2026年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量第04讲直线、平面垂直的判定与性质(专项训练)(学生版+解析)

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目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 常考题型过关练
题型01 有关垂直命题的判断
题型02 线面垂直的判定与性质
题型03 面面垂直的判定
题型04 面面垂直的性质
题型05 几何法求线面角
题型06 几何法求面面角
题型07 线面垂直的探索性问题
题型08 面面垂直的探索性问题
\l "_Tc20184" 02 核心突破提升练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源通关练

01 有关垂直命题的判断
1．设，为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】D
【详解】对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，，，则或与相交，故B错误；
对于C：若，，则或，故C错误；
对于D：若，，，则，故D正确.
故选：D.
2．已知，，为三条不同直线，，，为三个不同平面，则下列判断正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】D
【详解】对于A ，若，，则、相交或异面，故错误；
对于B，若，，则或相交；故B错误；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，如图，因，经过直线和平面内一点可作平面，
设，则，因，故，又因，故，即D正确.
故选：D.
3．已知，是平面内的两条直线，则“直线且”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】B
【详解】，是平面内的两条直线
且，反之，若，则且
所以“直线且”是“”的必要不充分条件，
故选：B
4．（多选）直线与平面相交于点，点在直线上，，是平面内的任意两点，，，，不重合，且，，三点不共线，下列说法正确的是（ ）
A．直线与是异面直线
B．平面内一定存在直线平行于平面
C．平面内一定存在直线垂直于平面
D．若平面垂直于平面和平面，则
【答案】ABD
【详解】因为，，三点不共线，所以和是异面直线，所以A选项正确．
因为平面上存在直线平行于，所以B选项正确．
一条直线若要垂直于，则必须垂直其在平面上的射影，
因为的射影和不一定重合，所以平面上的直线不一定同时垂直于的射影和，所以C选项错误．
因为垂直于同一平面的两平面的交线一定垂直于该平面，所以D选项正确．
故选：ABD.
02 线面垂直的判定与性质
5．在长方体中，，．给出下列四个结论：
①；②；③平面；④平面．
其中正确的结论是（ ）
A．①③B．②③C．①④D．②④
【答案】B
【详解】在长方体中，，，
所以底面是长方形，故不成立，
因为平面，由线面垂直的性质可知与平面不垂直，
因为平面，平面，所以，
因为，所以不成立，故①错误；
因为，
在长方体中，有，
因为平面，平面，所以，
因为，所以四边形是正方形，
所以，故②正确；
因为，所以，
因为是正方形，所以，
因为，且平面，
所以平面，故③正确；
因为是长方形，所以不成立，
由线面垂直的性质可知，平面不垂直，故④错误；
所以正确的结论是②③.
故选：B
6．如图，在四面体中，，，且，D为四面体外一点，要使，需要添加的条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】取的中点，连接，
因为，所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，平面，所以平面，
要使，其中平面，故需平面，
连接，则平面，故只需，
又为的中点，故时，满足要求.
故选：C.
7．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面，，E，F分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）证明：如图，取直线的中点，连接，，
因为是的中点，所以，.
又因为底面ABCD为菱形，是BC的中点，所以，，
即四边形BEFG为平行四边形，从而.
因为平面，平面，所以平面.
（2）证明：因为底面为菱形，，E是的中点，
所以，则，
又平面，平面，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以；
因为，F是PD的中点，所以，
又因为，所以平面.
8．《九章算术》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”，这里所谓的“阳马”，就是底面是矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥为阳马，底面，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）取的中点，连接.
在中，，所以.
因为，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，而不在平面内，
所以平面.
（2）连接.
在中，，，所以.
由（1）知，所以.
因为平面，平面，所以.
根据勾股定理得.
而，，
所以，又，所以.
又平面，
所以平面.
9．在直三棱柱中，已知为的中点，．
(1)求证：平面；
(2)若，，，证明：平面．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【详解】（1）如图，取中点，连接，，因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
（2）如图，因为，，，
所以，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以四边形为正方形，所以，
又，平面，平面，所以平面．
03 面面垂直的判定
10．如图是一几何体的平面展开图，其中为正方形，分别为的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中所有正确命题的序号是 .
①直线与直线异面；
②直线与直线异面；
③直线平面；
④平面平面.
【答案】②③
【详解】如图所示:①连接，则分别为的中点，所以，
而，所以，则共面，所以直线与不是异面直线，错误；
②因为平面平面平面，所以直线与直线是异面直线，正确；
③由①知，因为平面平面，所以直线平面，正确；
④假设平面平面，
在面上过点作分别交于点，
在 上取一点，连接，
因为平面平面，，
所以平面，而平面，所以，
由中位线的性质，易知O是的中点，此时是等腰三角形，即恒成立，
因为是线段上任意取的一点且中腰与底边的长度不确定，
所以不一定有成立，若时，必然平面与平面不垂直，所以④不正确.
故答案为：②③
11．如图，在四棱锥中，平面平面，且．四边形满足．为侧棱上的任意一点，且平面与侧棱交于点．
(1)求证：平面平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）因为立平面ADE，平面，
则平面，
又平面，平面平面，则．
．
面平面，且，面平面面PAC，
平面，又平面，得，
又，PA，平面，
平面，平面，
平面，平面平面；
12．如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是边长为1的菱形，，，.将沿AD翻折至，如图2.点M在PD上.

(1)若M为PD中点，证明：平面MAC；
(2)若，且四棱锥与三棱锥的体积相等.证明：平面平面.；
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【详解】（1）连接相交于点，连接，
四边形为菱形，所以为中点，又M为PD中点，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）因为，，
所以，即是靠近的三等分点，
则，又，，，
所以，，
则，即，，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
13．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，分别为BC，的中点，平面ADE与棱相交于点F．
(1)求证：；
(2)若，求证：平面平面
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
【详解】（1）取的中点，连接，
在三棱柱中，平面平面，
且平面平面，平面平面，
所以，
又因为侧面是平行四边形，且，
分别是的中点，
所以，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，所以，
因为为的中点．
所以为的中点，
所以．
（2）取的中点，连接，
因为平面平面，平面平面，
又因为侧面为正方形，所以．
又平面，
所以平面，所以．
又，所以，
因为，则平面，
所以．
由平面平面，
所以．又，
所以平面．
又，
所以平面．又平面，
所以平面平面．
14．如图，在正方体中.

(1)求证：平面；
(2)若平面，求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【详解】（1）由正方体的结构特征可知，
，且，所以四边形为平行四边形，
即有，而平面，平面，故平面．
（2）因为平面，平面，所以，
由四边形为正方形可知，，
而平面，所以平面，
又平面∴．
因为平面，平面，所以，
由四边形为正方形可知，，
而平面，所以平面，
又平面∴，
而平面，故平面．
又因为平面，所以平面平面.
04 面面垂直的性质
15．如图1，在五边形中，，，，，．将沿折起，使平面平面，如图2．
(1)证明：平面．
【答案】(1)证明见解析；
【详解】（1）由平面平面，平面平面，平面，
，得平面，而平面，则，
又，平面，
所以平面．
16．如图，三棱台，，，平面平面，， ，与相交于点，，且平面.求三棱锥的体积.
【答案】
【详解】由题意，平面平面，且平面平面，，平面，
∴平面，平面，则，
又，，平面ABC，则平面，
连接，
∵平面，平面，平面平面，
∴，
∵，∴，易知.
∴三棱锥底面的面积，高，
∴其体积为：.
17．在三棱柱中，平面平面ABC，，，E，F分别是AC，的中点．求证：．
【答案】证明见解析
【详解】如图，取BC的中点M，连接，EM，．
因为，所以．
又因为平面平面ABC，平面平面，平面，
所以平面ABC．因为平面ABC，所以．
又E为AC中点，所以，进而，E，M，四点共面．
因为，所以．
又因为，平面，所以平面．
又F为中点，所以平面，所以．
18．在多面体中，已知，且平面与平面均垂直于平面为的中点． 证明：．
【答案】证明见解析
【详解】如图，分别取的中点，连接，
因为，故，
又平面平面，且平面平面，平面，
因此平面，同理可知，平面，
又，所以，
因此且，故四边形为平行四边形，
所以，
又因为，所以．
19．如图，在以，，，，，为顶点的六面体中（其中平面），四边形是正方形，平面，，且平面平面.

(1)设为棱的中点，证明：，，，四点共面；
(2)若，求六面体的体积.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）连接，由四边形是正方形，故，
又平面，平面，故，
由，，平面，故平面，
又为棱的中点，，故，
又平面平面，平面平面，平面，
故平面，故，
所以，，，四点共面；
（2）设与交于点，连接，则，
又平面，平面，则平面，
又因为六面体，平面平面，
又平面，故，则四边形为矩形，
且平面，故，
则.

05 几何法求线面角
20．如下图，在矩形中，，，为的中点，沿将折起到的位置，使平面平面．为线段的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正切值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，，
则，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，而平面，所以平面；
由为线段的中点，为线段的中点，则，
又平面，而平面，所以平面，
又，且，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面．
（2）根据题意及（1）可知四边形是一个直角梯形，
又，，，
则，，
所以，即，
又平面平面，平面平面，
又平面，则平面，
所以直线与平面所成的角为直线与直线所成的角，
即是直线与平面所成的角，
在中，，，，
则，
所以在中，，
故直线与平面所成角的正切值为．
21．如图，在直三棱柱中，，，点是的中点，求证：
(1)平面；
(2)
(3)若平面与平面的交线为，求与平面所成的角.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）连接 ，交于点，
可知四边形是平行四边形，可得为 中点，
又是的中点，则，又平面，平面，
所以平面．
（2）根据题意，三棱柱为直三棱柱，则，
又由，则，
，面，面
则有面，又面，所以，
又由，则四边形为正方形，则，
又由，面，面，则有面，
面，则；
（3）延长交于，连接，则面，面，又面，面，
则直线即为直线．由，且，则，
又且，所以且，则四边形为平行四边形，故，故为与平面所成的角．
因为，所以．
即与平面所成的角为．
22．如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且.

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，所以，
又因为平面平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）连接，设.
因为.
所以，
又因为，所以.
由余弦定理得，
所以，即，
由（1）知平面平面，则，
而平面，
所以平面，
所以就是直线BE与平面所成的角，
在中，，
所以直线与平面所成角的正切值为.

23．如图，为圆锥的轴截面，为底面圆的直径，，为底面圆周上一点，且，为的中点.
(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)
【详解】（1）因为为的中点，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）平面，因为，所以，
又，，
则，故，
所以，
又，，则在中，边上的高为，，设点与平面的距离为，
因为，所以，所以，
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.
06 几何法求面面角
24．我们连接一个正方体各个面的中心，可以得到一个正八面体（如图）．若该正八面体的所有棱长均为2，则二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，

连接AC，BD交于点O，连接EF，依题意，EF过点O，取的中点，连接，，
由正八面体的几何特征，得，为二面角的平面角，
而平面，AC在面ABCD内，则，
是直角三角形，又，，则，，
在中，，同理，
在中，，
所以二面角的余弦值为.
故选：C
25．如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，，，点E，F分别为，的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在中，点分别为的中点，
所以，因为平面，而不在平面内，
所以平面.
因为，所以.
因为为等边三角形，所以，
所以.又，所以.
又因为平面，而不在平面内，
所以平面.
又平面，
所以平面平面.
（2）取的中点为，连接.
因为，所以.
因为，平面平面，
所以二面角的平面角为.
因为，所以.
所以.
根据余弦定理得.
所以二面角的余弦值为.
26．如图，一个水平放置的边长为的等边三角形绕着中心点O逆时针旋转，再沿竖直方向平移一定距离后，连接，，，，，，此时侧面三角形，，，正好都是等边三角形.
(1)证明：平面平面.
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由题意可得，且，所以四边形为平行四边形，
同理，与平行且相等，所以四边形为平行四边形，故.
又，，平面，平面，
所以平面平面.
（2）由平面平面，得平面与平面所成的角即为平面与平面所成的角.
如图，作点在平面上的投影E，连接，交于点，连接，，可知，则即为二面角的平面角.
因为，所以，，
故.
27．如图，在等腰直角三角形中，，M是半圆弧上异于A，B的动点，平面平面．设O，N分别为，的中点，，三棱锥体积的最大值为．
(1)证明：平面；
(2)当时，求二面角的正切值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由为等腰直角三角形，且，且，分别为，的中点，连接，，
则，又平面平面，且平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又因为为直径所对的圆周角，所以，即，
又，所以，因，平面，
所以平面.
（2）连接，由题意可知当时，三棱锥体积取到最大，
此时，解得，
由（1）知平面，平面，所以，
又，所以即为二面角，
因，所以，，
所以，
故二面角的正切值为.
07 线面垂直的探索性问题
28．如图，四棱柱中，底面ABCD是菱形，，平面ABCD，E为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求点C到平面的距离；
(3)在上是否存在点M，满足平面?若存在，求出AM长，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【详解】（1）连交于点F，连EF，
∵是菱形，
∴F是中点，又∵E是中点，
∴，又∵平面，平面，
∴平面；
（2）连交EF于点N，棱柱中是平行四边形，且E，F分别为，中点，
∴，又平面，
∴点C到平面的距离是点到平面的距离的3倍，
∵菱形中，，又，
∴，，，
又平面ABCD，平面ABCD，
∴，又，
∴，∴，
因为，，，
∴面积为，的面积为，
由得，其中h是到平面的距离，
∴，
∴点C到平面的距离为；
（3）∵平面ABCD，平面平面ABCD，
∴平面，∵平面，
∴，
∵菱形，，，平面，
∴平面，又平面，
∴，
在中，过F作，垂足为M，
又，平面，
所以平面，
∴存在M满足条件，
在中，，，F是中点，
∴，
∴．
29．如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，，与相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点．又．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求二面角的大小；
(3)设点M在棱上，且，问为何值时，平面．
【答案】(1)；
(2)45°；
(3).
【详解】（1）∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD
又，
由平面几何可得：，
过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，
则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴OC＝OD＝1，OB＝OA＝2，OA⊥OB
∴
又AB∥DC∴四边形EBCD是平行四边形．
∴
∴E是AB的中点，且，
又，
∴PEA为直角三角形，
∴
在△PED中，由余弦定理得
故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为；
（2）连接OE，由为等腰梯形，所以，且为中点，
所以，又平面，
∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的平面角，
∴sin∠PE0＝，∴∠PEO＝45°，
∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的大小为45°；
（3）连接MD，MB，MO，
∵PC⊥平面BMD，OM⊂平面BMD，
∴PC⊥OM，
在Rt△POC中，PC＝PD＝，OC＝1，PO＝，
∴PM＝，MC＝，
∴，
故λ＝时，PC⊥平面BMD．
30．如图，在四棱锥A－BCDE中，四边形BCDE为菱形，，，AE＝AC，点G是棱AB上靠近点B的三等分点，点F是AC的中点．
(1)证明：∥平面CEG．
(2)点H为线段BD上一点，设，若AH⊥平面CEG，试确定t的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)0.
【详解】（1）证明：如图，取AG的中点Ⅰ，记，连接FⅠ，DⅠ，GO．
在△ACG中，F，Ⅰ分别为AC，AG的中点，所以∥，
同理，在△BDⅠ中，有∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
因为，平面，
所以平面∥平面，
又平面ⅠFD，
所以∥平面CEG．
（2）解：因为底面BCDE是菱形，所以OC⊥OD．
因为AE＝AC，BC＝BE，所以△ABC≌△ABE，
则GC＝GE，
又因为点O是EC的中点，所以OC⊥OG．
因为，平面ABD，
所以OC⊥平面ABD，
因为平面ABD，
所以OC⊥AG．
因为，，
所以，
则，
则，所以BG⊥OG．
又因为，平面CEG，
所以AG⊥平面CEG．
若AH⊥平面CEG，则H与B重合．
故．
31．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵（qiandu）；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑（biena）指四个面均为直角三角形的四面体.如图，三棱柱，平面，四棱锥为阳马，且，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？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；.
【详解】（1）取中点，连接，，
在中，因为，分别是，中点，
所以，且，
在平行四边形中，因为是的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）在线段上存在点，使得平面，
取的中点，连，连，
因为平面，平面，平面，
所以，，
在中，因为，分别是，中点，所以，
又由（1）知，所以，，
由得平面，
故当点是线段的中点时，平面.此时，.
【点睛】本题主要考查了线面平行的判断，以及线面垂直的证明，属于中档题.
08 面面垂直的探索性问题
32．在梯形中，．为的中点，为的中点．将所在平面沿翻折，使构成的四棱锥体积最大．

(1)求证：平面；
(2)若为边的中点，能否在棱上找到一点，使平面平面?并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；
(2)当为中点时，平面平面，证明见解析.
【详解】（1）因为，又为的中点，
所以为等边三角形，四边形为菱形，所以，
因为为的中点，所以，所以，即
连接，所以，
若使构成的四棱锥体积最大，则平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面；

（2）当为中点时，平面平面.
取中点为，连接，，，因为为边的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
所以平面平面，
由（1）得平面，又平面，所以平面平面，
所以平面平面.

33．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，侧面为正三角形，且平面平面．
(1)求证：．
(2)若为中点，试在上找一点，使平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)为的中点
【详解】（1）取的中点，连接，，，
∵，∴．
在底面菱形中，∵，∴三角形是等边三角形，则，
由于平面，
所以平面，由于平面，所以.
（2）为的中点，连接交于点．连接，
∵，，∴所以四边形是平行四边形，
∴为的中点，则．
∵平面平面且交线为，，平面，
∴平面，
则平面，
由于平面，
∴平面平面，
所以是的中点.
34．如图，四棱锥中，平面，，底面是矩形，且，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值；
（3）在线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.
【详解】解：（1）证明：平面，故，
又，故平面.
（2）设点到平面的距离为，
由知，可得，
所以直线与平面所成的角的正弦值是.
（3）设，在上取点，使，
连接，作于点，连接，
由平面平面知平面，且是直线在平面的射影，
所以，所以.
由，得，
所以，故，
所以当时平面平面.

1．如图正三棱柱底面边长为2，高为6，点分别在棱上，且，若平面恰好将正三棱柱体积均分，则平面和平面夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，即，，
又平面恰好将正三棱柱体积均分，所以点为的中点，
延长与的延长线交于点，延长与的延长线交于点，连接，
则为平面与平面的交线，
因为，，，，，
所以，即，解得，所以；
，即，解得，所以，
在中由余弦定理
，
所以，
所以，即，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以为平面和平面夹角，又，
所以，
即平面和平面夹角的余弦值为.
故选：A
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
【详解】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.
3．（多选）在正三棱台中，，，，分别是，，，的中点，且，则下列说法正确的有（ ）
A．B．平面
C．平面D．若，则平面
【答案】ABD
【详解】由题意，可将正三棱台补为如图所示的正三棱锥，
取的中点，连接，则.
又，所以平面，因为平面，
则有．A正确.
因为分别是的中点，所以，
又平面，平面，
平面，即平面，故B项正确．
对于选项C，假设平面，因为平面，
所以与垂直，而是等边三角形，不垂直，所以C不正确．
由，知，可设，
则，，根据勾股定理.
而，故，
又，，则平面，即平面，故D正确．
故选：.
4．（ 2025·吉林·模拟预测）（多选）如图，正方体中，顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，的交点为O，顶点到的距离分别为，则（ ）
A．平面B．O到平面的距离为1
C．平面平面D．正方体的棱长为
【答案】BCD
【详解】对于A，因为到的距离分别为1，2，显然不相等，
所以不可能与平面平行，因此选项A不正确；
对于B，的交点为，显然是的中点，
因为平面，顶点到的距离为，
所以到的距离为1，因此选项B正确；
对于C，因为到的距离分别为，到的距离为，
因此，即，
设平面，所以，
因为是正方形，所以，
又因为平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因此有平面，而，所以平面平面，因此选项C正确；
对于D，设正方体的棱长为，
因为平面平面，所以令平面平面，
因为平面平面，所以在平面的射影与共线，
显然，，如图所示：
由，
，
由（负值舍去），
因此选项D正确，
故选：BCD.
5．如图，点P是正方体的面对角线上一点，对任意的点P，有以下四个结论：
①点P到直线的距离不变；②平面；③；④平面平面．
其中正确结论的序号是 ．（写出所有你认为正确结论的序号）
【答案】②④
【详解】由图可知直线与是异面直线，又点为直线的动点，
所以点P到直线的距离会因点的变化而变化，故①错误；
连接，在正方体中有，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
同理平面，又平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面，故②正确；
因为，所以当点为的中点时，，故③错误，
因为平面平面，所以，
又平面，
所以平面，连接，又平面，所以，
同理可证，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，故④正确．
故答案为：②④.
6．如图所示，平面为圆柱的轴截面，C为底面圆周上异于A，B的任意一点.D为的中点.
(1)求证：平面；
(2)若C为的中点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，
因为的中点，则在中，，且，
又在圆柱中，，且，
则，，故四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面.
（2）容易知，平面，则直线与平面所成角为，
因C为的中点，故不妨设，则，
则在中，，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
7．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，且，，等边三角形PCD所在的平面垂直于底面ABCD，．
(1)求证：面．
(2)若直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角P-AB-D的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图所示：
取CD中点H，连接PH，
是等边三角形，，
面ABCD⊥面PCD，且交线为CD，面PCD，，
面ABCD，面ABCD，
，
又平面，
面PCD.
（2）连接BH，AH，过点H作，
面ABCD，所以直线PB在底面ABCD上的射影为直线BH，
直线PB与面ABCD所成的角为，
设，则，，
，
，，，
面ABCD，而平面，
，且平面，
面PHE，面PHE，，
为二面角P-AB-D的平面角，
在中，，
解得，
在中，，
，
所以二面角P-AB-D的余弦值为.
8．（ 2025·安徽合肥·模拟预测）如图，在等腰梯形中，，点为的中点，现将该梯形中的沿线段折起，形成四棱锥，且直线与平面所成角的正弦值为.
(1)在四棱锥中，求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）在等腰梯形中，连，则四边形为菱形，
连交于，则，
在四棱锥中，且都在平面内，
平面，，则平面，
由平面，故；
（2）设直线与平面所成角的大小为，点到平面的距离为，
则，且，所以，
由平面平面，则平面，
点到平面的距离等于点到平面的距离，距离为；
（3）由（1）知平面且平面，所以平面平面，
平面平面，过在平面内作垂直于，垂足为，
平面，所以，
在中，，所以为中点，易知，
所以，而，
所以二面角的平面角为，大小为.
1．（2024·北京·高考真题）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
【详解】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.
故选：D.
2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
3．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
4．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）法一、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；
5．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
6．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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)
【详解】（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．
7．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【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，，
所以平面.
8．（2023·全国乙卷·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).
【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，
则有平面，又平面，所以平面平面.
（3）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.