专题39 空间直线、平面的垂直解析版-2025版高中数学一轮复习讲义知识梳理、考点突破和分层检测

Page专题39空间直线、平面的垂直（新高考专用）目录目录【知识梳理】 2【真题自测】 3【考点突破】 18【考点1】直线、平面垂直的判定与性质 18【考点2】平面与平面垂直的判定与性质 25【考点3】平行、垂直关系的综合应用 35【分层检测】 44【基础篇】 44【能力篇】 56【培优篇】 62考试要求：从定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.知识梳理知识梳理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，我们就说直线l与平面α互相垂直.(2)判定定理与性质定理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\co1(l⊥a,l⊥b,a∩b＝O,a⊂α,b⊂α))⇒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\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b2.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：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).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)二面角的平面角若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB.(3)二面角的平面角α的范围：0°≤α≤180°.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\co1(l⊥α,l⊂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\co1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l⊂β))⇒l⊥α1.三个重要结论(1)若两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)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.2.三种垂直关系的转化真题自测真题自测一、单选题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．1 B．2 C． D．2．（2024·全国·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．1 C．2 D．33．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（

）

A． B．C． D．4．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（

）A． B． C． D．二、解答题5．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．6．（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．7．（2024·全国·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．8．（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．9．（2023·全国·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．10．（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．参考答案：1．D【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离.【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.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.2．B【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.【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．C【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解.【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，所以.因为平面，平面，所以，因为，平面，，所以平面，因为平面，所以，.同理：，又，故四边形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因为，所有棱长之和为.故选：C4．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：B5．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为6．(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.7．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．【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．8．(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，，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.9．(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.10．(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，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.考点突破考点突破【考点1】直线、平面垂直的判定与性质一、单选题1．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下面结论中错误的是（

）A．B．平面C．平面平面D．平面2．（2024·辽宁大连·一模）已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，且，则D．若，且，则3．（23-24高三上·四川·阶段练习）已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（

）A．若，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，且与所成的角和与所成的角相等，则二、多选题4．（2024·湖南邵阳·三模）如图所示，点为正方体形木料上底面的动点，则下列结论正确的有（

）A．三棱锥的体积为定值B．存在点，使平面C．不存在点，使平面D．经过点在上底面上画一条直线与垂直，若与直线重合，则点为上底面中心三、解答题5．（2024·天津河北·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，分别是，的中点．(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)求直线与平面所成角的正弦值．6．（2024·山东济宁·三模）图1是由正方形ABCD和两个正三角形组成的一个平面图形，其中，现将沿AD折起使得平面平面，将沿CD折起使得平面平面，连接EF，BE，BF，如图2.(1)求证:平面；(2)求平面与平面夹角的大小.参考答案：1．D【分析】由条件，结合线面垂直判定定理证明平面，再证明，判断A，由，根据线面平行判定定证明平面，判断B，由平面，结合面面垂直判定定理证明平面平面，判断C，设平面，结合线面垂直性质可证，推出矛盾，判断D.【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是直径，都是母线．又是底面圆周上异于的一点，于是得.而平面，平面，则.因为，平面，则平面，因为平面，因此得，A正确；因为,平面，平面，所以平面，B正确；因为平面，而平面，所以平面平面，C正确．点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线，若平面，因平面，则，与矛盾，D不正确；故选：D.2．D【分析】由空间中直线与平面的位置关系，对各项进行分析即可．【详解】若，则a，b可以是平行，也可以是相交或异面，故A错误；若，则或，故B错误；若且，当时，不能证明，C选项错误；若，且，在上取一点，作，由面面垂直的性质定理可得且，既与重合，可得，故D正确.故选：D3．C【分析】利用线面的位置关系，结合空间想象即可得解.【详解】若，，，则与有可能平行，故A错误；若，，则可能在内，故B错误；若，，则，又，则，故C正确；若，且与所成的角和与所成的角相等，则与有可能相交，故D错误.故选：C.4．AD【分析】根据题意，结合三棱锥的体积公式、正方体的性质、线面垂直的性质以及线面平行的性质，一一判断即可【详解】三棱锥中，底面的面积为定值，由平面平面可知，平面上任意一点到平面的距离都相等，则可得三棱锥的体积为定值．故A选项正确；在正方体中，，平面，且，所以平面，若存在点使得平面，则与重合或平行，显然这样的点不存在，故B选项错误；在正方体中，，平面，平面，所以平面，当点与重合时，为，则存在点使得平面，故C选项错误；因为正方体中，平面，由题可得平面，所以，又因为，，平面，所以平面，平面，则．当与重合时，．在正方形中，则可得为与的交点，即为上底面的中心，故D选项正确．故选：AD.5．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据及线面平行的判断定理，即可证明；（2）根据线面垂直的判定定理，转化为证明线线垂直；（3）根据（2）的结论，求线面角，再根据几何关系求解正弦值.【详解】（1）在中，，分别是，的中点，，又平面，平面，平面．（2）四边形是正方形，，又平面，平面，

，又，且平面，平面．（3）由（2）知，平面，为斜线在平面上的射影，为直线与平面所成的角．由题意，在中，，，，，即直线与平面所成角的正弦值为．6．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取的中点，利用面面垂直的性质，结合平行四边形的性质、线面平行的判定推理即得.（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用面面角的向量求法求解即得.【详解】（1）分别取棱的中点，连接，由是边长为2正三角形，得，又平面平面，平面平面，平面，则平面，同理平面，于是，即四边形为平行四边形，，而平面平面，所以平面.（2）取棱的中点，连接，由四边形为正方形，得，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，则，，设平面的一个法向量为，则，令，得，由，平面平面，平面平面平面，得平面，则为平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为则，而，解得，所以平面与平面的夹角为.反思提升：(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③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.【考点2】平面与平面垂直的判定与性质一、单选题1．（2024·四川成都·三模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（

）A．若，，则B．若，，则C．若，，则D．若，，，则2．（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题3．（2022·江苏泰州·模拟预测）在正四棱锥中，点分别是棱上的点，且，，，其中，则（

）A．当时，平面平面B．当，，时，平面C．当，，时，点平面D．当，时，存在，使得平面平面4．（2024·江苏泰州·模拟预测）在正三棱柱中，的重心为，以为球心的球与平面相切．若点在该球面上，则下列说法正确的有（

）A．存在点和实数，使得B．三棱锥体积的最大值为C．若直线与平面所成的角为，则的最大值为D．若，则所有满足条件的点形成的轨迹的长度为三、解答题5．（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，求实数的值.6．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面．(1)证明：平面ABC．(2)若，，求直线BC与平面所成角的正弦值．参考答案：1．B【分析】对于A，由只需之间的位置关系即可判断；对于B，由面面垂直的判定即可判断；对于C，由线面位置关系即可判断；对于D，由面面垂直的性质即可判断.【详解】对于A，若，，则平行、相交或异面；对于B，若，则存在，使得，又因为，，而，所以，故B正确；对于C，若，，则或，故C错误；对于D，若，，，且如果不在内，则不会有，故D错误.故选：B.2．A【分析】过点D作，垂足为H，过点F作，交AB于点P，设，用表示，在中，求出的函数关系，可求t的取值范围.【详解】如图，在平面内过点D作，垂足为H，连接HK．过点F作，交AB于点P．设，，，所以．设，则．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，平面，所以，即．在中，，，因为和都是直角三角形，，，所以，则有．因为，所以，，，所以，，得．因为，所以．故选：A.3．BD【分析】举出反例可判断A；连接交于点，根据三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可知B正确；假设平面，可知平面与平面重合，显然不成立，知C错误；由线面垂直的判定可知平面，取中点，由平行关系可得平面，则平面与交点满足题意，知D正确.【详解】对于A，当时，平面与平面重合，A错误；对于B，当，，时，与重合，与重合，为中点，连接，交于点，连接，四边形为正方形，为中点，又为中点，，又平面，平面，平面，即平面，B正确；对于C，连接，假设平面，又平面，平面，平面，平面，平面即为平面，显然不成立，C错误；对于D，取中点，连接，交于点，连接，四边形为正方形，，为正方形的中心，平面，又平面，，又，平面，平面，分别为中点，，平面；过作，交于，则平面，平面平面，D正确.故选：BD.4．BC【分析】对于A，由球与平面的位置关系，判断结论；对于B，面积为定值，由到平面的最大距离求三棱锥体积的最大值；对于C，求出当最大时的位置，由两角和的正弦公式求的最大值；对于D，根据轨迹形状求长度.【详解】方法一：对于A，取中点，中点，连接，，正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，平面，，而为的重心，，到平面的距离为，而到平面的距离为，球与平面相离，则不存在这样的和实数，使，A错．对于B，到平面的距离为，球半径，则到平面的最大距离为，，B正确．对于C，设为球的的上顶点，平面于点，与球相切且与平面共面，，，设，则有，得，，C正确．对于，过且与垂直的平面为平面，到平面的距离等于倍的到平面的距离，即，而球半径，则平面截球的截面圆半径，所以截面圆周长即的轨迹长度为，D错.故选：BC．方法二：对于A，如图：左图中为中点，为在平面上的投影．右图为俯视图下看的球，由于为重心，在俯视图看来就是正三角形的中心，所以球实际上与三个侧面均相切，则易得半径．而，因此球与底面不相交，因此是错的；对于B，有，正确；对于C，作出平面的截面如下图：当最大时的位置如上图所示，不难计算出，所以，那么此时，所以C正确；对于D，轨迹即过B且垂直于的平面与球的交线圆，而，此式右边是球面上的大圆的周长，所以是不可能的，所以D错．故选：BC．【点睛】方法点睛：利用正三棱柱的结构特征和三角形重心的位置特征，求出重心到相关平面的距离，可解决向量共面，棱锥高度最大，轨迹及位置关系等问题.5．(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，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.6．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）取O为内一点，作，利用面面垂直的性质，证得，，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面．（2）以B为原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：取O为内一点，作OE垂直AB，交AB于点E，作OF垂直BC，交BC于点F，因为平面平面且平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，同理，因为，且平面，所以平面．（2）解：因为BC，BA，两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，令，则，，，，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．反思提升：(1)面面垂直判定的两种方法与一个转化①两种方法：(i)面面垂直的定义；(ii)面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).②一个转化：在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.(2)面面垂直性质的应用①两平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”.②两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线垂直于第三个平面.【考点3】平行、垂直关系的综合应用一、单选题1．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（

）A． B． C． D．2．（23-24高三上·陕西商洛·阶段练习）如图所示，在棱长为2的正方体中，点在棱上，且，则点到平面的距离之和为（

）

A． B． C． D．二、多选题3．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular

solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则下列说法正确的是（

）

A．该多面体的表面积为B．该多面体的体积为C．该多面体的平行平面间的距离均为D．过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为4．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，G为的中点，则下列结论正确的有（

）A．CG与所成角的余弦值为B．与平面的交点H是的重心C．三棱锥的外接球的体积为D．与平面所成角的正弦值为三、解答题5．（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．6．（2024·全国·模拟预测）如图四棱台中，，平面，.(1)证明：；(2)若，，，求二面角的余弦值.参考答案：1．C【分析】延长交延长线于点，连接，由几何关系证明MN到平面的距离即点到平面的距离，再由等体积法求出结果即可；【详解】延长交延长线于点，连接，，因为分别是AB和BC的中点，则，由正方体的性质可得，所以，又平面，平面，所以平面，所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为，则，因为正方体的棱长为1，所以，，，所以，即，故选：C.2．B【分析】根据条件确定点P的位置，利用线面平行把点到平面的距离分别转化点到平面的距离求解即可.【详解】在棱长为2的正方体中，平面，平面，则，由，得，在中，，则，即点为中点，又平面，平面，因此平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离，同理点到平面的距离等于点到平面的距离，连接，过分作的垂线，垂足分别为，如图，

由，得，解得，在中，，则，所以点到平面的距离之和为.故选：B3．ABD【分析】根据该多面体结构特征即可求出表面积判断A，利用割补法求体积判断B，分别求解两平行平面的距离即可判断C，利用平面性质找到截面图形，利用正六边形由六个正三角形组成求面积判断D.【详解】由题意，该多面体的面由6个边长为1的正方形和8个边长为1的正三角形构成，故该多面体的表面积为，故A正确；该多面体的体积为原正方体的体积去掉8个相同的三棱锥的体积，注意到该多面体的原正方体边长为，所以，故B正确；对于选项C，若该多面体平行平面为上下两个正方形所在的平面，则平行平面间的距离为；若该多面体平行平面为两个正三角形所在的平行平面，如图，

不妨记正方体为，，，故是平行四边形，所以，又E，Q分别为，的中点，所以，同理，所以，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，设对角线分别交平面和平面于点，因为，，平面，所以平面，又平面，所以，同理，又，平面，所以平面，又平面平面，所以平面，即为平面与平面的距离，则,由正方体边长为得，根据，则，解得，根据对称性知，所以，此时平面EMQ与平面BCG的距离为，即两个正三角形所在的平行平面间的距离为，故C错误；根据平面性质知，过A、Q、G三点的平面截得的截面图形是一个边长为1的正六边形ABGPQE，故截面面积为，故D正确.故选：ABD4．ABC【分析】对于A，连接，可得即为异面直线与所成角或其补角；对于B，可得四面体为正四面体，证明平面即可判断；对于C，三棱锥和正方体有相同的外接球，求出即可；对于D，可得为直线与平面所成的角，即可求出判断.【详解】对于A，连接，则由正方体的性质可知，所以即为异面直线与所成角或其补角，连接，设，则为的中点，连接，则，在中，，即与所成角的余弦值为，故A正确；对于B，连接，则，则四面体为正四面体，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可得，因为，平面所以平面，垂足为，又四面体为正四面体，所以为的中心，即为的重心，故B正确；对C，由于三棱锥的顶点均为正方体的顶点，所以三棱锥和正方体有相同的外接球，所以外接球半径，体积为，故C正确；对D，连接，并延长交于点，由选项B知平面，所以为直线与平面所成的角，由为正三角形，且为的重心，所以为的中点，也是的中点，在中，，所以，故D错误.故选：ABC.【点睛】方法点睛：本题考查空间角中的线线角的余弦值的求法，线面角的正弦值的求法，法一：作出空间角再利用解三角形的知识求解，法二建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.5．(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，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，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.6．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明平面，再由平面，则可得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，判断二面角为锐角，求出二面角的余弦值即可.【详解】（1）取的中点，连接，则，，四边形为平行四边形，所以，所以，因为平面，平面，所以，又因为平面，，所以平面，又平面，所以.（2）因为平面，平面，所以，由（1）得，，以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，在四棱台中，四边形相似于四边形，且相似比为，，所以，，所以，平面的一个法向量为，，，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，故二面角的余弦值为.反思提升：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.求解时应注意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.分层分层检测【基础篇】一、单选题1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台的上底面积为，下底面积为，高为2，则该三棱台的表面积为（

）A． B． C． D．182．（2023·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为1，点O在线段上且，则点O到平面的距离是（

）A． B． C． D．3．（2024·陕西安康·模拟预测）在四棱锥中，为等边三角形，四边形为矩形，且，平面平面，则直线AC与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．14．（2024高三下·全国·专题练习）已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．平面内有无数条直线与平面平行的充要条件是B．平面内有两条直线m，n分别与平面平行，则C．若，且，则D．平面内有无数条直线与平面垂直，则二、多选题5．（2024·河南·模拟预测）已知点，为不同的两点，直线，，为不同的三条直线，平面，为不同的两个平面，则下列说法正确的是（

）A．若，，则B．若，，则C．若，，，，则D．若，，，，则直线6．（2023·云南·三模）下列说法错误的是（

）A．若直线不平行于平面，，则内不存在与平行的直线B．若平面平面，平面平面，，则C．设为直线，在平面内，则“”是“且”的充分不必要条件D．若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补7．（2022·江苏泰州·模拟预测）在正四面体A－BCD中，，点O为的重心，过点O的截面平行于AB和CD，分别交BC，BD，AD，AC于E，F，G，H，则（

）A．四边形EFGH的周长为8B．四边形EFGH的面积为2C．直线AB和平面EFGH的距离为D．直线AC与平面EFGH所成的角为三、填空题8．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是．（填序号）①；②；③平面；④平面平面．9．（23-24高三下·重庆·开学考试）如图，在正四棱柱中，为的中点，则中点到平面的距离为．10．（1997·全国·高考真题）已知m、l是直线，α、β是平面，给出下列命题：①若l垂直于α内两条相交直线，则；②若l平行于α，则l平行于α内所有的直线；③若，且，则；④若且，则；⑤若，且，则．其中正确命题的序号是．四、解答题11．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.(1)求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.12．（2024·江苏·二模）如图，直三棱柱的体积为1，，，．(1)求证：；(2)求二面角的余弦值．参考答案：1．A【分析】由上下底面的面积可求出上下底面边长，构造直角三角形结合棱台的高求出侧面梯形的高，求出侧面积后得表面积.【详解】由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为和，设在底面内的射影为，作于，平面，平面，则有，又，，平面，所以平面，平面，所以，由，，，则，又，所以，则，故三棱台的侧面积为，表面积为.故选：A.2．B【分析】证明出平面，故的长即为点到平面的距离，求出，根据比例关系得到答案.【详解】如图，因为，且正方体棱长为1，所以，平面，又平面，所以，因为，平面，所以平面，的长即为点到平面的距离，，因为点O在线段上且，所以点O到平面的距离．故选：B3．A【分析】取为的中点，先证明平面，得为所求线面角，由边长间的关系求正弦值.【详解】平面平面，又平面平面，平面，，则平面，又平面，故平面平面，取的中点，连接，如图所示，平面平面，平面平面，为等边三角形，则，故平面，则直线AC与平面所成角即为，令，则，，，故.故选：A4．D【分析】利用面面垂直的判定定理易得D项正确；对于A,B,C，只需借助于正方体模型举出反例即可一一排除.【详解】如图,作正方体,对于A，设平面为平面，平面为平面，在平面内可以作无数条直线与平行，则这些直线都与平面平行，但平面与平面相交，故错误；对于B，设平面为，平面为，平面为,在内可以作两条直线m，n与平行，则易得，但平面与相交，故B错误；对于C，设平面为，平面为，取直线为，直线为，则，且，但与相交，故C错误；对于D，由面面垂直的判定定理知，平面内只要有一条直线与平面垂直，就能得到，故D正确．故选：D.5．AC【分析】利用已知条件判断线线位置关系，可知A正确，BD错误；根据点线面的位置关系，结合立体几何的基本事实1，2，可以得到结论：C正确.【详解】若，则垂直于任一条平行于的直线，又，则，故A正确；若，不能推出,还可能平行或异面，故B错误；若，则，，又，故，故C正确；若，，则为内的一条直线，不一定对，故D错误.故选：AC6．BD【分析】可根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的性质可判断B；根据线面垂直的判定定理及性质可判断C；根据，时的特殊情况进行判断.【详解】选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故选项A正确；选项B，由面面垂直的性质可知，若平面，则，但题目中不确定位置，可能出现，故选项B错误；选项C，根据线面垂直的性质可知，可得到且，故满足充分性；当直线不相交时，由线面垂直的判定定理知：且时，得不到，故不满足必要性，故选项C正确；选项D，当，时，可满足题设条件，此时平面与平面所成的二面角为,平面与平面所成的二面角为，故选项D错误.故选：BD.7．BCD【分析】根据点式的重心和可以求出,同理可求出,则可以判断A，,则四边形的面积可求，可以判断B，将正四面体补成正方体，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，再利用向量法求出距离和夹角，则可以判断CD【详解】O为的垂心，连AO延长与CD交于M点，则∴，∴，，，∴，∴周长为6，A错．，则，B对．将四面体补成一个长方体，则正方体边长为，∴P，Q分别为AB，CD中点，PQ⊥平面EFGH，∴A到平面EFGH距离，C对AC与PQ夹角为，则AC与平面EFGH的夹角为，D对故选：BCD8．①②④【分析】证明平面，即可得到，同理可得，即可判断①②，推出矛盾说明③，根据平面说明④.【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是底面圆的直径，都是母线．又是底面圆周上异于的一点，于是得，而平面，平面，则．因为平面，则平面，因为平面，所以，①正确：同理可证，②正确：点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线，若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确．故答案为：①②④9．【分析】中点到平面距离为到平面距离的一半，由，等体积法求点到平面的距离.【详解】设中点为O，O到平面距离为到平面距离的一半，连接，设到平面的距离为，由，即，，∴O到平面CDE的距离为.故答案为：.10．①④【分析】对于①，考虑直线与平面垂直的判定定理，符合定理的条件故正确；对于②⑤，可举出反例；对于③考虑的判定方法，而条件不满足，故错误；对于④符合面面垂直的判定定理，故正确．【详解】对于①，由线面垂直的判断定理可知，若l垂直于a内的两条相交直线，则，故①正确，对于②，若，如图1，

可知，与是异面关系，故②不正确，对于③，若，且，无法得到，故无法得到，故③不正确，对于④，根据面面垂直的判断定理可得，若且，，则，故④正确，对于⑤，如图2，满足，且，则异面，

故⑤不正确，故正确命题的序号是①④．故答案为：①④11．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、，则，，又底面是正方形，即，则，即四边形为平行四边形，则，又在平面外，平面，故平面.

（2）取线段的中点为点，连接、，又，底面是边长为的正方形，则，且，，又二面角的大小为，即平面平面，又平面，平面平面，则平面，则是直线与平面所成角，在中，，即，故直线与平面所成角的大小为.12．(1)证明见解析(2)【分析】（1）法一：由线面垂直证明即可；法二：用空间直角坐标系证明即可；（2）法一：过作于，连接，由已知得出为二面角的平面角，求解即可；法二：建立空间直角坐标系求解．【详解】（1）直三棱柱的体积为：，则，四边形为正方形，法一：在直棱柱中，面，，又平面，则，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，在正方形中，有，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以．法二：直棱柱，平面，又，以为原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以．（2）由（1）得，设，在中，过作于，连接，因为，，平面，且，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，，得，又在中，，得，，所以二面角的余弦值为．法二：，，，，，，，设平面的法向量：，则，取，得，，，设面的法向量，则，取，得，设二面角的大小为，则：，因为为锐角，所以二面角余弦值为．【能力篇】一、单选题1．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（

）A．直线与BD所成的角为90°B．线段的长度为C．直线与所成的角为90°D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为二、多选题2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（

）A．四点共面 B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形C．平面 D．平面平面三、填空题3．（2024·全国·模拟预测）如图，已知平面平面，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为.四、解答题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.参考答案：1．D【分析】在平行六面体中，取，利用空间向量的线性运算及数量积运算，逐一分析选项，即可得出答案.【详解】在平行六面体中，令，，，由，，得，，对于，显然，，则，即，因此直线与所成的角为，A正确；对于B，，即，B正确；对于C，，即，因此直线与所成的角为，C正确；对于D，在平行六面体中，四边形是菱形，即，又，，平面，于是平面，又平面，则平面平面，连接交于点，在平面内过点作于点，如图，由平面平面，因此平面，即直线与平面所成角为，，则，即，由及选项C知，，则，D错误.故选：D2．BD【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；对于C：分别取的中点，则平面即为平面，由正六边形，可知，所以不平行于，又平面，所以，所以平面，所以不平行于平面，故选项错误；对于D：因为是等腰三角形，，，，是的中点，易证，由正方体可得平面，平面，又平面，，平面，平面，平面，平面平面故选项D正确．故选：BD．3．/【分析】作出异面直线与所成的角，利用余弦定理求出相关线段长，进而求出夹角的余弦.【详解】延长到点，使得，连接，则四边形为平行四边形，有，于是或其补角是异面直线与所成的角，如图，在平面内过点作，连接，由四边形是等腰梯形，得，，由已知可得，即，而，则≌，有，，于是，，由，得，则，由平面平面，平面平面，得平面，而平面，因此，，在中，由余弦定理得，所以异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：4．(1)证明见解析(2)1【分析】（1）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）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