2）同理可证，∵，，平面，∴平面，而，，△△。又∵，，∴，，由，知。故
证明三：如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
由已知得，0，，，4，，，4，，，0，，，4，，
所以，，，，，
设平面的法向量为，，，
则，即，
取，则，即，所以，所以面．
（Ⅱ）解法二：由得，4，，
设平面的法向量为，，，
则，即，
取，则，，，所以，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（Ⅲ）解法二：在△中，因为，，，
所以，即，所以，
又，0，，
则点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为．
11.（2025·新高考1卷·17题）如图所示的四棱锥中，平面，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．
证明：在平面上；
求直线与直线所成角的余弦值．
【解析】：（1）解法一：证明：平面，平面，
，
，，，平面，
平面，
平面，
平面平面．
解法二：平面，平面，平面，
，
平面平面,平面，平面
为平面与平面所成二面角

平面平面．
解法一：证明：由题意，，，两两垂直，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
设球心，，，半径，
则，即，解得，
，1，，平面．
解法二：证明：由题意，，，两两垂直，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
在坐标系中，的中点坐标为，直线的斜率为
直线的垂直平分线方程为：，即
直线的垂直平分线方程为：
的外接圆圆心的坐标为
四点在同一球面上
平面①
设，
即与重合
在平面上．
解法三：在方法二第①的基础
在 中， ，
为球心
在平面上．
解法一：由得，，
设直线与直线所成角为，
则．
解法二：由得在线段上，且.
以为基底，则
设直线与直线所成角为，
则．
解法三： 由得在线段上，且.过作交于点，连接则即为直线与直线所成角的补角.
在中，
在中，
在中，
在中，
，即：直线与直线所成角的余弦值为.
5年考情
考题示例
考点分析
考情分析
（1）直线与平面垂直的判定与性质
（2）平面与平面垂直的判定与性质
2025·新高考1卷第17（1）题，6分
2025·天津卷第17（1）题，6分
2024·新高考Ⅱ卷第17（1）题，6分
2024·新高考Ⅰ卷第17（1）题，6分
2024·天津卷·6题，5分
2024·北京卷·8题，5分
024·全国甲（文）卷·11题
2024年II卷第17（1）题，7分
2023年II卷第20（1）题，6分
2023年北京卷第16（1）题，5分
2022年乙卷（文）第9题，5分
2022年乙卷（文）第18题，12分
2021年浙江卷第6题，4分
2021年II卷第10题，5分
选择题、填空题中考查直线、平面位置关系判断；解答题第一问中多考查平行、垂直的证明．证明一些空间位置关系，利用性质定理、判定定理探究平行、垂直位置关系的存在性问题．第二问也基本上都用到垂直有关性质定理
类别
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一条直线与一个平面内的两条②直线垂直，那么该直线与此平面垂直
a⊂αb⊂αa∩b=Ol⊥al⊥b⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线③
a⊥αb⊥α⇒a//b
类别
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
如果一个平面过另一个平面的⑤,那么这两个平面垂直
l⊥αl⊂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⑥，那么这条直线与另一个平面垂直
α⊥βl⊂βα∩β=al⊥a⇒l⊥α