文档内容
第 04 讲 空间中的垂直关系
（线线垂直、线面垂直、面面垂直）
（10 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
证明线面平行
2024年新I卷，第17题,15分 证明面面垂直
由二面角大小求线段长度
证明线面垂直 求平面的法向量
2024年新Ⅱ卷，第17题,15分
线面垂直证明线线垂直 面面角的向量求法
证明线面垂直
2023年新Ⅱ卷，第20题,12分 面面角的向量求法
线面垂直证明线线垂直
线面垂直证明线线垂直 锥体体积的有关计算
2021年新I卷，第20题,12分
面面垂直证线面垂直 由二面角大小求线段长度或距离
证明线面垂直 求异面直线所成的角
2021年新Ⅱ卷，第10题,5分
线面垂直证明线线垂直
2021年新Ⅱ卷，第19题,12分 证明面面垂直 面面角的向量求法
2020年新I卷，第20题,12分 证明线面垂直 线面角的向量求法
2020年新I卷，第20题,12分 证明线面垂直 线面角的向量求法
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等偏难，分值为5-15分
【备考策略】1.熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理及其应用
2.熟练掌握面面垂直的判定定理和性质定理及其应用
【命题预测】本节内容是新高考卷的常考内容，一般在解答题中考查线面垂直、面面垂直的判定及其性质，
需强化巩固复习.知识讲解
空间中的垂直关系
（1）线线垂直
①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直
②勾股定理的逆定理证线线垂直
③菱形、正方形的对角线互相垂直
（2）线面垂直的判定定理
判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
图形语言 符号语言
（3）线面垂直的性质定理
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
图形语言 符号语言性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
图形语言 符号语言
（4）面面垂直的判定定理
判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直
（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
图形语言 符号语言
（5）面面垂直的性质定理
性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一
个平面
图形语言 符号语言考点一、 线面垂直判定定理（特殊图形）
1．（23-24高三上·上海闵行·期中）正四棱锥 中， ， ，其中 为底面中心， 为
上靠近 的三等分点．
(1)求证： 平面 ；
(2)求四面体 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 ， ，则 与 交于点 ，由正四棱锥的性质得到 ， 平面
，则 ，即可得证；
（2）首先求出 ，再由 为 上靠近 的三等分点，得到 ，所以
.
【详解】（1）在正四棱锥 中 为底面中心，连接 ， ，
则 与 交于点 ，且 ， 平面 ， 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，所以 平面 .（2）因为 ， ，所以 ，
又 为 上靠近 的三等分点，所以 ，
则 .
2．（22-23高二下·湖南郴州·期末）如图，直三棱柱 中， 是边长为 的正三角形， 为
的中点．
（1）证明： 平面 ；
（2）若直线 与平面 所成的角的正切值为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）连接 ，由（1）知 ⊥平面 ，又直线 与平面 所成的角的正切值为 ，可得
，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角的坐标公式计算大小可得
答案．
【详解】（1） 是正三角形， 为 的中点，
．
又 是直三棱柱，
平面ABC，
．
又 ，
平面 ．
（2）连接 ，由（1）知 平面 ，
∴直线 与平面 所成的角为 ，
．是边长为2的正三角形，则 ，
．
在直角 中，OB=1， ，
．
建立如图所示坐标系，则 ， ， ， ， ．
， ，设平面 的法向量为 ，则 ，即
，解得平面 的法向量为 ．
， ，设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，
解得平面 的法向量为 ．
设平面 与平面 夹角为 ，则
．
平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
【点睛】
1．（22-23高二上·北京·阶段练习）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 为菱形，
为 的中点．(1)求证： 平面PAC；
(2)若点 是棱 的中点，求证： 平面PAE．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【分析】（1）利用线面垂直性质以及菱形性质可得 , ，根据线面垂直判定定理即可得出
平面PAC；；
（2）依题意可得四边形 为平行四边形，利用线面平行判定定理即可证明 平面PAE．
【详解】（1）由 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为底面 为菱形，所以 ，
易知 ，PA,AC⊂平面PAC，
所以 平面PAC；
（2）连接 ， ，如下图所示：
由底面 为菱形可得 ，且 ，
又因为 为 的中点，点 是棱 的中点，所以可得 ，且 ，
所以可知四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面PAE， 平面PAE，
所以 平面PAE．
2．（2024·新疆喀什·三模）如图，在正四棱台 中， ， ， 是
的中点．(1)求证：直线 平面BDD B ；
1 1
(2)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）连接 交 于 ，连接 交 于 ，连接OO ，依题意得 平面 ，即可
1
得到 ，再由 ，即可得证；
（2）首先求出 以及OO ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
1
【详解】（1）连接 交 于 ，连接 交 于 ，连接OO ，
1
∵四棱台 是正四棱台，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴ ，又 ， ， 平面BDD B ，
1 1
∴ 平面BDD B ．
1 1
（2）在等腰梯形 中， ， ，
所以 ，
在等腰梯形BDD B 中， ，
1 1
所以 ，
两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系，
则 ，，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
，取 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
∴直线 与平面 所成角的正弦值 ．
考点二、 线面垂直判定定理（三线合一）
1．（2024·陕西榆林·一模）在三棱锥 中， 为 的中点.
(1)证明： ⊥平面 .
(2)若 ，平面 平面 ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直；
（2）由面面垂直得到线面垂直，求出 ，利用等体积法求出点到平面的距离.
【详解】（1）因为 ， 为 的中点，
所以 ，
又因为 平面 ，所以 ⊥平面 .
（2）因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，所以 均为等边三角形，
故 ，故 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，由勾股定理得 ，
取 的中点 ，连接 ，
在 中， ，故 ⊥ ，
故 ， ，
设点 到平面 的距离为 ，所以 ，解得 .
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱锥 中，点 为棱 的中点，点 为 的中点， ，
， 都是正三角形．
(1)求证：AO⊥平面 ；(2)若三棱锥 的体积为 ，求三棱锥 的表面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得 ， ，可证 平面 ，可得 ，又易得
AO⊥DE，进而可证AO⊥平面 ．
（2）由已知可得 ， ，利用体积可求得 的值，进而可求表面积.
【详解】（1）因为 是正三角形，点 为 的中点，所以AO⊥DE．
因为 ， 是正三角形，点 为 的中点，
所以 ， ．
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以AO⊥平面 ．
（2）设 ，则 是边长为 的正三角形，因为AO⊥DE，所以 ，
因为 是正三角形，且 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积 ，所以 ，
的面积为 ，
与 的面积相等，其面积之和为 ，
在 中， ， ，
所以 的面积为 ．
所以三棱锥 的表面积为 ．1．（2024·青海·二模）如图，在三棱柱 中，所有棱长均相等， ， ，
.
(1)证明；AO⊥平面 .
(2)若二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设D为 的中点，先证明 平面 ，以此得到 ，再证明 ，结合
线面垂直的判定定理即可得解；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解.
【详解】（1）
设D为 的中点，连接 ， ， .
因为在三角形 中， ，所以三角形 是等边三角形，
而 是 的中点，故由三线合一可知， ，
因为 ， 是三角形 的中位线，即 ，所以 .
因为 ， 平面 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
在 中， ，O为 的中点，所以 .
因为 ， 平面 ，所以AO⊥平面 .
（2）设三棱柱 的棱长为 ，以O为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系，则 ，B(1,0,0)， ， ， .
， ， .
设平面 的法向量为 ，
则 ，可取 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，可取 .
因为平面 平面 ，所以平面 的一个法向量为 .
， ，
故二面角 的正弦值为 .
2．（2023·陕西西安·三模）如图，在三棱柱 中， 平面ABC，D，E分别为AC， 的
中点， ， ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求点D到平面ABE的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)【分析】（1）通过证明 ， ，得证 平面 ．
（2）由 ，利用体积法求点D到平面ABE的距离．
【详解】（1）证明：∵ ，D，E分别为AC， 的中点，
∴ ，且 ，
又 平面 ，∴ 平面 ，
又 平面 ，∴ ，
又 ，且 ， 平面 ，
∴ 平面 ．
（2）∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ， ， ．
在 中， ， ，
∴ 边上的高为 ．
∴ ．
设点D到平面ABE的距离为d，
根据 ，得 ，解得 ，
所以点D到平面ABE的距离为 ．
考点三、 线面垂直判定定理（勾股定理、余弦定理）
1．（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．
【答案】(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PAC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 ，PA∩PB=P，
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PAC的法向量为 ，则 ，即
令 ，则y =−1，所以 ，
1
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 .
2．（2024·海南·模拟预测）如图，已知线段 为圆柱OO 的三条母线，AB为底面圆 的一条直
1
径， 是母线 的中点，且 .
(1)求证：A O⊥平面DOC；
1
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）通过证明 ，A O⊥OD，再根据线面垂直的判定定理即可证明A O⊥平面 ；
1 1
（2）建立空间直角坐标系，分别求平面 与平面 的法向量，通过法向量即可求解二面角的余弦
值.
【详解】（1）连接 .
因为 为底面圆 的直径，
所以 为 的中点， .
又因为 ，所以 .
由圆柱的性质知 平面 ，而 平面 ，
所以 ，又 ，且 平面 ，
所以OC⊥平面 ，
因为A O⊂平面 ，所以 .
1
因为 ， 为母线 的中点，
所以 ，
，
，
，
所以 ，则A O⊥OD.
1
又 平面 ，且 ，
所以A O⊥平面 .
1
（2）连接OO ，易知 平面 ，
1
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，
所以 .
设平面 的法向量为⃗m=(x,y,z)，则 令 ，得 .
设平面 的法向量为⃗n=(a,b,c)，则 令 ，得 .设平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
故平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
1．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥 中， ， ，四边形 是菱
形， ， 是棱 上的动点，且 .
(1)证明： 平面 .
(2)是否存在实数 ，使得平面 与平面 所成锐二面角的余弦值是 ？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)存在实数 ，理由见解析
【分析】
（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到 ，再由勾股定理逆定理得到 ，从而得到线面
垂直；
（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答
案.
【详解】（1）因为四边形 是菱形，所以 .
因为 ， ， 平面PAC，且 ，所以 平面PAC.
因为 平面PAC，所以 .
因为 ，所以 ，即 .
因为 ， 平面 ，且 ，所以 平面 .
（2）
取棱 的中点 ，连接 ，因为四边形 是菱形， ，
所以 为等边三角形，故 ⊥ ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 ， ，故 ， ， 两两垂直，
故以 为原点，分别以 ， ， 的方向为 ， ， 轴的正方向，建立空间直角坐标系.
设 ，则A(0,0,0)， ， ， ，
故 ， ， ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
令x=√3，得 .
平面 的一个法向量为 ，设面 与面 所成的锐二面角为 ，
则 ，
整理得 ，解得 或 （舍去）.故存在实数 ，使得面 与面 所成锐二面角的余弦值是 .
2．（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥 中， 平面 为等边三角
形， ，点 为棱 上的动点．
(1)证明：DC⊥平面 ；
(2)当二面角 的大小为 时，求线段 的长度．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）先求得 ，再根据线面垂直的判定定理证得DC⊥平面 .
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得 点的坐标，进而求得 的长度.
【详解】（1）依题意 ，所以 ，
所以 ，所以 ，则 ，
由于 平面 ，DC⊂平面 ，所以 ，
由于 平面 ，所以DC⊥平面 .
（2）由（1）可知 两两相互垂直，由此以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，设 ，
平面 的法向量为 ，
设平面FAC的法向量为 ，
则 ，
故可设 ，
依题意，二面角 的大小为 ，所以 ，
整理得 ，
解得 或 （舍去），所以 ，
所以 .
3．（23-24高一下·浙江宁波·期中）如图，已知三棱台 的体积为 ，平面 平面
， 是以 为直角顶点的等腰直角三角形，且 ，
(1)证明： 平面 ；
(2)求点 到面 的距离；
(3)在线段 上是否存在点 ，使得二面角 的大小为 ，若存在，求出 的长，若不存在，请
说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得 ；由面面垂直和线面垂直的性质可
证得 ，结合 可证得结论；
（2）延长 交于一点 ，根据 可求得 ，利用体积桥 可构
造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设 ，根据几何关系可表示出 ，由
二面角大小可构造方程求得 ，进而得到结果.
【详解】（1）连接 ，
在三棱台 中， ；
， 四边形 为等腰梯形且 ，
设 ，则 .
由余弦定理得： ，
， ；
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ， ；
是以 为直角顶点的等腰直角三角形， ，
， 平面 ， 平面 .
（2）由棱台性质知：延长 交于一点 ，
， ， ，
；平面 ，即 平面 ，
即为三棱锥 中，点 到平面 的距离，
由（1）中所设： ， ，
为等边三角形， ，
， ；
， ，
，
设所求点 到平面 的距离为 ，即为点 到面PAC的距离，
， ，解得： .
即点 到平面 的距离为 .
（3） 平面 ， 平面 ， 平面 平面 ，
平面 平面
取 中点 ，在正 中， ， 平面 ，
又 平面 ， 平面 平面 ．
作 ，平面 平面 ，则 平面 ，
作 ，连接 ，则 即 在平面 上的射影，
平面 ， 平面 ， ，
， 平面 ， 平面 ，
平面 ， ， 即二面角 的平面角.
设 ，
在 中，作 ，， ，又 平面 ， 平面 ，
，解得： ，
由（2）知： ， ，
， ，
， ，
， ，
若存在 使得二面角 的大小为 ，
则 ，解得： ，
，
存在满足题意的点 ， .
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求
解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于 长度的
方程，从而求得结果.
考点 四 、 线面垂直判定定理（全等与相似）
1．（2023·北京房山·一模）如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面ABCD，
，M为BC的中点.(1)求证： 平面PBD；
(2)求平面ABCD与平面APM所成角的余弦值；
(3)求D到平面APM的距离.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定理进行证明
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；
（3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）因为 ，M为BC的中点，
所以 ，
因为四棱锥 的底面是矩形，
所以 ，
所以 ，所以 ，
而 ，即 ，
因为 底面ABCD， 底面ABCD，
所以PD⊥AM，而 平面PBD，
所以 平面PBD；
（2）因为 平面ABCD， 平面ABCD，
所以 ，
因为因为四棱锥 的底面是矩形，
所以 ，建立如下图所示的空间直角坐标系，，
因为 平面ABCD，
所以平面ABCD的法向量为 ，
设平面APM的法向量为 ，
， ，
于是有 ，
平面ABCD与平面APM所成角的余弦值为 ；
（3）由（2）可知平面APM的法向量为 ， ，
所以D到平面APM的距离为
1．（2024·宁夏银川·一模）如图，在四棱锥 中，已知 是
的中点.
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，点 是 的中点，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）求证 且 即可由线面垂直判定定理得证 平面 .
（2）利用等体积法 求出点 到平面 的距离即可求解点 到平面 的距离.
【详解】（1） 是 的中点 ，
连接 ， ， ，
在 和 中 ，
， ，
平面 ， 平面 .
（2）因为 是 的中点，
所以点 到平面 的距离就是点 到平面 的距离的一半，
设点 到平面 的距离为 ，
因为 ，
所以 ，
故 ，
设点 为 的中点，则 ，
所以 ， ，
因为 ，
所以 ，故 ，
所以点 到平面 的距离为 .
考点 五 、 线面垂直判定定理（空间向量）1．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知正三棱柱 分别为棱 的中点．
(1)求证：A B⊥平面 ；
1
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值；
【详解】（1）取 中点 ，由正三棱柱性质得， 互相垂直，以 为原点，分别以 ，
所在直线为 轴， 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设 ，则 ，
则 ．
证明： ，
由 ，得 ，
由 ，得 ，
因为 平面 ，所以A B⊥平面 ．
1
（2）由（1）可知 为平面 的一个法向量，设 平面 的法向量，
则 ,故 ，
令 ，得面 的一个法向量为 ，
设二面角 的值为 ，
则 ，所以，二面角 的正弦值为 ．
2．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱 中， ， ， ，
.
(1)当 时，求证： 平面 ；
(2)设二面角 的大小为 ，求cosθ的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，当 时，求得 的坐标，求得，得到 ，结合线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）由（1）求得平面AEC和平面 的法向量 和 ，利用向量的夹角公式，
求得 ，结合 ，进而求得cosθ的范围.
【详解】（1）证明：以 为坐标原点，以 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如
图所示， ，
当 时， ，所以 ，
可得 ，所以 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）解：由（1）可得 ，
设平面AEC的一个法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ，所以 ，
因为 平面 ，所以平面 的一个法向量为 ，
所以 ，
又因为 ，可得 ，所以 ，
因为二面角 为锐二面角，所以 ，
所以cosθ的取值范围 .3．（2024·湖南岳阳·三模）已知四棱锥 的底面 是边长为4的菱形， ，
， ， 是线段 上的点，且 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)点 在直线 上，求 与平面 所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）连结 ， 交于点 ，由条件证明 ，建立空间直角坐标系，利用向
量方法证明 ，结合线面垂直判定定理证明结论；
（2）根据线面角的向量求法求出 与平面 所成角的正弦值，再求其最大值，由此可求线面角的最
大值.
【详解】（1）连结 ， 交于点 ，连 ，
由 ，
知 ，
又 平面
又底面 为菱形，所以
以 为坐标原点， ， ， 分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示 ，边长为4，则 ，
在直角三角形 中， 所以
所以点
，则
所以 ，
所以 ，，
所以 ，
所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，
（2）设 ，
所以 ，
故 ，
所以
平面 的一个法向量是 ，
设 与平面 所成角为 ，则
当 时， 平面 ， ；
当 时，
，
当且仅当 时取等号，
又 所以 ，
故 与平面 所成角的最大值为1．（2024·安徽六安·模拟预测）如图， 为菱形， ，∠ACB=120°，平面 平面
，点F在 上，且 ， 分别在直线 上．
(1)求证： 平面 ；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若 ，MN为直线
的公垂线，求 的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理可求得 ，可得 ，两边平方可求得 ，由勾股定理的
逆定理可证 ，利用面面垂直的性质可证 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，设 ， ，则 ，利用公垂线
可得 ，求解即可.
【详解】（1） ，所以 ，所以 ，
所以 ， ，
，则 ，又因为平面 平面 ，
平面 平面 平面 ，故 平面 ；
（2）在平面 中过 作直线 ，
以C为原点， 的方向为x轴正方向， 的方向为 轴正向，直线 为 轴，
建立如图所示空间直角坐标系C−xyz，
由 ，可得 ， ，
所以 ，
所以 ，
设 ，则 ，
设 ，则 ， ，
由题知 ，解得 ， ，
故 .
2．（2024·重庆·三模）如图，在圆锥PO中，AC为圆锥底面的直径， 为底面圆周上一点，点 在线段
BC上， ， .(1)证明： 平面BOP；
(2)若圆锥PO的侧面积为18π，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，利用向量法证明 ，然后利用线面垂直的判定定理
证明即可；
（2）根据圆锥PO的侧面积求得 及 ，求出平面 的法向量，利用向量法求得二面角
的余弦值.
【详解】（1） 平面 ，故以 为坐标原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向，
与 同向的方向为 轴正方向建立空间直角坐标系.
设 ，故 ， ， ，
.
.
故 ， 平面 ，∴AD⊥平面 .
（2） 圆锥PO的侧面积 ， ，
由（1）可知， 为平面 的法向量，设平面 的法向量为 ，而 ， ，
故 ，令c=−1得 ，
则 ，
所以二面角 的余弦值为 .
3．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）如图，在直三棱柱 中，△ 为边长为2的正三角
形， 为 中点，点 在棱 上，且 .
(1)当 时，求证 平面 ；
(2)设 为底面 的中心，求直线 与平面 所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时 的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)最大值为 ，此时
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可.
（2）求出直线对应的方向向量和平面对应的法向量，将线面角用向量坐标表示进而求最值.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，
因为三棱柱 为直棱柱，且△ 为正三角形，
所以以 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立如图所示空间直角坐标系，根据已知条件得
，
当 时， ， ，
，
，
，即 ，
又 ，而 平面 ， 平面 .
（2）由（1）知 ， ，
为△ 的中心， ，
设平面 的法向量 ，则
，令 ，则
设直线 与平面 所成角为 ，则
令 ，则 ，
此时 ，
(当且仅当 即 时取等号)，，
即直线 与平面 所成角正弦的最大值为 ，此时 的值为
考点 六 、 线面垂直性质定理
1．（2022·全国·高考真题）在四棱锥 中， 底面
．
(1)证明： ；
(2)求PD与平面 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明 ，根据线面垂直的性质可得
，从而可得 平面 ，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，
所以AD2+BD2=AB2，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以 ；
（2）解：如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
，
则 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则有 ，可取 ，
则 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知 和 都是直角梯形，AB//DC， ， ，
， ， ，二面角 的平面角为 ．设M，N分别为 的
中点．
(1)证明： ；
(2)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）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ，由平面知识易得
，再根据二面角的定义可知， ，由此可知， ， ，从而可证得
平面 ，即得 ；
（2）由（1）可知 平面 ，过点 做 平行线 ，所以可以以点 为原点， ， 、
所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，求出平面 的一个法向量，以及
，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ．
∵四边形 和 都是直角梯形， ， ，
由平面几何知识易知， ，则四边形 和四边形
是矩形，∴在Rt 和Rt ， ，
∵ ，且 ，
∴DC⊥平面 是二面角 的平面角，则 ，
∴ 是正三角形，由DC⊂平面 ，得平面 平面 ，
∵ 是 的中点， ，又DC⊥平面 ， 平面 ，可得 ，而
，∴ 平面 ，而 平面 ．
（2）因为 平面 ，过点 做 平行线 ，所以以点 为原点， ， 、 所在直线
分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，设 ，则 ，
设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)
由 ，得 ，取 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
∴ ．
3．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥 中， ， ， ，
E为BC的中点．
(1)证明： ；
(2)点F满足 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）根据题意易证 平面 ，从而证得 ；（2）由题可证 平面 ，所以以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角
坐标系，再求出平面 的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接 ，因为E为BC中点， ，所以 ①，
因为 ， ，所以 与 均为等边三角形，
，从而 ②，由①②， ， 平面 ，
所以， 平面 ，而 平面 ，所以 ．
（2）不妨设 ， ， ．
， ，又 ， 平面 平面 ．
以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设 ，
设平面 与平面 的一个法向量分别为 ，
二面角 平面角为 ,而 ，
因为 ，所以 ，即有 ，
，取 ，所以 ；
，取 ，所以 ，
所以， ，从而 ．
所以二面角 的正弦值为 ．
4．（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．
【答案】(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 .
1．（2024·河北保定·二模）如图，在四棱锥 中，底面 是菱形， 分别为
的中点，且 ．
(1)证明： ．
(2)若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）连接 ，根据线面垂直的判定定理可得 平面 ，从而得证；
（2）先证明 平面 ，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面夹角的余弦值.【详解】（1）连接 ，因为底面 是菱形， 分别为 的中点，
所以 ，所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ．
（2）因为 是 的中点，所以 ．
又 ， 平面 ，所以 平面 ．
连接 ，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，
如图所示，设 ，则 ，
，
，
．
设⃗n =(x ,y ,z )是平面 的法向量，由 ，
1 1 1 1
得 取 ，可得 ，
设 是平面 的法向量，
由 得 取 ，可得⃗n =(0,1,1)，
2
所以 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，已知斜三棱柱 的侧面 是菱形，， ．
(1)求证： ；
(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）利用线面垂直的性质定理进行证明；
（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解．
【详解】（1）
取 的中点 ，连接 ．
因为侧面 是菱形， ，所以 是正三角形，
因为 是 中点，所以 ．
因为 是 中点， ，所以 ，
又因为 平面 平面 ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 ．
因为斜三棱柱 ，所以 ，所以 ．
（2）因为 平面 平面 ，所以 平面 ，因
为A O⊂平面 ，所以 ．
1
又因为 平面 平面 ，所以A O⊥平面 ．
1
以 为原点， 的方向为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ．
所以 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 即 ．
取 ，则 ，所以 ．
设平面 的一个法向量为 ，
则 即
取 ，则 ，所以 ．
又 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
3．（2024·山东烟台·一模）如图，在三棱柱 中， ， 为
的中点，A O⊥平面 .
1
(1)求证：A A ⊥OD；
1
(2)若A A =2√3，求二面角 的余弦值.
1
【答案】(1)证明见解析；3√13
(2) .
13
【分析】（1）根据给定条件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理证得AO⊥OD，再利用线面垂直的判定、
性质推理即得.
（2）由（1）的信息以 为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）在三棱柱 中， ，则 ，
由 ，得DB=1，在△DBO中， ，
由余弦定理 ，得 ，OA2+OD2=4=AD2，
于是AO⊥OD，由A O⊥平面 平面 ，得A O⊥OD，
1 1
而 平面AOA ，因此OD⊥平面AOA ，又A A ⊂平面AOA ，
1 1 1 1
所以A A ⊥OD，
1
（2）由（1）知， 两两垂直，以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标
系 ，
由 ，得A O=3，则 ，
1
于是 ，设 为平面ABA 的一个法向量，
1
{√3 3
x− y+3z=0
2 2
则 ，取x=√3，得 ，显然 为平面AOA 的一个法向量，
3√3 3 1
x− y=0
2 2
因此 ，显然二面角 的大小为锐角，
3√13
所以二面角 的余弦值为 .
13
4．（2024·山东·模拟预测）如图，在四棱台 中，底面 为正方形， 为等边三角形， 为 的中点．
(1)证明： ；
(2)若 ， ，求直线 与平面 所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，可得 ，由已知得 ，所以得 平面 ，可得 平
面 ，则可得 ；
（2）以点 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出 的坐标及平面 的一个法向量
的坐标，由 和 夹角的余弦值的绝对值即为直线 与平面 所成角正弦值，由向量夹角的余弦
公式算出，再算出直线 与平面 所成角的余弦值.
【详解】（1）连接 ，因为 为等边三角形，所以 ，
因为 为正方形，所以
在四棱台 中， ，
所以 ，又 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ；
.
（2）因为底面 为正方形， 为等边三角形，
所以 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，所以 ，又由（1） ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，即 平面 ，
取 的中点 ，连接 ，
以点 为坐标原点，以 ， ， 分别为 ， ， 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
， ， ， ，
所以 ， ， ，
设 是平面 的一个法向量，
所以 ，即 ，得 ，
直线 与平面 所成角正弦值为 ，
则直线 与平面 所成角的余弦值为 .
5．（2022·陕西·一模）如图，已知直三棱柱 ， ， ， 分别为线段 ， ， 的中
点， 为线段 上的动点， ， .
(1)若 ，试证 ；
(2)在（1）的条件下，当 时，试确定动点 的位置，使线段 与平面 所成角的正弦值最大.
【答案】(1)证明见解析
(2) 为 的中点时，sinθ取得最大值 .
【分析】（1）先证 平面 ，得 ，结合已知条件得出 ，根据
及勾股定理的逆定理，得出CM⊥C M，进而得出 平面 ，即证 .
1
（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面
角，
在利用二次函数的性质即可求解该问题.
【详解】（1）在 中，
∵ 为 中点且 ，
∴ .
∵平面 平面 交线为 ，
∴ 平面 ，∴ .
∵ ， 分别为 ， 的中点，
∴ .
∴ .
在直角 和直角 中，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
∴ 平面 ， 平面 ，
∴ .
（2）∵ 平面 ，由（1）得 ， ， 三线两两垂直，以 为原点，
以 ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系如图，
则 ， ， ， ， ， ，∴ ， .
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，
令 得 ， ，
设 ， ，则 ，
∴ ， ，
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 .
若 ， 此时点 与 重合，
若 ，令 ，则 .
当 ，即 ， 为 的中点时，sinθ取得最大值 .
考点 七 、 面面垂直判定定理
1．（2021·全国·高考真题）如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ，M为 的中点，
且PB⊥AM．
（1）证明：平面PAM⊥平面 ；
（2）若PD=DC=1，求四棱锥 的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】（1）由 底面 可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得 平面 ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面 ；
（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出 ，再根据四棱
锥 的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为 底面 ， 平面 ，
所以PD⊥AM，
又PB⊥AM，PB∩PD=P，
所以 平面 ，
而 平面PAM，
所以平面PAM⊥平面 ．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知AM⊥BD．
AD AB
于是△ABD∽△BMA，故 = ．
AB BM
1 1
因为BM= BC,AD=BC,AB=1，所以 BC2=1，即BC=√2．
2 2
1 √2
故四棱锥 的体积V = AB⋅BC⋅PD= ．
3 3
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知AM⊥DB,所以k ⋅k =−1．
AM BD
建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=2a(a>0)．
因为DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．
a−0 2a−0
从而k ⋅k = × =a×(−2a)=−2a2=−1．
AM BD 1−0 0−1
所以 ，即DA=√2．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，设|DA|=t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．
(t ) ( t )
所以M ,1,0 ，⃑PB=(t,1,−1)，⃑AM= − ,1,0 ．
2 2
( t ) t2
所以⃑PB⋅⃑AM=t⋅ − +1×1+0×(−1)=− +1=0．
2 2
所以 ，即|DA|=√2．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由PB⊥AM，得⃑PB⋅⃑AM=0．
所以(⃑PD+⃑DA+⃑AB)⋅⃑AM=0．
即⃑PD⋅⃑AM+⃑DA⋅⃑AM+⃑AB⋅⃑AM=0．
又 底面 ， 在平面 内，
因此PD⊥AM，所以⃑PD⋅⃑AM=0．
所以⃑DA⋅⃑AM+⃑AB⋅⃑AM=0，
由于四边形 是矩形，根据数量积的几何意义，
1 1
得− |⃑DA|2+|⃑AB|2=0，即− |⃑BC|2+1=0．
2 2
所以|⃑BC|=√2，即BC=√2．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，
为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
2．（2021·全国·高考真题）在四棱锥 中，底面 是正方形，若
．（1）证明：平面 平面 ；
（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）取 的中点为 ，连接 ，可证 平面 ，从而得到面 面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，建如图所示的空间坐标系，求出平面
、平面 的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取 的中点为 ，连接 .
因为 ， ，则 ，
而 ，故 .
在正方形 中，因为 ，故 ，故 ，
因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故平面 平面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，
结合（1）中的 平面 ，故可建如图所示的空间坐标系.则 ，故 .
设平面 的法向量 ，
则 即 ，取 ，则 ，
故 .
而平面 的法向量为 ，故 .
二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 .
3．（2022·全国·高考真题）如图，四面体 中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的
中点．
(1)证明：平面 平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥F−ABC的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明 平面BED来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥
F−ABC的体积.【详解】（1）由于 ， 是 的中点，所以 .
{
AD=CD
由于 BD=BD ，所以△ADB≅△CDB，
∠ADB=∠CDB
所以 ，故AC⊥BE，
由于DE∩BE=E，DE,BE⊂平面BED，
所以 平面BED，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意AB=BD=BC=2， ，三角形 是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
DE2+BE2=BD2，所以 ，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面 ，所以 平面 .
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
{
BF=BF
由于 ∠FBA=∠FBC，所以△FBA≅△FBC，
AB=CB
所以 ，所以 ，
1
由于S = ⋅AC⋅EF，所以当 最短时，三角形AFC的面积最小
△AFC 2
过 作EF⊥BD，垂足为 ，
1 1 √3
在Rt△BED中， ⋅BE⋅DE= ⋅BD⋅EF，解得EF= ，
2 2 2
所以DF=
√
12−
(√3) 2
=
1
,BF=2−DF=
3
，
2 2 2
BF 3
所以 =
BD 4
FH BF 3
过 作FH⊥BE，垂足为 ，则FH//DE，所以FH⊥平面 ，且 = = ，
DE BD 4
3
所以FH= ，
4
1 1 1 3 √3
所以V = ⋅S ⋅FH= × ×2×√3× = .
F−ABC 3 △ABC 3 2 4 4[方法二]：等体积转换
， ，
∴ΔABC是边长为2的等边三角形，
∴BE=√3
连接
∵ΔADB≅ΔCDB∴AF=CF
∴EF⊥AC
∴在ΔBED中，当EF⊥BD时，ΔAFC面积最小
∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,E为AC中点
∴DE=1∵DE2+BE2=BD2
∴BE⊥ED
BE⋅DE √3
若EF⊥BD,在ΔBED中，EF= =
BD 2
3
BF=√BE2−EF2=
2
1 1 3 √3 3√3
∴S = BF⋅EF= ⋅ ⋅ =
ΔBEF 2 2 2 2 8
1 1 3√3 √3
∴V =V +V = S ⋅AC= ⋅ ⋅2=
F−ABC A−BEF C−BEF 3 ΔBEF 3 8 4
4．（2023·全国·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A O,由三角形全等可证 ，从而证得 为 中点，
1
设 ，由勾股定理可求出 ，再由勾股定理即可求A O.
1
【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 ，A O⊂平面 ，
1
所以A O⊥平面 ，
1
所以四棱锥 的高为A O.
1
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 ．
5．（2023·全国·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）法一：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.法二：过点
作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，所以由 求出 点坐标，再
求出平面 与平面BEF的法向量 ，由 即可证明；
（3）法一：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.法二：求
出平面 与平面 的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【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AO⊥平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
法二：因为 ，过点 作 轴 平面 ，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在 中， ，
在 中， ，
设 ，所以由 可得： ，
可得： ，所以 ，
则 ，所以 ， ，设平面 的法向量为⃗n =(x ,y ,z )，
1 1 1 1
则 ，得 ，
令 ，则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，得 ，
令 ，则 ，所以 ，
，
所以平面 平面BEF；
（3）法一：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 .
法二：平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
故二面角 的正弦值为 .
1．（2024·河南·三模）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ，且
．(1)证明：平面 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线段关系证 ，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可.
【详解】（1）由题意 ，则∠ABC=60∘，
因为 ，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
且 平面PAC，所以 平面PAC，
又 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）如图，以A为原点， 分别为 轴， 轴正方向，在平面 内过点A作平面ABC的垂线为z
轴，
建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ， ，设平面 的一个法向量 ，
则 ，令z=−1，得 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令p=1，得 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 夹角的正弦值为 ．
2．（2024·河北沧州·二模）如图，在三棱柱 中， 是边长为2的等边三角形，四边形
为菱形， ，三棱柱 的体积为3．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 为棱 的中点，求平面 与平面 的夹角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，由已知得出 ，再根据体积求出点 到平面 的距
离，即可得出 平面 ，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式及同角三角函数的关系求解即可．
【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 ，
因为 ，
所以 为等边三角形，因为 为 中点，所以 ， ，
因为三棱柱 的体积为3，设 到平面 的距离为 ，
所以 ，所以 ，则 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）连接 ，由（1）知 平面 ，又 平面 ，所以 ，
因为 为 的中点， ，所以AO⊥BC，且AO=√3，
所以 两两垂直，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，
轴， 轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则 ， ，
因为 ，
所以 ，因为 为 的中点，所以 ，
则 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，即 ，
令 ，解得 ，故 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，即 ，
令 ，解得 ，故 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
所以 ，
所以 ，所以 ．3．（2024·山东·模拟预测）如图，在直三棱柱 中， 为棱
上一点，且 ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)求二面角 的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到 ，结合勾股定理逆定理得到 ，证明出 平面
，得到 ，结合题目条件证明出 平面 ，得到面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设点 ，根据向量垂直得到方程，求出 ，进而求
出平面的法向量，得到二面角的余弦值，得到答案.
【详解】（1）在直三棱柱 中， 平面 ，
∵ 平面 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
， 平面 ，∴ 平面 ．
平面 ，
∴ ，
， 平面 ，
∴ 平面 ．
又 平面 ，
平面 平面 ．
（2）由（1）可知 两两垂直，
如图，以点 为坐标原点， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，
则 ．
设点 ，
则 ．
，解得 ．
设平面 的法向量为⃗m=(x,y,z)，
则 可取 ．
易知 为平面 的一个法向量．
，
故由图可知二面角 的大小为 ．
4．（2024·四川德阳·三模）如图，在三棱柱 中，底面 是等边三角形， ，D为 的中点，过 的平面交棱 于E，交 于F.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)设M为 的中点，平面 交 于P，且 .若 ，且 ，求四棱锥
的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)24
【分析】（1）根据三角形全等，可得 ，又 ，即可得 平面 ，进而可求解，
（2）根据线面平行的性质可得 ，即可求解 的长度，利用面面垂直的性质可得 平
面 ，即可求解 ，进而由体积公式即可求解.
【详解】（1）证明：连接 ， .
因为 ， ，
所以 ，所以 .
因为 为 的中点，所以 .
因为 为 的中点，所以 .
因为 ， ， 平面
所以 平面 .
又 ，所以 平面 .
又 平面
所以平面 平面 .
（2）由题意得： ， ，
因为 ， 平面 ， 平面
所以 平面由于平面 平面 ， 平面 ，
所以 ,故 .
所以四棱锥 的顶点 到底面 的距离等于点 到底面 的距离.
作 ，垂足为 ，则由（1）知平面 平面 ，且交线为 ， 平面 ,所以
平面
故 .
底面 的面积为 .
所以四棱锥 的体积为 .
5．（2023·黑龙江佳木斯·三模）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ，底面
为等腰梯形， ，且 ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若点A到平面PBC的距离为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由题意中的面面垂直得到 平面 ，从而得到 ，再由题意中给出的棱长
信息得到 ，进而得到 平面PAC即可求证.
（2）延长 交于点S，得 ，且 平面 平面 ，过 作 的垂面 即可找到二面角 的平面角 ，进而通过求 即可求出平面 与平面 夹角的余弦值.
【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ，
又 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，
过C作 交 于点G，则由题意 ，
所以 ， ，
所以 ，即 ，又 ， 、 平面PAC，
所以 平面PAC，又 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）过A作AE⊥PC交 于点E，
由（1）可得平面 平面 ，又平面 平面 ，
所以 平面 ，点A到平面PBC的距离为 ，
所以 ，
又由（1） 平面 可得 ，
所以 ，所以 ，
延长 交于点S，则 平面 平面 ，
又由 为等腰梯形，且 以及 ， 可得
， 分别为 的中点，
连接 ，则 ，且 ，
又由 平面 ，可得 ，又 ， 、 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，过D作 ，交 于点 ，连接 ，则由 得 平面 ，所以 为二面角的 的平面角，
又在 和 中 ， ，
所以 ，故 ，
所以 .
故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
考点 八 、 面面垂直性质定理
1．（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为 的中
点.
（1）证明： ；
（2）若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小为 ，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为 ，O是 中点，所以 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，
且平面 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 .
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点， 为 轴， 为y轴，垂直 且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标
系 ，
则 ，设 ,
所以 ，
设 为平面 的法向量，
则由 可求得平面 的一个法向量为 ．
又平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ．
又点C到平面 的距离为 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积为 ．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作 ，垂足为点G．作 ，垂足为点F，连结 ，则 ．
因为 平面 ，所以 平面 ，
∠EFG为二面角 的平面角．
因为 ，所以EG=FG．
由已知得 ，故 ．
又 ，所以 ．
因为 ，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角 ，记 为 ， 为 ， ，
记二面角 为 ．据题意，得 ．
对 使用三面角的余弦公式，可得 ，
化简可得 ．①
使用三面角的正弦公式，可得 ，化简可得 ．②
将①②两式平方后相加，可得 ，
由此得 ，从而可得 ．
如图可知 ，即有 ，
根据三角形相似知，点G为 的三等分点，即可得 ，结合 的正切值，
可得 从而可得三棱锥 的体积为 ．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在
于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加
深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、
直观、迅速.
2．（2024·湖南衡阳·三模）如图所示，在三棱柱 中，已知平面 平面 ，
， ， .
(1)证明： 平面 ；
(2)已知E是棱 的中点，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过面面垂直证明线面垂直，进而得到 ，再用勾股定理逆定理证得 ，从
而推得线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面 与平面 的法向量，即可求解两个平面的夹
角余弦值.
【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ，
又 平面 ，且 ，所以 平面 ，
而 平面 ，所以 ，
在 中，因为 ， ，
所以 ，所以 ，
又 ， 、 平面 ，所以 平面 .
（2）因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
而 ，
所以 两两互相垂直，
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
因为 是棱 的中点，所以 ，
所以 ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，得 ；
又 ， ，设平面 的法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
则 ，令 ，则 ，
所以 ，
故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，三棱柱 中，侧面 底面 ， ，
， ，点 是棱 的中点， ， .
(1)证明： ；
(2)求直线 与平面 所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接 ， ， ，由平面 平面 可证 平面 ，由 ，
可证 平面 ，所以 ，在 中可求 ，由勾股定理逆定理即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，分别求出直线 与平面 的方向向量和法向量，利用公式求解线面
角的正弦值，即可求解余弦值.
【详解】（1）
连接 ， ， ，
由已知四边形 为菱形，又
所以 为等边三角形，又点 是棱 的中点，
所以 ，即 ，
因为平面 平面 ，且交线为 ，
由 ， 平面 ，得 平面 ，
由 平面 ，得 ， ，
因为 ， ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由 平面 ，得 ，
设 ， ，有 ，
解得： ，即 ，
所以 ，满足 ，即 ；
（2）以 为坐标原点， ， ， 分别为 ， ， 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量 ，
由 ，得 ，
令 可得 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角的大小为 ，
则 ，
因为 ，所以 ，
所以直线 与平面 所成角的余弦值为 .
1．（2024·安徽芜湖·三模）如图，三棱锥 中，平面 平面 ，平面 平面 ，平面
平面 ，
(1)求证： 两两垂直；
(2)若 为 中点， 为 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）在 上任取一点 ，作EF⊥BD交 于 ，作 交 于 ，证明 平面
，从而证明 ，继而推出 ，即可证明 平面 ，继而可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面 的法向量，根据空间角的向量求法啊，即可
求得答案.
【详解】（1）在 上任取一点 ，作EF⊥BD交 于 ，作 交 于 ，
由平面 平面 交于 面 ，EF⊥BD，则 平面 ，
又 平面 ，则 ，同理 ，
又由 平面 ， 可得 平面 ，
平面 ，则 ．
同理可得 ，即 两两垂直．
（2）分别以DB，DC，DA所在直线为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标系，
易得 ，
有 ，
设面 的法向量 ，则由 ，
即 ，可取 ．
设 与平面 所成角为 ，
则 ，
则 与平面 所成角的正弦值为
2．（2024·陕西西安·三模）在四棱锥 中，平面 平面 ， ， ，
， ．(1)证明： ．
(2)若 为等边三角形，求点C到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2) ．
【分析】（1）先证明 ，再由面面垂直的性质定理求解；
（2）过点P作 ，所以 平面 ，由体积法求解．
【详解】（1）因为 ， ，所以 ， ，
由余弦定理可得 ，所以
AD2+BD2=AB2，则 ．
因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面PAD．
因为 平面PAD，所以 ．
（2）过点P作 ，因为平面 平面ABCD，且平面 平面 ，所以 平面
．
因为 ，
在 中， ，而 ，
．
设点C到平面 的距离为h， ，
则 ，解得 ，
所以点C到平面 的距离为 ．3．（2024·四川·模拟预测）如图，在以 为顶点的五面体中，四边形 为正方形，四边
形 为等腰梯形， ，且平面 平面 ．
(1)证明： ；
(2)求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，再得到线线垂直，利用勾股定理求出线段长度，最后利用线段
长度符合勾股定理证明线线垂直；
（2）转换顶点，以 为顶点，以 为底面，从而 即可得到体积.
【详解】（1）连接 ，平面 平面 ，平面 平面 ， 面
，
平面 ，又 平面 ，则 ，
是直角三角形，即 ．
在梯形 中，作 于 ，
则 ，则 ．
又 ，则 ，
．
（2） ，平面 平面 ，平面 平面 ， 面 ，平面 ．
由（1）知 ，
.
考点 九 、 翻折问题综合
1．（2024·山东泰安·模拟预测）如图 ，在直角梯形 中， ， ， ，
是 的中点， 是 与 的交点．将 沿 折起到 的位置，如图 ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若平面 平面 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面几何的性质得到 ，即可得到 ， ，即可得到 平面
，再由 ，得到 平面 ，从而得证；
（2）依题意可得 为二面角 的平面角，即 ，以 为原点，建立如图所示的空
间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）在图1中连接 ，因为 ， ， 是 的中点， ，
所以四边形 为正方形，四边形 为平行四边形，所以 ， ．
即在图2中， ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ．又 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面
（2）由已知，平面 平面 ，又由（1）知， ， ．
所以 为二面角 的平面角，所以 ．
如图，以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ，所以 ，因为 ，
所以 ， ， ， ．
得 ， ， .
设平面 的法向量⃗n =(x ,y ,z )，平面 的法向量 ，平面 与平面 夹角为
1 1 1 1
，
则 ，得 ，取 .
同理： ，得 ，取⃗n =(0,1,1).
2
从而 ，
即平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
2．（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角 中 且 ，分别沿三角形三边向外作等腰梯形 使得 ，沿三边 折叠，使
得 ，重合于 ，如图二
(1)求证： ．
(2)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）补全图形得到三棱锥 ，由线面垂直证得 ；
（2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角；
思路二：等体积法求得 到平面 的距离，再用几何法求得线面角.
【详解】（1）延长 交于点 过 作 于 ，过 作 于 ，
又四边形 为等腰梯形，则 ，则 ，
又 ，所以 ， 为 的中点，
延长 交于点 ，则 ， 为 的中点，则 ，
与 重合于点 ， 为三棱锥，
设 为 中点，等腰直角 中 ，
又 为 的中点， 为 的中点， ，∴ ，
，又 平面 平面 ，
又A A ⊂平面 ， .
1
（2）方法一：
为中点， ，
又 ，以 为坐标原点， 为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，则 ，所以 .
所以直线 与平面 所成角 的正弦值为 .
方法二：
为中点， ， ，
又 ，
又 ， 平面 ，∴ 平面 ，
， 为等边三角形，设 到平面 的距离为 ，
∴ ，
.
所以直线 与平面 所成角 的正弦值为 .
3．（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形 中， ， ， ，
E为CD中点，AE与BD相交于点O，将 沿AE折起，使点D到达点P的位置（ 平面 ）．(1)求证：平面 平面PBC；
(2)若 ，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面 所成角的正弦
值为 ，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，Q是PB的中点．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O为原点，分别以 所在的直线为 轴建立空间直角坐标系，设 ，求出
平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出 可得答案.
【详解】（1）如图，在原图中连接BE，由于 ， ， ，
所以四边形ABED是平行四边形．
由于 ，所以四边形ABED是菱形，所以 ．
由于 ， ，所以四边形ABCE是平行四边形，
所以 ，所以 ．
在翻折过程中， ， 保持不变，
即 ， 保持不变．
由于 ，OP， 平面POB，
所以 平面POB，由于 平面PBC，
所以平面 平面PBC；
（2）由上述分析可知，在原图中， ，
所以 ，所以 ．
折叠后，若 ，则 ，所以 ，
由于 ， ， 平面ABCE，
所以 平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直．
由此以O为原点，分别以 所在的直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
， ， ， ，
设 ， ， ，
， ，
设平面AEQ的法向量为 ，
则 ，令 得 ，
故 ，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则
，
所以 ， ，
，解得 ，
所以 ，因为 ， ，
、 的中点坐标为 ，
即Q是PB的中点．1．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形 为菱形， ， ， 分别为 ， 的中点，
如图2．将 沿 向上折叠，使得平面 平面 ，将 沿 向上折叠．使得平面
平面 ，连接 .
(1)求证： ， ， ， 四点共面：
(2)求平面 与平面 所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到 ，结合中位线定理得到 ，最后证明四点共面即可.
（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【详解】（1）取 ， 的中点分别为 ， ，连接 ， ，
取 ， 的中点分别为 ， ，连接 ， ， ，
由题意知 ， 都是等边三角形，
所以 ， ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 的中点分别为 ， ，所以
所以 ，所以 ，所以 ，又因为 ，
所以 ，
因为 ， 的中点分别为 ， ，
所以 ，
所以 ，所以 ， ， ， 四点共面；
（2）连接 ， ，且延长 交于点 ，由题意知 ， ，
所以 ，同理 ，
所以 就是二面角 的平面角，
设 ，则 ， ， ，
所以 ，同理 ，
所以 ，
所以平面 与平面 所成角的余弦值为 .
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，在矩形 中， ， ，将 沿矩形的对角线
进行翻折，得到如图2所示的三棱锥 ，且 .
(1)求翻折后线段 的长；
(2)点 满足 ，求 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)(2) .
【分析】（1）可以证明得到 为直角三角形, 翻折后线段 的长可由勾股定理得出.
（2）根据第（1）问可以建立坐标系,写出关键点的坐标,求出 ,平面 的法向量,求出向量夹角的余弦
值,后得到 与平面 所成角的正弦值.
【详解】（1）由 ,BC⊥CD, , , 平面 ,
可得 平面 ,又 平面 ,则 ,
在 中,根据勾股定理,
（2）如图,过 点作 于点 ,由（1）可知,平面 平面 ,交于 ,
∴ 平面 ,∵ ,又 , ,∴ 为直角三角形,∴
如图,以 为 轴, 为 轴,过 作 的平行线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系
则 , , ,有 , ,
设平面 的法向量⃗m=(x,y,z),则 ,
令x=√3,解得其中一个法向量 ；
于是, ,
故 与平面 所成角的正弦值为 .
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图（1），在平面五边形 中，，将 沿 折起得到四棱锥 ，如
图（2），满足 ，且 .
(1)求证：平面 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)
【分析】（1）由题意及向量的关系可得 的长度，可得 ，可得 ，
再由勾股定理可得 ，进而可证得 平面 ，进而可证得平面 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面 的法向量 的坐标，求出 的坐标，进而求出
两个向量的夹角的余弦值，进而可得所求的线面所成角的正弦值.
【详解】（1） ， ，
且 ，可得 ，
， ，
所以 ，①
所以 ，
在 中， ，
所以 ，
所以 平面 ，
所以 ，②又 平面 ，③
由①②③可得 平面 ，
平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）过 作 交 于 ，
由①可得 两两相互垂直，
以 为坐标原点，以 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)，
则 ，令 ，
即 ，
则 ，
所以 .
设直线 与平面 所成角为 ，
则 .
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】本题考查平面与平面垂直的证法及空间向量的方法求线面所成的角的正弦值的方法，属于中档题.
考点 十 、 补全条件及图形证空间中的垂直关系
1．（2023·贵州铜仁·二模）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 ．
2．（2021·河南·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC﹣ABC 中，AB＝BC＝AA＝1， ，点D，E分
1 1 1 1
别为AC和BC 的中点．
1 1
(1)棱AA 上是否存在点P使得平面PBD⊥平面ABE？若存在，写出PA的长并证明你的结论；若不存在，请
1
说明理由．
(2)求点A到平面BDE的距离．
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）存在点P满足题意，且 ．取AC 的中点F，连接EF，AF，DF．证明BD⊥AC，可得
1 1
BD⊥AF，再求解三角形证明AF⊥PD，可得AF⊥平面PBD，进一步得到平面PBD⊥平面ABE；
（2）以D为坐标原点，分别以DB，DC，DF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面BDE的一个法
向量 及 的坐标，由 可得点A到平面BDE的距离．
【详解】（1）存在点P满足题意，且 ．
证明如下：取AC 的中点F，连接EF，AF，DF．则EF∥AB∥AB，
1 1 1 1
∴AF 平面ABE，∵AB＝BC，D是AC的中点，∴BD⊥AC，
在直
⊂
三棱柱ABC﹣A
1
B
1
C
1
中，平面ABC⊥平面ACC
1
A
1
，且交线为AC，
∴BD⊥平面ACC A，则BD⊥AF，
1 1
在平面ACC A 内， ，∠PAD＝∠ADF＝90°，
1 1∴Rt△PAD∽Rt△ADF，从而可得AF⊥PD，又∵PD∩BD＝D，∴AF⊥平面PBD，
∵AF 平面ABE，∴平面PBD⊥平面ABE；
（2）以D为坐标原点，分别以DB，DC，DF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
⊂
则D（0，0，0），B（ ，0，0），A（0， ，0），E（ ， ，1），
∴ ．
设平面BDE的一个法向量为 ，
由 ，取y＝4，得 ．
∴点A到平面BDE的距离为 ．
3．（2024·全国·模拟预测）如图，四边形 为圆台 的轴截面， ，圆台的母线与底面所
成的角为45°，母线长为 ， 是 的中点．
(1)已知圆 内存在点 ，使得 平面 ，作出点 的轨迹（写出解题过程）；
(2)点 是圆 上的一点（不同于 ， ）， ，求平面 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，过 作下底面的垂线交下底面于点 ，过 作 的平行线，交圆 于 ， ，即可求出结果；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件，求出平面 和平面 ，利用面面角的向量法，即可求出结果.
【详解】（1） 是 的中点， ．
要满足 平面 ，需满足 ，
又 平面 ， 平面 平面
如图，过 作下底面的垂线交下底面于点 ，
过 作 的平行线，交圆 于 ， ，则线段 即点 的轨迹．
（2）易知可以 为坐标原点， ， 所在直线分别为 ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系
，
母线长为 ，母线与底面所成角为45°， ， ， ， ，
取 的位置如图所示，连接 ，
， ，即 ，
则 ， ， ， ， ，
则 ， ， ， ．
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，y =−1， ．
1
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， ， ．
设平面 与平面 所成的角为 ，则
，
．
1．（2024·上海·模拟预测）如图，多面体 是由一个正四棱锥A−BCDE与一个三棱锥 拼
接而成，正四棱锥A−BCDE的所有棱长均为 ，且 ．
(1)在棱 上找一点 ，使得平面 平面 ，并给出证明；
(2)若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)点 为 的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）当点 为 中点时，平面 平面 ，依题意可得 ，从而得到 ，
再由 ，即可证明 平面 ，从而得证；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可.
【详解】（1）当点 为 中点时，平面 平面 ，
证明如下：因为四棱锥A−BCDE是正四棱锥，所以 ，所以 .
在正方形 中， ，所以 ，
在正方形 中， ，因为 ，所以 ，
因为 面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .（2）因为四棱锥A−BCDE是正四棱锥且所有棱长均为 ，设 ，
则 ， ， 两两垂直，
以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，则 ，
设 ，则 ，因为 ， ，
所以 ，则 ，解得 ，所以 ，
所以 ，
设平面 的法向量为⃗n=(x,y,z)，则有 ，
取 ，则 ，故 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
2．（21-22高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四边形 为正方形，若平面 ， ，
， ．(1)在线段 上是否存在点 ，使平面 平面 ，请说明理由；
(2)求多面体 的体积．
【答案】(1)存在，理由见解析；
(2) .
【分析】（1）在线段 上取一点 ，使得 ，可证明四边形 是矩形，所以 ，由面面
垂直的性质定理可得 面 ， ，再由线面垂直的判定定理可得BP⊥面 ，由面面垂
直的判定定理可得平面 平面 ；
（2）将多面体分割为四棱锥 和三棱锥E−BCD，由锥体的体积公式计算 即可求
解.
【详解】（1）存在这样的点 为线段 靠近点 的三等分点，使平面 平面 ，
证明如下：在线段 上取一点 ，使得 ，因为 ，所以 ，
所以 ，又因为 ，所以四边形 是平行四边形，
又因为 ，所以四边形 是矩形，所以 ，
因为四边形 为正方形，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 面 ，
所以 面 ，因为BP⊂平面 ，所以 ，
因为 ，所以BP⊥面 ，
因为BP⊂面 ，所以平面 平面 .
（2）在 中， ， ，
可求得 ， ，
在 中， ，
过点 作 于点 ，因为平面 平面 ，
平面 平面 ， ， 面 ，
所以 面 ，所以 即为四棱锥 的高，所以 ，
所以 ，
，
所以多面体 的体积为 ．
3．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台 的上、下底面分别是边长为2和4的正
方形，A A =4，且 底面ABCD，点P、Q分别是棱 、 的中点．
1
(1)在底面 内是否存在点M，满足 平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说
明理由；
(2)设平面CPQ交棱 于点T，平面CPTQ将四棱台 ，分成上、下两部分，求上、下两部
分的体积比．
【答案】(1)存在，点M的位置见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，再依据 ，利用向量的数量积
列出等式计算即可；（2）设出点T的坐标，根据平面向量基本定理，求出点T的坐标，再直接求体积即可.
【详解】（1）因为四棱台 的上、下底面都是正方形，且 底面ABCD，
所以可以以 为坐标原点，AB,AD,A A 分别为 轴建立如图所示坐标系，
1
则
，
假设在底面 内存在点M，满足 平面CPQ，则可设 ，
有 ，则 ，即 ，
所以 ， ，
故在底面 内存在点 ，满足 平面CPQ.
（2）设 ，因为点T在平面CPQ内，所以可设 ，
则 ，
所以 ，所以 ，则 ，
连接 ， ，
设平面CPTQ将四棱台 分成上、下两部分的体积分别为 ，
，
， ，
取 的中点 ，连接 ，则 ， ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
，
所以 ，
，，所以 ，
所以所求的上、下两部分的体积比为 .
1．（2024·黑龙江·三模）如图，在直三棱柱 中， ， ， 为 的中
点.
(1)证明： 平面 ；
(2)若二面角 的余弦值为 ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)点 到平面 的距离为 .
【分析】（1）先证四边形 为正方形，得到 ，再证 平面 ，从而得到
，即可证明 平面 ；（2）建系，设边长，写出相应点和向量的坐标，求出两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，
求出 的长度，再利用点到平面的距离公式，求出点 到平面 的距离.
【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质可知 ， ，四边形 为平行四边形，
又因为 ，所以四边形 为正方形，所以 ，
因为 ， ， ，
所以 平面 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
又因为 平面
所以 平面 .
（2）以 为原点， ， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ，则A(0,0,0)， ， ， ，
所以 ， ， ，
所以平面 的一个法向量为 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，所以 ，
取x=√3，则 ， ，
所以 ，
设二面角 的大小为 ，则 ，解得 ，
所以 ，平面 的一个法向量 ，
设点 到平面 的距离为 ，
则 ，
所以点 到平面 的距离为 .
2．（2024·贵州贵阳·三模）如图，在三棱锥 中， ，平面 平面
.
(1)证明: 平面PAC；
(2)若 为棱 上靠近 的三等分点，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）根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理即可证明.
（2）利用空间向量读出各点坐标，求得平面的法向量，即可求解直线与平面夹角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为平面 平面 ，平面 平面ABC=AB， 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
因为 ，
所以 .
又因为 ，
所以PB⊥PC，又因为 平面PAC， 平面PAC， ，
所以 平面PAC.
（2）以 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由（1）知 平面 ，所以 ，
又因为 ，所以 .
因为 ，所以PA⊥PB.
因为平面 平面 ， 为棱 上靠近 的三等分点，
所以 ,
所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，取 ，
则 ，所以 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
3．（2024·安徽安庆·三模）如图，在四棱锥 中，
， ，连接 ．(1)求证：平面 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角正弦值的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）已知条件利用余弦定理和勾股定理，求出 ，由勾股定理证明 且
，得证 平面 ，结合面面垂直判定定理得平面 平面 ．
（2）以点 为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【详解】（1）因 ，所以 ，
又 ，所以 ，
根据余弦定理知 ，
直角梯形 中， ， ， ， ， ，
则 ，
过 点作 ，垂足为 ，则 ， ,得 ，
则有 ，得 ， ，得 ，
因 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）如图，以点 为原点，分别以 所在直线为 轴， 轴建立空间直角坐标系．
则 ，于是 ，
又 ，设平面 的一个法向量为⃗m=(x,y,z)，于是 ，
令 ，则 ，即 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
4．（23-24高三下·河南·阶段练习）如图所示，在三棱锥 中， 与AC不垂直，平面 平面
， ．
(1)证明： ；
(2)若 ，点M满足 ，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）由平面 平面 ，再作 ，可证明 平面 ，从而可得 ，又
因为 ，所以可证明 平面 ，即可证明 ；
（2）利用（1）以A为坐标原点建立如图坐标系，利用等边三角形PAC和等腰直角三角形 ，标出各
点的空间坐标，对于点M满足 ，可用向量线性运算求出 ，最后利用空间向量
法来解决直线 与平面 所成角的正弦值．
【详解】（1）证明：在平面 中，过点P作 的垂线，垂足为D．
因为平面 平面ABC，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．又因为 平面 ，所以 ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，故 ．（2）由（1）以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，故 ， ，
又因为 ，
所以
即 ．
设平面ACM的一个法向量 ，
则 令 ，则 ．
又因为 ，设直线AP与平面ACM所成角为 ，
则 ，
所以直线AP与平面ACM所成角的正弦值为 ．
5．（2024·上海·三模）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ， ，
， ， ， ，点 是 的中点．(1)求证： ；
(2)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）利用面面垂直的性质可得 平面 ，即得 ；
（2）根据（1）的结论，利用题设建系，依次写出各相关点的坐标，求出平面 的一个法向量，利用空
间向量夹角的坐标公式计算即得.
【详解】（1）因 ，点 是 的中点，则PO⊥AB,
因平面 平面 ，且平面 平面 , PO⊂平面 ，故 平面 ，
又 平面 ,故 .
（2）
如图，取 中点 ,连接 ，由（1）知 平面 ， ，可得 ,
因 ，故 ,则可分别以 为 轴正方向建立空间直角坐标系.
又 ， ， ， ，则 ,
于是， ,
设平面 的一个法向量为 ，则 ，故可取 ，
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 .
6．（2024·福建泉州·模拟预测）在四棱锥 中，
．(1)求证：
(2)当点 到平面 的距离为 时，求直线 与平面 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1） 为 中点， 平面 ，以 为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直；
（2）求平面 的法向量，由点 到平面 的距离，求出 ，向量法求直线 与平面 所成的角
的正弦值．
【详解】（1） ， 为 中点，连接 ，则PO⊥AB，
， ，则AD⊥BP，
又 ， ， 平面 ，则有 平面 ，
平面 ，则平面 平面 ，
平面 平面 ，PO⊂平面 ，PO⊥AB，
所以 平面 ，
以 为原点， 为 轴， 为 轴，平面 内垂直于 的直线为 轴，建立如图所示的空间直角
坐标系，
设 ，则 ，
有 ， ， ，
所以 ，即 .
（2） 时，设 ，
则 ，
，平面 的一个法向量为 ，则有 ，
令 ，则 ，得 ，
点 到平面 的距离为 ，则有 ，解得 ，
所以 ， ， ，
，
所以直线 与平面 所成的角的正弦值为 .
7．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把
折起，使点D到达点P的位置，且 ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求三棱锥 的表面积
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求出各边，由勾股定理逆定理求出 ，结合 得到线面垂直；
（2）求出各边长，利用三角形面积公式得到各三角形面积，相加得到表面积.
【详解】（1）由题可知 ，
， ，
， ，
为等边三角形，
，，
．
， 平面 ，
平面 ．
（2）由（1）得 ， ， ，
，
由三角形面积公式得 ，
，
三棱锥 的表面积
．
8．（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．
【答案】(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ABC=AB，
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ABC=AB，
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 .
9．（2024·陕西渭南·模拟预测）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 是正方形，
点E在棱PD上， ， ．
(1)证明：点 是 的中点；
(2)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）利用线面垂直性质以及判定定理可得 平面 ，由 即可得结论；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量求出平面 的一个法向量为 ，即可得结果.
【详解】（1）由 平面 ， 平面 ，所以 ；
又底面 是正方形，所以 ；因为 ， 平面 ，所以 平面 ；
又 平面 ，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，
可得 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又因为 ，
可知点E是 的中点；
（2）根据题意可得AB,AD,AP两两垂直，
因此以 为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
设 ，则 ；
所以 ；
设平面 的一个法向量为 ，
可得 ，令 ，可得 ；
即 ；
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 .
10．（2024·天津南开·二模）在四棱锥 中，底面ABCD是边长为2的正方形， ，
，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.
(1)求证： ；(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明出 ， 平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出
，得到垂直关系；
（2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案；
（3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值.
【详解】（1）因为 ，O为CD的中点，
所以 ．
又因为平面 平面ABCD，平面 平面 ，PO⊂平面PCD，
所以 平面ABCD．
因为 ， ， ，所以 ．
取 的中点 ，连接 ，则 ⊥ ，
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系 ，
则O(0,0,0)， ， ， ，P(0,0,1)， ．
， ，
因为 ，
所以 ．
（2）设平面PAB的一个法向量为⃗m=(x,y,z)，则 ，即 ，
解得 ，令 ，则 ，则 ．
设直线PC与平面PAB所成的角为 ，
又 ，
则 ，
所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为 ．
（3）设平面POB的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
解得 ，令 ，则a=2，故 ．
设平面POB与平面PAB的夹角为 ，
则 ．
故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为 ．
1．（2024·辽宁大连·模拟预测）如图（1），在 中， ， ，点 为
的中点．将 沿 折起到 的位置，使 ，如图（2）．
(1)求证：PB⊥PC．
(2)在线段 上是否存在点 ，使得 ？若存在，求二面角 的正弦值；若不存在，说明
理由．
【答案】(1)证明见解析(2)在线段 上是否存在点 ，使得 ，二面角 的正弦值为 .
【分析】（1）先利用线线垂直推导线面垂直，得 平面 ，即得 ，同法再证 平面
得 ，则得 平面 ，故PB⊥PC；
（2）根据题设条件和（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，由 求得
，再分别求得两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）依题意可知点 为 的中点， ，所以 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以 .
依题意可知 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 .
因为 ， 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以PB⊥PC.
（2）由题意，得 ， ，由（1）PB⊥PC，
所以 .
以点 为坐标原点， ， 所在直线分别为 轴、 轴，
过点 且平行于 的直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图，
则 ， ， ， ， .
所以 ， ， .
设 ，即 ，
则 ， ，
若存在点 ，使得 ，则 ，
解得 ，则 ，设平面 的法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
则 ， ，令 ，得 ，
所以 ，
设平面 的法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
2 2 2
则 ， ，令 ，得 ，
所以 ，
所以 ，
由图可知二面角 为锐角，
所以二面角 的正弦值为 .
2．（2024·湖南邵阳·三模）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形，且 ，
， . ， 分别为 ， 的中点. .
(1)若 .求证：平面 平面 ；
(2)若 ，PE=√2.求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）连接 ，根据线面垂直可证 平面 ， 平面 ，即可得结果；
（2）分析可知 平面 ，建系，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）连接 ，由题意可知： ，可知
且 为 的中点，则 ，即 ，
若 ，即 ，可知 为 中点，则 ，
因为 ， ，则 ，
且PE∩DE=E， 平面 ，可得 平面 ，
由 平面 ，可得 ，
且 ， 平面 ，可得 平面 ，
又因为 分别为 的中点，则 ∥ ，即 ∥ ，
且底面 是平行四边形，则 ∥ ，可知 ∥CD，
则 四点共面，可知平面 即为平面 ，
由 平面 ，可得平面 平面 .
（2）由（1）可知： 平面 ，且 平面 ，则 ，
若PE=√2，则 ，可知 ，
且 ， 平面 ，则 平面 ，
如图，以 为坐标原点， 为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
可得 ，
若 ，即 ，可知 ，
则 ，设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，可得 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）在如图所示的多面体 中.四边形 是边长为 的正方形，其
对角线的交点为 ， 平面 ， ， .点 是棱 的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)求多面体 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）根据线面垂直的性质证明四边形 为矩形，求出 ，结合勾股定理和线面垂直
的判定定理即可证明；
（2）证出 平面 ，由 ，利用锥体的体积公式即可求解.
【详解】（1）连接 .因为 平面 平面 ，
所以 ，
因为 是 中点，所以四边形 为矩形，
则 .
因为 是正方形 的对角线交点，所以 为 中点， ，
所以 .
因为四边形ABCD是正方形，所以 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，而 平面 ，所以 .
又 平面 ，所以 平面 .
（2）因为四边形 是正方形，所以 ，
因为 平面 ，所以 .
因为 平面 ， 平面 ，且 ，
所以 平面 .
因为 ，所以 ， .
因为四边形 是边长为 的正方形，所以 ，则 .
故多面体 的体积 .
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 .
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）分别取 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）分别取 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 ，所以平面 平面 ，
平面 平面 ，MO⊂平面 ， ，
故 平面 .
（2）在梯形 中， ，等腰梯形中由勾股定理得 ，
取 中点 ，由（1）知， 两两垂直，
以 为原点，分别以 所在直线为 轴， 轴， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，得
设 ， ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 .
解得 （负值舍去)，所以点 为棱 的中点，所以 的长为1.
5．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面 为正方形， ， 为线
段 的中点，平面 底面 ．(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)
【分析】（1）先证明 平面AEC，所以 ，又因为 ， 为 中点，所以 ，
由线面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角建系，不妨取 ，得出平面 的法向量，利用空间向量求解即可．
【详解】（1）因为平面 平面 ，且平面 平面 ，
， 平面ABCD，所以 平面AEC， 平面AEC，所以 ，
又因为 ， 为 中点，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）设点 在底面 的射影为点 ，则 平面 ，
又 平面 ，所以 ，取 中点 ，
因为 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，即 在 的中垂线上，
如图建立空间直角建系，不妨取 ，
则设 为 ， ，A(2,0,0)， ，
所以 ， ， ，
由（1）可知 ，计算得 ， ，所以 ，
又 ， ，
设平面PBC的法向量为 ，
则 ，即 ，取 ，
所以 ．6．（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱 ，各棱长均相等. ， ， 分别为棱 ， ，
的中点.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)求直线 与 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可证得 ，在直三棱柱中， 平面 ，可得 ，进而可证得
平面 ，即证得平面 平面 ；
（2）由题意可证得 ，即可得直线 与 所成的角，在△ 中，可求出 的正弦值，
进而求出于直线 与 所成的角．
【详解】（1）证明：由题意在等边三角形 中， 为 的中点，所以 ，
在直棱柱中， 平面 ， 平面 ，所以 ，
而 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）连接 ，因为 ， ， 分别为棱 ， ， 的中点，
所以 ，且 ，在三棱柱中， ， ， ，
所以 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
所以 即为直线 与 所成的角，
在△ 中，设直三棱柱的棱长为2，则
可得 ．
故
即直线 与 所成角的正弦值为 ．
7．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥 中， ，且 ， .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ， ，求 与平面 所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)30°
【分析】（1）应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据定义得出线面角 ，再计算正弦值求角即可.
【详解】（1）在四棱锥 中， ，
又 ，所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）取棱 的中点O，连接 ， ，由 ，得 ，由（1）知， 平面 ，
因为PO⊂平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ， ，所以 平面 ，
所以 是 在平面 内的射影，所以 与平面 所成的角为 .
设 ，因为 ，则 ，
因为 ，所以 ，
所以在 中， ，
所以 与平面 所成的角为30°
8．（2024·江苏·三模）如图，在三棱锥 中， 底面 为 上一点，且平面 平面
，三棱锥 的体积为 .
(1)求证： 为 的中点；
(2)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）过 作 于点 ，利用面面垂直的性质定理得 平面 ，值域线面垂直的判
定定理性质定理可得答案；
（2）设 ，利用 求出 ，以 为原点，建立空间直角坐标系，求出平面 的一个法向
量，利用线面角的向量求法可得答案.【详解】（1）过 作 于点 ，由平面 平面 ，
平面 平面 平面 ，
平面 ，
又 底面 平面 ，
， 平面 ，
所以 底面 平面 ， ，
又 为 的中点；
（2）设 ，
，
，
如图建系， ，
，
设平面 的一个法向量⃗n=(x,y,z)，
，令z=−1，得 ，
所以 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
.
9．（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
√42
余弦值为 ，求实数 的值.
7
【答案】(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 ，OE⊂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 .
10．（2023·江西·二模）正四棱锥 中， ，E为 中点， ，平面
平面 ，平面 .(1)证明：当平面 平面 时， 平面
(2)当 时，T为 表面上一动点（包括顶点），是否存在正数m，使得有且仅有5个点T满
足 ，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)不存在，理由见详解
【分析】
（1）根据正四棱锥分析可得 平面 ，结合面面垂直以及线面平行的性质分析证明；
（ 2 ） 建 系 ， 利 用 空 间 向 量 求 得 即 为 点 ， 再 根 据 空 间 距 离 分 析 可 得
，结合四棱锥的外接球和内切球分析运算.
【详解】（1）连接 ，由题意可知： ，
设 ，连接 ，则 平面 ，
平面 ，则 ，
， 平面 ，
故 平面 .
若 为直线 ，此时 平面 ，可得平面 平面 ，符合题意，
故 平面 ；
若 不为直线 ，∵平面 平面 ，则存在直线 平面 ，使得 平面 ，
可得 ，且 平面 ， 平面 ，
故 平面 ，
又∵ 平面 ，平面 平面 ，
则 ，可得 ，
故 平面 ；
综上所述： 平面 .（2）不存在，理由如下：
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有
，
可得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
设平面 的任一点坐标 ，则 ，
由 ，解得 ，
可得交线 满足 ，
令 ，可得交线 与 轴的交点为 ， 即为点 .
设四棱锥 表面上任一点 ，
则 ，
，
可得 ，
且
故，
表示点 到点 的距离的平方，
设四棱锥 的内切球的半径为 ，
∵ 的体积 ，表面积 ，
则 ，
可得四棱锥 内切球的球心坐标为 ，
又∵ ，可得四棱锥 的外接球的球心为 ，
显然 既不是内切球的球心也不是外接球的球心，
故不存在m，使得有且仅有5个点T满足 .
1．（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．
【答案】(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A O⊥平面 ，再由勾股定理求出
1
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ACC A，又 平面 ，
1 1
平面 平面 ，
过 作 交 于 ，又平面 平面 ，A O⊂平面 ，
1
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 .
2．（2022·全国·高考真题）如图，四面体 中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为 的
中点．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的
正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2) 与平面 所成的角的正弦值为【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关
系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到 ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面BED， ，所以 平面BED，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）连接 ，由（1）知， 平面BED，因为 平面BED，
所以 ，所以 ，
当EF⊥BD时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ,
在 中，DE2+BE2=BD2，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角为 ，
所以 ，所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
3．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E，F分
别为 和 的中点， .
（1）求三棱锥 的体积；
（2）已知D为棱 上的点，证明： .
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明 为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题
中的结论.
【详解】（1）由于 ， ，所以 ，
又AB⊥BB， ，故 平面 ，
1
则 ， 为等腰直角三角形，
， .
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所示，取棱
的中点 ，连结 ，正方形 中， 为中点，则 ，
又 ，
故 平面 ，而 平面 ，
从而 .
【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我
们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面
面）的证明经常进行等价转化.
4．（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD 底面ABCD．设平面PAD与平面
PBC的交线为 ．
（1）证明： 平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为 上的点，QB= ，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得 ，利用线面垂直的判定定理证得
平面 ，从而得到 平面 ；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点 ，之后求得平面
的法向量以及向量⃑PB的坐标，求得 ，即可得到直线 与平面 所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：
在正方形 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以
且 平面 ，所以
因为
所以 平面 ；
（2）如图建立空间直角坐标系D−xyz，
因为 ，则有 ，
设 ，则有 ，
因为QB= ，所以有
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则z=−1，所以平面 的一个法向量为 ，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与
平面所成角的正弦值等于
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定
和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.
5．（2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC
=2BC．（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）
【分析】（ ）方法一：作 交 于 ，连接 ，由题意可知 平面 ，即有 ，
根据勾股定理可证得 ，又 ，可得 ， ，即得 平面 ，即证得
；
（II）方法一：由 ，所以 与平面 所成角即为 与平面 所成角，作 于 ，
连接 ，即可知 即为所求角，再解三角形即可求出 与平面 所成角的正弦值．
【详解】（ ）[方法一]：几何证法
作 交 于 ，连接 ．
∵平面 平面 ，而平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，而 平面 ，即有 ．
∵ ，
∴ ．
在 中， ，即有 ，∴ ．
由棱台的定义可知， ，所以 ， ，而 ，
∴ 平面 ，而 平面 ，∴ ．
[方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法
作 交 于O．
∵平面 平面 ，而平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，以 为原点，建立空间直角坐标系如图所示.
设OC=1,∵ ， ，
∴ ,∴ ，
∴ , ,
,∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD；
[方法三]：三余弦定理法
∵平面ACFD 平面ABC，∴ ,
∴ ，
又∵DC =2BC．
∴ ,即 ,
又∵ ，∴ ．
（II）[方法一]：几何法
因为 ，所以 与平面 所成角即为与 平面 所成角．
作 于 ，连接 ，由（1）可知， 平面 ，
因为所以平面 平面 ，而平面 平面 ，
平面 ，∴ 平面 ．
即 在平面 内的射影为 ， 即为所求角．
在 中，设 ，则 ， ，
∴ ．
故 与平面 所成角的正弦值为 ．[方法二]【最优解】：空间向量坐标系法
设平面BCD的法向量为 ,
由（ ）得 , ,
∴ 令x=1,则 , , ,
， ,
由于 ，∴直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
[方法三]：空间向量法
以 为基底,
不妨设 ，则
(由（ ）的结论可得）．
设平面 的法向量为 ，
则由 得 取 ，得 ．
设直线 与平面 所成角为 ，则直线 与平面 所成角也为 ，
由公式得 ．
[方法四]：三余弦定理法
由 ，
可知H在平面 的射影G在 的角平分线上．
设直线 与平面 所成角为 ，则 与平面 所成角也为 ．
由由（ ）的结论可得 ，
由三余弦定理，得 ，
从而 ．
[方法五]：等体积法
设H到平面DBC的距离为h，
设 ,则 ,
设直线 与平面 所成角为 ，由已知得 与平面 所成角也为 ．
由 ， ,
求得 ，所以 ．
【整体评价】（ ）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，
确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到 ，进而证明，过程简洁，确定为最
优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使
用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五
采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线.
6．（2020·江苏·高考真题）在三棱柱ABC-A B C 中，AB⊥AC，B C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B C的中点．
1 1 1 1 1
（1）求证：EF∥平面AB C ；
1 1
（2）求证：平面AB C⊥平面ABB ．
1 1
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【分析】（1）通过证明 ，来证得 平面 .
（2）通过证明 平面 ，来证得平面 平面 .
【详解】（1）由于 分别是 的中点，所以 .
由于 平面 , 平面 ，所以 平面 .
（2）由于 平面 ， 平面 ，所以 .
由于 ，所以 平面 ,
由于 平面 ，所以平面 平面 .
【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.
7．（2020·全国·高考真题）如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 是底面的内接正三角形，
为 上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO= ，圆锥的侧面积为√3π，求三棱锥P−ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）根据已知可得 ，进而有 ≌ ，可得
，即PB⊥PC，从而证得 平面 ，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线 和底面半径 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形
边长，在等腰直角三角形 中求出 ，在 中，求出 ，即可求出结论.
【详解】（1）连接 ， 为圆锥顶点， 为底面圆心， 平面 ，
在 上， ，是圆内接正三角形， ， ≌ ，
，即 ，
平面 平面PAC， 平面 平面PAC；
（2）设圆锥的母线为 ，底面半径为 ，圆锥的侧面积为 ，
，解得 ， ，
在等腰直角三角形 中， ，
在 中， ，
三棱锥 的体积为 .
【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转
化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.
8．（2020·全国·高考真题）如图，已知三棱柱ABC-A B C 的底面是正三角形，侧面BB C C是矩形，M，N
1 1 1 1 1
分别为BC，B C 的中点，P为AM上一点，过B C 和P的平面交AB于E，交AC于F.
1 1 1 1
（1）证明：AA ∥MN，且平面A AMN⊥EB C F；
1 1 1 1
（2）设O为△A B C 的中心，若AO∥平面EB C F，且AO=AB，求直线B E与平面A AMN所成角的正弦值.
1 1 1 1 1 1 1
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）由 分别为 ， 的中点， ，根据条件可得 ，可证 ，要证平面 平面 ，只需证明 平面 即可；
（2）连接 ，先求证四边形 是平行四边形，根据几何关系求得 ，在 截取 ，由
（1） 平面 ，可得 为 与平面 所成角，即可求得答案.
【详解】（1） 分别为 ， 的中点，
，
又 ，
，
在 中， 为 中点，则 ，
又 侧面 为矩形，
，
，
，
由 ， 平面 ，
平面 ，
又 B C //BC，且 平面 ， 平面 ，
1 1
平面 ，
又 平面 ，且平面 平面
，
，
又 平面 ，
平面 ，
平面 ，
平面 平面 .
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作 的平行线分别交 于点 ，联结 ，
由于 平面 ， 平面 ， ，
平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ．
又因平面 平面 ，平面 平面 ，所以 ．因为 ， ， ，所以 面 ．
又因 ，所以 面 ，
所以 与平面 所成的角为 ．
令 ，则 ，由于O为 的中心，故 ．
在 中， ，
由勾股定理得 ．
所以 ．
由于 ，直线 与平面 所成角的正弦值也为 ．
[方法二]【最优解】：几何法
因为 平面 ，平面 平面 ，所以 ．
因为 ，所以四边形 为平行四边形．
由（Ⅰ）知 平面 ，则 为平面 的垂线．
所以 在平面 的射影为 ．
从而 与 所成角的正弦值即为所求．
在梯形 中，设 ，过E作 ，垂足为G，则 ．
在直角三角形 中， ．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知， 平面 ，则 为平面 的法向量．
因为 平面 ， 平面 ，且平面 平面 ，
所以 ．
由（Ⅰ）知 ，即四边形 为平行四边形，则 ．因为O为正 的中心，故 ．
由面面平行的性质得 ，所以四边形 为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得 ，则
．
设直线 与平面 所成角为 ， ，则 ．
所以直线 与平面 所成角的正弦值 ．
[方法四]：基底法
不妨设 ，
以向量 为基底，
从而 ， ．
， ，
则 ， ．
所以 ．
由（Ⅰ）知 平面 ，所以向量 为平面 的法向量．
设直线 与平面 所成角 ，则 ．
故直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
[方法五]：坐标法过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设 ，AO=AB=2，
则 ，
所以 ，
所以
易得 为平面AAMN的一个法向量，
1
则直线BE与平面AAMN所成角的正弦值为
1 1
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的
关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向
量和直线的方向向量.
方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确
定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.
