考点36空间直线平面的垂直13种常见考法归类

考点36空间直线、平面的垂直13种常见考法归类考点一线面垂直的判断考点二证线面垂直考点三利用空间向量法证线面垂直考点四线面垂直的探索性问题考点五直线与平面垂直性质的应用（证线线垂直）考点六利用线面垂直求体积考点七面面垂直的判断考点八证面面垂直考点九利用空间向量法证面面垂直考点十面面垂直的探索性问题考点十一面面垂直性质的应用考点十二平行与垂直的综合问题考点十三平行、垂直关系与几何体的度量1.直线与平面垂直(1)定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线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.直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足.过一点垂直于已知平面的直线有且只有一条.(2)判定定理文字语言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.图形语言符号语言l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，m∩n＝A⇒l⊥α.(3)性质定理文字语言垂直于同一个平面的两条直线平行.图形语言符号语言a⊥α，b⊥α⇒a∥b.注：证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思路.2.证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理（α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l⊂β⇒l⊥α）；三是平行线法（a∥b，a⊥α⇒b⊥α）：若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面；四是利用面面平行的性质（a⊥α，α∥β⇒a⊥β）：一条直线与两平行平面中的一个平面垂直，则该直线与另一个平面也垂直；解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等．常见证明线线垂直的常用方法：（1）相交直线①等腰三角形（等边三角形）的“三线合一”如图：AB=AC,D为BC中点，则②勾股定理的逆定理如图：如果，则③正方形、菱形的对角线互相垂直如图：四边形ABCD是菱形，所以④直径所对的圆周角是如图：AB是圆的直径，⑤相似（全等）转化出直角（需证明）若在正方形ABCD中，E，F分别是BC和CD的中点，则有证明如下：易证⑥其他常见垂直关系（1）正方形、矩形、直角梯形（2）数量积为零转化垂直关系（3）利用直二面角的定义得其平面角为直角（2）异面直线①通过证线面垂直证线线垂直注：若题目要证已知且是异面直线，要证，一般是证所在的平面。注：直棱柱的侧棱垂直于底面，圆柱的母线垂直于底面②平移法通过三角形的中位线或者构造平行四边形进行平移4.平面与平面垂直(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角，二面角的大小可以用它的平面角度量.二面角的范围是[0°，180°].(2)判定定理文字语言如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直.图形语言符号语言l⊥α，l⊂β⇒α⊥β.(3)性质定理文字语言两个平面垂直，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.图形语言符号语言α⊥β，α∩β＝a，b⊂β，b⊥a⇒b⊥α.三垂线定理在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.6.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(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．7．证面面垂直的思路(1)关键是考虑证哪条线垂直哪个面．这必须结合条件中各种垂直关系充分发挥空间想象综合考虑．(2)条件中告诉我们某种位置关系，就要联系到相应的性质定理，如已知两平面互相垂直，我们就要联系到两平面互相垂直的性质定理．8．常用结论（1）若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.（2）垂直于同一条直线的两个平面平行.（3）一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直.（4）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.9.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.（4）垂直、平行关系的相互转化10.垂直与平行的综合问题求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.如果有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.11.与探索性问题有关的解题策略(1)求条件探索性问题的主要途径：①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．(2)涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点．12．证明折叠问题中的平行与垂直关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变，而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化．对于不变的关系可在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml⊥αn∥m⇔n＝km（k∈R）平面α，β的法向量分别为n，mα⊥βn⊥m⇔n·m＝0考点一线面垂直的判断1．（2023·全国·高三对口高考）给出下列四个命题：①若直线垂直于平面内的两条直线，则这条直线与平面垂直；②若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直；③若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，则这条直线垂直于两底边所在的直线；④若直线垂直于梯形的两底边所在的直线，则这条直线垂直于两腰所在的直线．其中正确的命题共有__________个．【答案】②③【分析】根据线面垂直的定义，以及线面垂直的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】①中，根据线面垂直的判定定理，直线垂直于平面内的两条相交直线，则这条直线与平面垂直，所以①不正确；②中，根据直线与平面垂直的定义知，若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直，所以②正确；③中，因为梯形的两腰在同一平面内，且不平行，所以两腰时相交直线，若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，可得直线垂直梯形底面所在的平面，所以这条直线垂直于两底边所在的直线，所以③正确；④中，因为梯形的两底所在的直线相互平行，根据线面垂直判定定理，直线与这个平面不一定垂直，这条直线不一定垂直于两腰所在的直线，所以④不正确.故答案为：②③2．（2023·江苏无锡·校联考三模）已知，是空间中两条不同的直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中错误的是（

）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】A【分析】设出、、的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，D；根据线面关系判断A.【详解】设平面、、的法向量分别为、、，直线，的方向向量为，，对于A：若，，则或，故A错误；对于B：若，则，又，则，所以，则，故B正确；对于C：若，，则，，又，则，所以，则，故C正确；对于D：因，，则，，因此向量、共面于平面，令直线的方向向量为，显然，，而平面，即、不共线，于是得，所以，故D正确.故选：A3．【多选】（2023·广东珠海·珠海市斗门区第一中学校考三模）已知是两条不相同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（

）A．若是异面直线，，则.B．若，则C．若，则D．若，则【答案】ACD【分析】根据立体几何相关定理逐项分析.【详解】对于A，，则平面内必然存在一条直线，使得，并且，同理，在平面内必然存在一条直线，使得，并且，由于是异面直线，与是相交的，n与也是相交的，即平面内存在两条相交的直线，分别与平面平行，，正确；

设，并且，则有，显然是相交的，错误；对于B，若，则不成立，错误；对于C，若，则平面上必然存在一条直线l与n平行，，即，正确；对于D，若，必然存在一个平面，使得，并且，，又，正确；故选:ACD.4．（2023·全国·高三对口高考）给定空间中的直线l及平面，条件：“直线l与平面内无数条直线垂直”是“直线l与平面垂直”的（

）A．充分条件 B．充分非必要条件C．必要非充分条件 D．既非充分又非必要条件【答案】C【分析】利用线面垂直的判定定理和性质定理即可判定二者间的逻辑关系.【详解】由直线l与平面内无数条直线垂直，可得l与平面相交或或；由直线l与平面垂直，可得直线l与平面内任意一条直线垂直.则“直线l与平面内无数条直线垂直”是“直线l与平面垂直”的必要非充分条件.故选：C5．【多选】（2023·河北·校联考一模）如图，在直四棱柱中，底面是菱形，点P，Q，M分别为，，的中点，下列结论正确的有（

）

A．平面B．该四棱柱有外接球，则四边形为正方形C．与平面不可能垂直 D．【答案】ABC【分析】根据线线平行即可判断A，利用外接圆的对角互补，则可判断B，利用反证法，结合线面垂直的性质定理可判断C,D.【详解】对A，连接，由点P，Q，分别为，可得，，所以四边形为平行四边形，则，故，平面,平面,则平面，即A正确；对B，若四棱柱有外接球，则四边形有外接圆，则对角互补，则为正方形，即B正确；对C，若平面，平面,则，由可得，与条件矛盾，故与平面不可能垂直，即C正确；对D，取的中点N，连接，，则，,平面，平面，平面，，，则，故与不垂直，即D错误.故选：ABC.

6．（2023·上海·统考模拟预测）在正方体中，点在正方形内（不含边界），则在正方形内（不含边界）一定存在一点，使得（

）

A． B．C．平面 D．平面平面【答案】A【分析】作出截面后可作，从而判断A，利用线面垂直的性质判断BC，根据面面平行的性质判断D．【详解】选项A，正方体中，显然有，连接延长，如果直线交棱于点（图1），则作交于，连接，则是梯形，作交于，则平面，如果直线交棱于点（图2），则直接连接，在三角形内作交于，也有平面，因此A正确；

选项B，正方体中易知平面，因此与垂直的直线都可能平移到平面内，而当平面，平面时，直线与平面相交，不可能平移到平面内，B错；选项C，由选项B知与不可能垂直，因此与平面也不可能垂直，C错；选项D，过的平面只有平面与平面平行，因此要使得平面平面，则平面与平面重合，从而点只能在棱上，与已知不符，D错．故选：A．考点二证线面垂直7．（2023春·湖南邵阳·高三统考学业考试）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，与交于点，面，且.

(1)求证平面.；(2)求与平面所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，因为平面，得到，结合直线与平面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）连接，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求得与平面所成的角.【详解】（1）解：因为是正方形，所以，又因为平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面.（2）解：连接，因为平面，所以为与平面所成的角，因为，所以，在直角中，，所以，即与平面所成的角为.

8．（2023·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测）在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，OE，使得.

(1)证明：平面ABC；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明：连接，在等边中，得到，再由勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面；（2）解法1：作，设点到平面的距离为，利用，列出方程，即可求解；解法2、过A作，证得平面OEF，得到的长度即点到平面的距离，结合，即可求解.【详解】（1）证明：连接，因为为等腰直角三角形，且，所以，，在等边中，，且.又因为，所以，即，因为且平面，所以平面.

（2）解法1：作，垂足为,因为，所以，解得，所以，在直角中，，可得，又因为，所以，设点到平面的距离为，由，可得，即，解得，即点到平面的距离为.

解法2、过A作，垂足为，由（1）知平面，因为平面，所以.又由，，所以平面OEF，所以的长度即点到平面的距离，在中，因为，，，所以，可得，由，即，解得，所以，即点到平面的距离为.

9．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，在平面ABC的射影恰为等边三角形ABC的中心，且，.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）根据题意可得，根据勾股定理结合线面垂直的判定定理分析证明；（2）根据垂直关系分析可得二面角的平面角为，运算求解即可.【详解】（1）设在平面ABC的射影为，连接，由题意可得：平面ABC，，且平面ABC，则，可得，则，可得，同理可得：，且，平面，可得平面，又因为//，所以平面.（2）由（1）可得：平面，且平面，可得，因为，，所以平面，且平面，可得，所以二面角的平面角为，在Rt中，，所以.10．（2023·河南开封·校考模拟预测）如图1所示，在长方形中，，是的中点，将沿折起，使得，如图2所示，在图2中．

(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在图1中，连接，根据勾股定理结合条件得到，再由线面垂直的判定定理即可证明出平面；（2）在图2中，作的中点，连接，根据（1）的结论结合面面垂直的判定和性质得到线段是三棱锥的高，从而求出三棱锥的体积，再由等体积法，即可求得点到平面的距离.【详解】（1）在图1中，连接，如图所示：

因为在长方形中，，是的中点，所以，则，，又，即，所以，在图2中，又，，平面，平面，所以平面.（2）在图2中，作的中点，连接，如图所示：

因为，所以，且，又由（1）得：平面，平面，所以平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，即线段是三棱锥的高，所以三棱锥的体积，又平面，平面，所以，则的面积，设点到平面的距离为，则三棱锥的体积，即，解得：，故点到平面的距离为.11．（2023·全国·高三对口高考）如图，四棱锥中，底面，，E是的中点．

(1)求证：；(2)求证：面；(3)若，求三棱锥体积．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)【分析】（1）先证得平面，进而证得；（2）利用线面垂直判定定理即可证得面；（3）先利用三棱锥体积公式求得三棱锥体积，进而求得三棱锥体积．【详解】（1）由平面，平面，可得，又平面，则平面，又平面，则.（2）连接，△中，，则，又E是的中点，则，又，平面，可得平面，又平面，则，由平面，平面，可得，又平面，则平面，又平面，则,又，，平面，则平面.

（3）△中，，则，在△中，过点C作于N，则，又由平面，平面，可得平面平面，又平面平面，则平面，则点C到平面的距离为，又E是的中点，则点E到平面的距离为，则

12．【多选】（2023·辽宁·朝阳市第一高级中学校联考三模）《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”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（

）A．四棱锥为“阳马”B．四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为C．四棱锥体积最大值为D．四面体为“鳖臑”【答案】ABD【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，D的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意找到四面体的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断B.【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，∴在堑堵中，，侧棱平面，对A选项，∴，又，且，则平面，∴四棱锥为“阳马”，对；对C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号，，故C错误；对D选项，由，即，又且，平面，∴平面，平面,∴，则为直角三角形，又由平面，平面，，则为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．∴四面体为“鳖臑”，故D正确；对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，则外接球半径，则球的表面积为，故B正确.故选：ABD．13．（2023·河南·襄城高中校联考三模）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

(1)求；(2)当正四棱台的体积最大时，证明：平面．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）取点构造平行四边形，再由比例关系证明求值．（2）设，将体积表示为的函数，求出棱台的体积最大时的值，再添加辅助线，证明平面即可证得结论．【详解】（1）如图所示，作交于，再作交于，连接．因为平面，所以平面．又平面平面，所以．又因为，所以四边形是平行四边形，所以，即为棱的四等分点，故也为棱的四等分点，所以．（2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，所以底面．设，则，所以，所以该四棱台的体积，而．当且仅当，即时取等号，此时，．作交于，则为的四等分点．连接，在中，，而，所以，即．在中，，，，所以，即．而，平面，且，所以平面，故平面．

【点睛】关键点睛：本题考查线面位置关系以及体积的最值，考查直观想象、逻辑推理、数学运算，属于中档题.考点三利用空间向量法证线面垂直14．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由正棱锥的结构特征构建空间直角坐标系，根据已知条件确定相关点坐标并求出面PBC的法向量，结合线面平行及向量共线定理求参数即可.【详解】由题设，△为边长为的等边三角形，且，等边△的高为，在正棱锥中，以为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如上图示，则，且，所以，，，若为面PBC的法向量，则，令，则，又平面PBC，则且k为实数，，故.故选：D15．（2023·上海黄浦·上海市大同中学校考三模）如图，直三棱柱中，，，，D为BC的中点，E为上的点，且．

(1)求证：BE⊥平面；(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析.(2).【分析】（1）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理作答.（2）由（1）中坐标系，利用空间向量求二面角大小作答.【详解】（1）在直三棱柱中，，显然射线两两垂直，以点为原点，射线的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，

因为，，D为BC的中点，E为上的点，且，则，，于是，即，而平面，所以BE⊥平面.（2）由（1）知，平面的一个法向量，而平面的一个法向量，显然二面角的平面角为锐角，设其大小为，于是，则，所以二面角的大小为.16．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）如图，已知直三棱柱为的中点，为侧棱上一点，且，三棱柱的体积为32．

(1)过点作，垂足为点，求证：平面；(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】由题目条件结合三棱柱的体积为32可得，后如图建立空间直角坐标系.（1）由可得Q坐标，后利用向量可证明，即可证明结论；（2）求出平面与平面的法向量即可得答案.【详解】（1）由直三棱柱，得平面，又，可得三棱柱的体积，得．如图，建立空间直角坐标系，则，则．设，则，故．因为，所以，所以，解得，即．证明：由，得，.所以．又因为平面ACQ，平面ACQ，，所以平面．（2）易得为平面的一个法向量，设为平面的法向量，．由，令，则，所以为平面的一个法向量.得．所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．

17．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考模拟预测）如图，正三棱柱中，，点为线段上一点（含端点）.

(1)当为的中点时，求证：平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为.若存在，求出的位置：若不存在，说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，点在的四分之一等分点处【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合，化简线面垂直判定定理证明平面；(2)设，，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由条件列方程求即可.【详解】（1）由已知，平面，为等边三角形，以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，作轴，，，则，则，而∴∴由菱形性质知∵平面，平面，∴平面；（2）由(1)，，为平面的一个法向量，设，，则所以，所以，，设平面的法向量为，则，取可得，，所以为平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则，解得：或（均符合题意）所以存在一点，当或，即点位于四分之一等分点处时使平面与平面所成角的余弦值为.考点四线面垂直的探索性问题18．（2023·全国·高三专题练习）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．19．（2023·全国·高三专题练习）若图，三棱柱的侧面是平行四边形，，，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，【分析】（1）取中点，连接、，证明出四边形是平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）取的中点，连接、，证明出平面平面，平面，可得出平面，由此可得出结论.【详解】（1）证明：取中点，连接、.因为、分别是、的中点，所以且.在平行四边形中，且，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）解：当点为线段的中点时，平面，理由如下：取的中点，连接、.因为，，，所以，平面，因为、分别为、的中点，则，平面，平面，则平面，又因为平面，，所以，平面平面，所以，平面.故当点是线段的中点时，平面，此时，.20．（2023·全国·高三专题练习）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，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)存在，【分析】（1）取SC的中点G，连接FG，EG，证明四边形AFGE是平行四边形，则AF∥EG，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）先证明AD⊥平面SEC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（3）假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，由面面垂直的性质可得SE⊥平面ABCD，再根据线面垂直的性质可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分别求出即可得出答案.【详解】（1）证明：如图，取SC的中点G，连接FG，EG，∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，，∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，∴AE∥BC，，∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF∥EG，又平面SEC，平面SEC，∴AF∥平面SEC；（2）证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD，∵四边形ABCD是菱形，，∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，∴AD⊥CE，又平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又平面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，又平面SBC，∴AF⊥平面SBC，又平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB；（3）解：假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，∵平面MAC，∴BD⊥OM，∵四边形ABCD是边长为2的菱形，，△SAD为正三角形，∴，∵侧面SAD⊥底面ABCD，又侧面底面ABCD＝AD，平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，又平面ABCD，∴SE⊥BE，∴，∴，∴，∴，∴，∴在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC，.21．（2023春·河南·高三洛阳市第三中学校联考开学考试）如图，四边形是菱形，，平面，，，设，连接，交于点，连接，.(1)试问是否存在实数，使得平面?若存在，请求出的值，并写出求解过程；若不存在，请说明理由.(2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)存在，；(2).【分析】（1）依题意，可得平面，过点作于点，则四边形为矩形，设，求出，，，欲使平面，只需，再列方程求解即可；（2）建立空间直角坐标系利用向量法求解.【详解】（1）存在，且，理由如下：因为四边形为菱形，所以，与互相垂直且平分，因为，所以，所以三角形是等边三角形.因为平面，平面，平面，所以，，因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以.过点作于点，易得四边形为矩形，设，则，，因为，所以，所以，，.欲使平面，只需，即，所以，解得.所以存在实数，使得平面，且.（2）如图，以为原点，边上的垂直平分线所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，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，所以，解得，令，则平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，所以，解得，令，则平面的一个法向量为.设锐二面角的平面角为，则.故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.22．（2023春·云南曲靖·高三曲靖市麒麟区第一中学校考阶段练习）在三棱柱中，已知，点在底面的射影是线段的中点.（1）证明：在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；（2）求二面角的平面角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由题意易得面，要想平面只需，在中，利用等面积法求得的长即可；（2）利用几何法找到二面角的平面角，接着利用垂直求边长，最后求出角的正切值即可；【详解】解：（1）证明：因为面,面,所以,又，线段的中点为，所以，又所以面，从而，因此当时，此时，即此时面对于，由已知条件并结合简单运算有如下信息：,在中利用等面积法易得,从而计算得.（2）由（1）可知四边形为矩形，取中点，连接，过作平行线交为，则面，过作的垂线，交于，连接.从而为所求二面角的平面角.在矩形中，，因此，在中，，从而.【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．考点五直线与平面垂直性质的应用（证线线垂直）23．（2023·全国·高三专题练习）已知三棱锥中，△是边长为3的正三角形，与平面所成角的余弦值为．(1)求证：；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，即可得证；（2）取正三角形的中心，连接，从而可得平面，则即为与平面所成角的平面角，进而可得，取中点为，连接，则，故即为二面角的平面角，解即可得解.【详解】（1）取的中点，连接，因为，所以，因为△是边长为3的正三角形，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以；（2）取正三角形的中心，连接，则点在上，且，由，△是正三角形，得三棱锥为正三棱锥，则平面，故即为与平面所成角的平面角，又与平面所成角的余弦值为，所以，即，即三棱锥是正四面体，取中点为，连接，则，故即为二面角的平面角，在中，，则，所以，所以二面角的平面角的正弦值．24．（2023·四川成都·树德中学校考模拟预测）如图所示，在直角三角形中，，将沿折起到的位置，使平面平面，点满足.(1)证明：；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据图中的几何关系，利用面面平行证明线面垂直，再证明线线垂直；（2）运用等体积法求解.【详解】（1）在直角三角形中，因为，所以，即在四棱锥中，，平面PDB，平面PDB，所以平面，从而平面，如图，在上取一点，使得，连接，因为，所以，所以，又，所以四边形是矩形，所以，平面MEF，平面MEF，平面MEF，在中，，所以，平面MEF,平面MEF，平面MEF，又因为，平面PBD，平面PBD，所以平面平面，所以平面，故；（2）连接，因为平面平面，交线为，且，所以平面，所以三棱锥的体积，所以，在中，计算可得，由余弦定理得，所以，，设点到平面的距离为，则，故；综上，点M到平面PBE的距离为.25．（2023·江西抚州·统考模拟预测）在四面体ABCD中，，E为CD的中点，△ACE为等边三角形，则异面直线AC与BE所成角为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取AC的中点F，连结BF，EF，根据等边三角形的性质得到，然后利用勾股定理和线面垂直的判定和性质进而得到即可求解.【详解】如图，取AC的中点F，连结BF，EF，因为△ACE为等边三角形，E是CD中点，所以ED，所以，在Rt△ACD中，由勾股定理，得，因为，所以AC=2.因为，所以AD⊥平面ABC，平面ABC，所以，又，所以BC⊥平面ABD，平面ABD，所以.在Rt△ABC中，，所以.所以.又△ACE为等边三角形，所以，因为，所以AC⊥平面BEF，平面BEF，所以，则直线AC与BE所成角为.故选：C．26．（2023春·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点（不包括端点），则（

）

A． B．平面C．二面角的大小为定值 D．的最小值为【答案】CD【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理和性质定理即可得出；对于B，利用线面平行的性质定理即可得出；对于C，由二面角的定义即可判断；对于D，将侧面和展开在一个平面内，结合余弦定理即可得出.【详解】对于A，平面，平面，，假设，又平面PAD，平面，又平面，，而四边形为正方形，与矛盾，所以假设错误，故不正确，故A不正确；对于B，设，连接，假设平面，

又平面平面，则，在中，因为为的中点，则必为的中点，这与为线段上的动点矛盾，所以假设错误，故B不正确；对于C，为线段上的动点，二面角的大小即为二面角的大小，因为二面角的大小为定值，所以二面角的大小为定值，故C正确；对于D，平面，平面，，为等腰直角三角形，平面，平面，，即，又四边形为正方形，，平面PAD，平面，平面，，为直角三角形，如图，将侧面和展开在一个平面内，，连接，当处在与的交点处时，取得最小值，此时，在中，由余弦定理，得，所以的最小值为，故D正确.

故选：CD.27．（2023春·上海徐汇·高三上海民办南模中学校考阶段练习）在正方体中，点分别是线段上的点（不为端点），给出如下两个命题：①对任意点，均存在点，使得；②存在点，对任意的，均有则（

）

A．①②均正确 B．①②均不正确C．①正确，②不正确 D．①不正确，②正确【答案】D【分析】根据正方体的线面关系证明平面，来验证命题①；求证平面，来验证命题②即可得结论.【详解】对于①，如图，连接

在正方体中，有正方形，所以，又，所以四边形为平行四边形，故确定唯一的平面，又平面，平面，所以又平面，所以平面因为平面，所以对任意点，都有，只有与重合才符合题意,与不为端点矛盾，故对任意点，不存在点，使得，故①不正确；对于②，如图，连接交于，连接

由①得平面，又，所以四边形为平行四边形，所以，则平面，因为平面，所以又因为正方形，所以，又平面，平面，所以,因为平面，所以平面，又平面，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以于是当点与重合时，存在点，对任意的，均有，故②正确.故选：D.28．（2023·湖南郴州·安仁县第一中学校联考模拟预测）在三棱锥中，已知为正三角形，.

(1)求证：；(2)若，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；（2）以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示空间直角坐标系，分别求出平面和的法向量，由二面角的向量公式代入求解即可得出答案.【详解】（1）如图，取的中点，连接，

为正三角形，，，又平面平面平面，又平面.（2）为正三角形，，又，又，，又两两互相垂直，如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，平面的法向量为，又，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，设二面角的大小为，则，，二面角的正弦值为.29．（2023·全国·高三对口高考）如图，已知矩形，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，（

）

A．对任意位置，三组直线“与”，“与”，“与”均不垂直B．存在某个位置，使得直线与直线垂直C．存在某个位置，使得直线与直线垂直D．存在某个位置，使得直线与直线垂直【答案】D【分析】利用反证法否定选项B，C；找到A点所在位置证明选项D，进而否定选项A.【详解】在平面内，作于E，作于F，连接.对于选项B，假设存在某个位置，使得直线与直线垂直.连接，由，平面，可得平面，又平面，则，这与平面内矛盾，故假设不成立，则不存在某个位置，使得直线与直线垂直.判断错误；对于选项C，假设存在某个位置，使得直线与直线垂直.由，，平面，可得平面，又平面，则，则为的斜边，则，这与矛盾.故假设不成立，则不存在某个位置，使得直线与直线垂直.判断错误；对于选项D，假设存在某个位置，使得直线与直线垂直.由，，平面，可得平面，又平面，则，又，则，又中，，则，中，则中，，，，三边长可以构成三角形.故假设成立，即存在某个位置，使得直线与直线垂直.则选项D判断正确；选项A判断错误.

故选：D30．（2023春·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）如图所示的几何体是一个半圆柱，点P是半圆弧上一动点（点P与点B，C不重合），E为弧的中点，.

(1)证明：；(2)若平面与平面所成的锐二面角的平面角为，求此时点D到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的性质定理证得，根据线面垂直的判定证明平面，从而利用线面垂直的性质定理得证；（2）建立空间直角坐标系，设点P的坐标，求出两个平面的法向量，根据锐二面角大小结合数量积夹角公式求出点P的坐标，代入点到平面距离的向量公式直接求解.【详解】（1）连接BP，在半圆柱中，因为平面，平面，所以，又因为BC是直径，所以，又平面，，所以平面，又平面，所以.（2）依题意可知，以线段BC的中点O为坐标原点，以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，连接OP，设，则，所以，设平面的一个法向量为，所以，则，令，则，所以，设为平面的一个法向量，则，，所以，令，则，所以，因为平面PCA与平面所成的锐二面角的平面角为，所以，令，则，平方化简得，即，又由，可解得或（舍去），所以，所以平面PCA的一个法向量，且，所以点D到平面PCA的距离.考点六利用线面垂直求体积31．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．(1)求证：//平面；(2)若，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【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）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.【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）过作垂直的延长线交于点，因为是中点，所以，在中，，所以，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱锥的高为，因为，所以，所以，又，所以.32．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以.故选：B33．（2023·全国·高三对口高考）三棱锥的侧棱、、两两垂直，侧面面积分别是6，4，3，则三棱锥的体积是（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】A【分析】证明出平面，由三个侧面积列出关于、、的方程组，求出、、的值，由此可得出该三棱锥的体积.【详解】三棱锥的侧棱、、两两垂直，，，又，平面，平面，由题意得，即，解得.因此，该三棱锥的体积为.故选：A.

34．（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（

）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.【详解】取中点，连接，如图，

是边长为2的等边三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故选：A考点七面面垂直的判断35．（2023·全国·高三专题练习）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有以下四个命题：①若，，则

②若，，则③若，，则

④若，，，则其中正确的命题是（

）A．②③ B．②④ C．①③ D．①②【答案】A【分析】由线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、面面平行的判定定理和面面垂直的性质定理对各命题进行检验.【详解】若，，则或，命题①错误；由面面垂直的判定定理可知，命题②正确；垂直于同一条直线的两个平面互相平行，命题③正确；若，，，则可能相交可能平行可能异面，不一定互相垂直，命题④错误.故选：A36．【多选】（2023·重庆万州·重庆市万州第三中学校考模拟预测）已知，为不同的直线，，为不同的平面，则下列说法错误的是（

）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】ABC【分析】通过分析不同情况下直线和平面的位置关系即可得出结论.【详解】由题意，A项,设所在平面,,只需即满足题设,故A错误；B项，设且且,此时，B错误；C项，当，，时，可能垂直于，C错误；D项，当，，，则，故D正确.故选：ABC.37．（2023·四川成都·校考模拟预测）如图，在已知直四棱柱中，四边形为平行四边形，分别是的中点，以下说法错误的是（

）A．若，，则B．C．平面D．若，则平面平面【答案】B【分析】利用正切值相等可说明，由此可得，结合平行关系可知A正确；由，可知B错误；通过证明四边形为平行四边形可得，由线面平行判定可知C正确；根据，，由线面垂直和面面垂直的判定可知D正确.【详解】对于A，连接，，，，又，，即；，，四边形为平行四边形，，，A正确；对于B，连接，分别为中点，，又，，，与不平行，B错误；对于C，连接，分别为中点，，；，，四边形为平行四边形，，，为中点，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，C正确；对于D，连接，，四边形为平行四边形，四边形为菱形，；平面，平面，，又，平面，平面，平面，平面平面，D正确.故选：B.38．【多选】（2023·广东·高三专题练习）已知直线与平面有公共点，则下列结论一定正确的是（

）A．平面内存在直线与直线平行B．平面内存在直线与直线垂直C．存在平面与直线和平面都平行D．存在过直线的平面与平面垂直【答案】BD【分析】利用反证法可判断A选项；对直线与的位置关系进行分类讨论，结合图形可判断B选项；利用图形可判断C选项；利用面满垂直的判定定理可判断D选项.【详解】对于A选项，若直线与相交，且平面内存在直线与直线平行，由于，则，这与直线与相交矛盾，假设不成立，A错；对于B选项，若，则在平面内必存在与直线垂直，若直线与相交，设，如下图所示：若，且，则，若与斜交，过直线上一点（异于点）作，垂足点为，过点作直线，使得，因为，，则，又因为，，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，综上所述，平面内存在直线与直线垂直，B对；对于C选项，设直线与平面的一个公共点为点，假设存在平面，使得且，过直线作平面，使得，因为，，，则，因为，记，又因为，则，因为在平面内有且只有一条直线与直线平行，且，故、重合，所以，，但不一定在平面内，当与相交时，则与也相交，C错；对于D选项，若，则过直线的任意一个平面都与平面垂直，若与不垂直，设直线与平面的一个公共点为点，则过点有且只有一条直线与平面垂直，记直线、所确定的平面为，则，D对.故选：BD.39．（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）如图所示的菱形中，对角线交于点，将沿折到位置，使平面平面.以下命题:

①；

②平面平面；③平面平面；④三棱锥体积为.其中正确命题序号为（

）A．①②③ B．②③ C．③④ D．①②④【答案】D【分析】通过证面可判断①②；求两平面所成的二面角可判断③；得到三棱锥的高后可判断④.【详解】如图：

因为四边形是菱形，，所以，为的中点，所以，，，面，所以面，又面，所以，即①正确；由①知面，又面，所以平面平面，即②正确；如图：

取的中点为，连接，，依题意，，所，，所以是二面角的平面角，又因为平面平面，平面平面，所以面，和是边长为2的正三角形，所以，且有，所以在中，，又和是两全等的等腰三角形，，的中点为，所以，由已知可得是边长为2的正三角形，得，则在中，容易算得，，，所以，所以二面角不是直二面角，故③错误；由已知可得是边长为2的正三角形，又由上得面，所以三棱锥的高即为，，是边长为2的正三角形，所以三棱锥的体积为，故④正确.故选：D.考点八证面面垂直40．（2023·河南·校联考模拟预测）在四棱锥中，，，，，为等边三角形，．(1)证明：平面平面PBC；(2)求点C到平面PAB的距离．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理得到，由勾股定理逆定理得到，找到为二面角的平面角，且，得到平面平面ABCD，进而由四边形ABCE为矩形得到线面垂直，进而证明平面平面PBC；（2）作出辅助线，由等体积法求出点到平面的距离.【详解】（1）证明：取CD的中点E，连接PE，AE，如图，易知，，，在中，由余弦定理得，，则，故，由，，，同理可得且，故为二面角的平面角，又，则，故，故平面平面ABCD，又CE与AB平行且相等，且，则四边形ABCE为矩形，故．又平面ABCD，平面平面，故平面PCD，又平面PBC，则平面平面PBC．（2）连接AC，设C到平面PAB的距离为h，由（1）得平面平面PCD，，由面面垂直的性质定理，同理可得平面ABCD，，即，∵，，，，平面AEP，则平面AEP，又，故平面AEP，平面AEP，故，故，故，解得．41．（2023·贵州·校联考模拟预测）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一个类似隧道形状的几何体.如图，在羡除中，底面是边长为2的正方形，.(1)证明：平面平面.(2)求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）作出辅助线，由等腰三角形三线合一得到线线垂直，求出等腰梯形的高，得到，故，进而证明出线面垂直，得到面面垂直；（2）根据比例关系得到，证明出线面垂直，求出，从而求出答案.【详解】（1）分别取和的中点，连接，因为底面是边长为2的正方形，，所以.在梯形中，，分别作垂直于，垂足分别为，则，故由勾股定理得，所以，易知，故.又，所以，因为，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.

（2）连接.因为，所以四边形的面积，所以.因为，平面，所以平面，因为平面，所以.因为，平面，所以平面，且.因为，所以，即四棱锥的体积为.42．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.

(1)求证：平面平面；(2)设为线段的中点，求点到直线的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先取的中点，连接，根据题意易证平面，从而得到，即可得到平面，再根据面面垂直的判定即可证明平面平面.（2）首先取的中点，连接，易证平面，从而得到，再计算的长度即可.【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：

因为，，则四边形为正方形，所以，因为，所以.因为，，，平面，所以平面.又因为平面，所以.因为，，，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）取的中点，连接，

因为平面，，所以平面，又因为平面，所以.因为，所以.因为，，，平面，所以平面，又因为平面，所以.因为，，且，所以，即点E到直线CD的距离为.43．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）如图，已知三棱柱，，，为线段上的动点，．

(1)求证：平面平面；(2)若，为线段的中点，，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，结合，再利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可；（2）由（1），根据面面垂直的性质可得平面，建立如图空间直角坐标系，根据向量法求解.【详解】（1）因为，，，，平面，所以平面．又平面，所以，又，即，而，，平面，所以平面．又因为平面，所以平面平面．（2）由（1）知平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，又，所以平面，所以CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、x轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示：

因为，所以四边形为矩形，又因为，所以四边形为正方形.因为，，所以，所以，，，.由D是线段的中点，得，所以，，.设平面的一个法向量为，则即取，则，所以，所以.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.44．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，四边形ABCD为菱形，平面ABCD，，.

(1)求证：平面平面AFC；(2)记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据条件先证平面BDEF，再得面面垂直即可；（2）根据线段间关系设，表示其它线段，结合三棱锥体积公式及等体积法转化得，，即可得体积之比.【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以.因为平面ABCD，平面ABCD，所以.又，，平面BDEF，所以平面BDEF.又平面AFC，所以平面平面AFC.（2）如图，设BD交AC于点O，连接OE，OF.由（1）可知，平面BDEF，平面BDEF，所以.设，则，，所以，所以.由（1）可知，平面ABCD，所以，所以.

45．（2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，在上且满足.

(1)求证：平面平面；(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）由面面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，由空间向量法求解即可.【详解】（1）如图，过点作交于，连接，设，连接，又，可得四边形为正方形，，，，为的中点，，因为，平面，平面，又平面平面平面.

（2）在中，，又，，又平面平面，故建立如图空间直角坐标系，

则，，，，设平面的一个法向量为，则，令，得，设平面一个法向量为，则，令，得，，故平面与平面夹角的余弦值为.46．（2023·云南·校联考三模）如图，在三棱台中，，分别为，的中点，侧面为等腰梯形.

(1)证明：平面平面；(2)记二面角的大小为，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）根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理可证结论成立；（2）在平面内，作，交的延长线于，可证平面，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式可求出结果.【详解】（1）因为，为的中点，所以，因为侧面为等腰梯形，分别为，的中点，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）在平面内，作，交的延长线于，因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：因为，，平面，平面，所以是二面角的平面角，则，，因为，，所以，所以，，，在等腰梯形中，，，所以，，即，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，得，，，所以直线与平面所成角的正弦值为.

47．（2023·全国·统考高考真题）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,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.【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，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.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．48．（2023春·江苏·高三江苏省前黄高级中学校联考阶段练习）在三棱柱中，侧面，为棱的中点，三角形为等边三角形，，．

(1)求证：面面；(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）根据线面垂直判定定理和面面垂直判定定理证明即可；（2）应用空间向量法求二面角余弦值即可.【详解】（1）面，，三棱柱中，，，又为的中点，三角形为等边三角形，，，在三角形中，在三角形中，，，又，，面，面，面，面,所以面面（2）以点为原点，、分别为轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，因为侧面，,侧面平面，,,，面，面，面，面的法向量为，设面的法向量为，，所以设二面角的平面角为为锐角，49．（2023·上海虹口·华东师范大学第一附属中学校考三模）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，半径为2，母线SA､SB的长为，且M为线段AB的中点．

(1)证明：平面SOM平面SAB；(2)求直线SM与平面SOA所成角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直再由面面垂直判定定理证明即可；（2）由线面角定义求线面角求正切再求角即可.【详解】（1）因为为中点，所以，因为平面，平面，所以，且，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．（2）

设的中点为，连接，则，因为，所以，因为底面，所以,平面，平面，,所以平面，所以即是直线与平面所成角．因为圆锥的底面半径为2，母线长为，所以高，得．因为，所以，所以．考点九利用空间向量法证面面垂直50．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.

(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)【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量证明面面垂直；（2）求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：取的中点,连接，在正三棱柱中，不妨设;以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则,，；设平面的一个法向量为，则,，取，则，即；设平面的一个法向量为，则,即，取得.因为，所以平面平面；

（2）因为，由（1）可得，即，易知平面的一个法向量为,；二面角的余弦值为.51．（2023·河南开封·校考模拟预测）如图，在四棱雉中，底面为正方形，底面为的中点．

(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)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量证明，结合线面垂直、面面垂直判定定理即可证得结论；（2）由（1）求解平面与平面的法向量，根据空间向量的坐标运算求二面角的余弦值.【详解】（1）因为底面，底面，所以又因为正方形，所以，所以如图，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则所以所以，即，又平面，所以平面又平面，所以平面平面；（2）设平面的法向量为，又所以，令，则设平面的法向量为，又所以，令，则所以，由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.52．（2023·北京丰台·北京丰台二中校考三模）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面所成角的余弦值；(3)若棱上一点，满足，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）（2）（3）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，因为，所以，所以，即，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，平面的法向量为，则，令，则，所以，所以，所以，所以平面平面.（2）易知平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则，所以平面与平面所成角的余弦值为.（3）因为棱上一点，满足，所以，所以，所以点到平面的距离.考点十面面垂直的探索性问题53．（2023春·江西宜春·高三校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段上的一点，且，为线段上的动点.(1)当为何值时，平面平面，并说明理由；(2)若，，平面平面，，求出点到平面的距离.【答案】(1)，理由见解析(2)【分析】（1）取，即点为的中点，证明出平面，结合面面垂直判定定理可得出结论；（2）由题意可知为的中点，利用已知条件求得以及三棱锥的体积，计算出的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.【详解】（1）解：当时，平面平面，理由如下：因为底面，平面，所以，因为为矩形，所以，又，所以平面.因为平面，所以.因为，所以为线段的中点，又因为，所以，又，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：因为平面平面，由（1）可知为的中点.因为底面，所以点到底面的距离为，所以，因为，所以，所以，，平面，平面，则，同理可知，，为的中点，则，，所以，，设点到平面的距离为，由得，解得.54．（2023春·安徽滁州·高三校考开学考试）如图，在三棱锥中，平面，，，，为线段上一点，且．(1)在线段上求一点，使得平面平面，并证明；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)答案见解析，证明见解析(2)【分析】（1）取线段的中点，连接，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，由求出的值，可求得点的坐标，设点，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论；（2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】（1）解：取线段的中点，连接，，，则，且，又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，，设，其中，则，因为，则，解得，故点，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设点，其中，，，设平面的法向量为，则，取，可得，因为平面平面，则，解得，故当点为靠近点的三等分点时，平面平面.（2）解：设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，则，取，可得，因为.由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.55．（2023春·浙江温州·高三统考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形且，，．(1)求的值；(2)若，是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在，.【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面，可得出，进而可得出，利用勾股定理可求得的长；（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，过点作，分别交、于点、，可得出平面平面，求出的长，可得出，即可得解.【详解】（1）解：取线段的中点，连接、，因为四边形是边长为的菱形，则，，因为，由余弦定理可得，，所以，即，又且是的中点，,，、平面，平面，平面，，，，，；（2）解：过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，所以，平面平面，平面平面，平面，，所以，平面，过点作，分别交、于点、，因为，则，所以，、、、四点共面，因为平面，所以，平面平面，因为，，，则，因为，，由余弦定理可得，所以，，，所以，,，因为，所以，.56．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，，，．(1)求证：面面ABCD；(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且平面BEQF，是否存在点Q，使得平面平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在点Q，.【分析】（1）结合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，进而得出结论；（2）建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，设，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.【详解】（1）在中，因为，，所以，，所以，则，即，又，，面PAB，所以面PAB，又面ABCD，所以面面ABCD；（2）假设存在点Q，使得平面平面PAD；如图，以A为原点，分别以，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，设是平面PAD的法向量，则，取，设，其中．则连接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，取与同向的单位向量，设是平面BEQF的法向量，则，取．由平面平面PAD，知，有，解得．故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面平面PAD．考点十一面面垂直性质的应用57．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，是等腰直角三角形，，四边形是直角梯形，，，且，平面平面．(1)求证：；(2)若点E是线段上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥的体积为?【答案】(1)证明见解析(2)E为线段上靠近点D的三等分点【分析】（1）利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）设，则E到平面的距离为到平面的距离的倍，再根据棱锥的体积公式求解即可.【详解】（1）四边形是直角梯形，，，，∴，则，∴，∵平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；（2）由（1）可知平面，，设，则E到平面的距离为到平面的距离的倍，即E到平面的距离，是等腰直角三角形，，，，，即，，E为线段上靠近点D的三等分点．58．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）如图，三棱台，，，平面平面，，，与相交于点，，且∥平面．

(1)求三棱锥的体积；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】(1)根据面面垂直的性质和线面垂直的性质和按比例求锥体体积即可求解；(2)线面角的向量求法即可求解.【详解】（1）由题意，∵平面平面，且平面平面，，平面ABC，∴平面，∵平面，∴，又，，平面ABC，∴平面，连接，∵平面，平面，平面平面，∴，∵，∴，∴．∴三棱锥底面的面积，高，∴其体积为：．（2）证明：由题意及（1）得，以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．则．设平面的法向量为，由，取，则所以，设与平面所成角为，所以．

59．（2023·北京·人大附中校考三模）已知四棱锥的底面为梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判断直线和的位置关系，并说明理由；(2)若点到平面的距离为，请从下列①②中选出一个作为已知条件，求二面角余弦值大小．①；②为二面角的平面角．【答案】(1)相交，理由见解析(2)【分析】（1）由题意延长必交于一点，结合平面的基本性质证明直线即为直线，即可判断直线和的位置关系；（2）根据二面角平面角定义或垂直关系，即无论选择条件①②，结合面面垂直性质，均可证得平面，平面，设，根据垂直关系可用表示出所需长度，利用体积桥可求得，再利用面积桥可求得点到直线的距离，由此可得，进而得到.【详解】（1）且，延长必交于一点，即为点，平面，平面，且，，平面，平面，又平面，平面，连接，则平面平面，又平面平面，直线即为直线，如下图所示，

，即直线与相交.（2）若选条件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；同理可知：平面，平面，，；取中点，连接，，，四边形为平行四边形，，，，又，，；设，则，又，，，，，，又，，由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，，，为中点，，，设点到直线的距离为，则，即，解得：，，又二面角为锐二面角，.若选条件②，若为二面角的平面角，则，，又，；平面平面，平面平面，平面，平面；同理可知：平面，平面，，；取中点，连接，，，四边形为平行四边形，，，，又，，；设，则，又，，，，，，又，，由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，，，为中点，，，设点到直线的距离为，则，即，解得：，，又二面角为锐二面角，.60．（2023春·贵州黔东南·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，为正三角形，平面平面，．

(1)证明：；(2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证得平面，再由线面垂直的性质定理可证得；（2）由题意可得以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求解即可.【详解】（1）取的中点，连接，因为为正三角形，所以，底面ABCD为菱形，，所以为正三角形，所以，，平面，所以平面，平面，所以；

（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又因为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以，，，，设平面，，则，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为.

61．（2023春·贵州黔东南·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面，.

(1)证明：；(2)若为线段上靠近的三等分点，且平面，平面平面，平面，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，故可得.（2）设直线与平面交于点，连接，连接，设，则由面面平行的性质结合线线平行可得，再由题设中面面垂直可得平面，利用解直角三角形可求，故可求的值.【详解】（1）

取的中点为，连接，因为为正三角形，故，而为菱形，，故为等比三角形，故，而，平面，故平面，而平面，故.（2）设直线与平面交于点，连接，因为平面平面，平面平面，平面平面，故，同理.由菱形可得，故，故，又，故，故.连接，设，则.由（1）可得，而平面平面，平面平面，平面，故平面，而平面，故，故.在中，，故，故，故，故62．（2023·重庆·统考模拟预测）如图．在直三棱柱中，，平面平面．

(1)求点A到平面的距离；(2)设D为的中点，求平面与平面夹角的正弦值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）取的中点，证明平面，再利用等体积法求解作答.（2）利用（1）中信息，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【详解】（1）在直三棱柱中，，设点到平面的距离为，取的中点，连接AE，则，因为平面平面，平面平面，则有平面，又平面，即有，因为平面平面，则，因为平面，于是平面，又平面，因此，，，又，解得，所以点到平面的距离为.（2）以为坐标原点,分别以的方向为轴,轴,轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设平面的一个法向量，则，令，得，由（1）知，平面的一个法向量为，因此，所以平面与平面夹角的正弦值为.考点十二平行与垂直的综合问题63．（2023·全国·统考高考真题）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）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.（3）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.【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）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.

64．（2023·全国·高三对口高考）如图所示，直三棱柱中，，