文档文本内容
第31 讲空间点、线、面之间的垂直关系
（知识清单+5 典例精讲+5 方法技巧+分层训练）
近3 年考查情况
题型
分值
面面垂直判定定理证明
解答题
12 分
线面、面面垂直命题真假辨析
选择/填空题
5 分
线面垂直判定及线线垂直推导
选择/填空题
5 分
面面垂直性质定理应用判断
选择/解答题
5 分/12 分
线线垂直、线面垂直递进证明
解答题
12 分
【知识点01】直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义
一般地，如果直线l 与平面α 内的任意一条直线都垂直，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
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
m⊂α
n⊂α
m⋂n= P
l⊥m
l⊥n }
⇒l⊥α
垂直于同一个平面的
两条直线平行
a⊥α
b⊥α}⇒a∥b
【例1】在三棱锥P−ABC中，PA ⊥AB，PA ⊥AC，且AB∩AC = A，求证：PA ⊥平面ABC。
证明：由题意可知：AB⊂平面ABC，AC ⊂平面ABC；
AB∩AC = A，即AB、AC为平面ABC内两条相交直线；
已知PA ⊥AB，PA ⊥AC；
根据线面垂直判定定理：m⊂α ,n⊂α ,m∩n= P ,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α
可得：PA ⊥平面ABC。
【知识点02】平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义
一般地，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
如果一个平面过另一
个平面的垂线，那么
这两个平面垂直
a⊂α
a⊥β}⇒α⊥β
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
α ⊥β
α ⋂β =a
l⊥a
l⊂β }
⇒l⊥α
【例2】如图，在正四棱锥
中，已知侧棱长为4，底面边长等于2，
是
的中点．求证：平面
平
面
．
【答案】证明见解析
【分析】根据线面垂直得出
，再应用线面垂直判定定理得出线面垂直，最后面面垂直判定定理证明即可．
【详解】证明：在正四棱锥
中，连接
，
交于点
，连接
，
因为四棱锥
为正四棱锥，所以
平面
，
因为
平面
，所以
．
又
，
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
．
【题型一】判断线面是否垂直于补全线面垂直的条件
【例1】已知平面
、
和直线m、l，要使“若
，
，
，则
”正确，则须添加条件（ ）
A．
B．
C．l 与
相交但不垂直
D．l 与m 为异面直线
【答案】B
【分析】由面面垂直的性质证明线面垂直，即可知所需添加的条件.
【详解】根据面面垂直的性质，知：
，
，
，
，则有
.
故选：B.
【变式1】设m，n 为直线，
、
为平面，则
的一个充分条件可以是（ ）
A．
，
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】B
【解析】根据线面垂直的判断方法对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】对于A 选项，当
，
，
时，由于
不在平面
内，故无法得出
.
对于B 选项，由于
，
，所以
.故B 选项正确.
对于C 选项，当
，
时，
可能含于平面
，故无法得出
.
对于D 选项，当
，
时，无法得出
.
综上所述，
的一个充分条件是“
，
”
故选：B
【点睛】本小题主要考查线面垂直的判断，考查充分必要条件的理解，属于基础题.
【变式2】（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线
，
和平面
，
，
，
，则
的必要不充分
条件是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理可得结论.
【详解】因为
，所以
，当
时，由线面垂直的性质定理可知
；
只有当
且
时才能得到
.
所以
的必要不充分条件是
.
故选：
.
【变式3】（多选）（2025·江西景德镇·模拟预测）在正方体
中，下列说法正确的有（ ）
A．
平面
B．
平面
C．
平面
D．
平面
【答案】BC
【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于A，在正方体
中，可得
，
因为
平面
，所以
与
不平行，所以A 错误；
对于B，在正方体
中，可得
，
因为
平面
且
平面
，所以
平面
，所以B 正确；
对于C，在正方体
中，可得
平面
，
因为
平面
，所以
，
又由
，且
，
平面
，所以
平面
，所以C 正确；
对D，由选项C 知：
平面
，过点
有且仅有一条直线与平面
垂直，所以
与平面
不垂
直，所以D 错误.
故选：BC.
【题型二】判断面面是否垂直于补全面面垂直的条件
【例2】设
是平面
内的两条不同直线，
是平面
内两条相交直线，则
的一个充分不必要条件是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】试题分析：A．
不能得出
，所以本题条件是
的不充分条件；B．
，当
时，不一定有
故本命题正确；C．
不能得
出
，故不满足充分条件；D．
不能得出
，故不满足充分条件；故选B.
考点：平面与平面垂直的方法.
【变式1】（2026·四川广元·二模）已知直线
和平面
，
，若
，则“
”是“
”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，由空间中线面的位置关系，即可判断．
【详解】当
时，由
，直线
与平面
可能垂直，也可能平行，故充分性不成立；
当
时，由
，可知
，故必要性成立；
所以“
”是“
”的必要不充分条件．
【变式2】（2025·广东·一模）若空间中四个不同的平面
，满足
，则下面结论一
定正确的是（ ）
A．
B．
C．
既不垂直也不平行
D．
的位置关系不确定
【答案】D
【分析】在正方体中找到符合条件的平面
，结合
找到平面
，即可得到
的位置关系，由此可得
答案.
【详解】
如图，在正方体中，记平面
为平面
，平面
为平面
，平面
为平面
，满足
，
若平面A1B1C1D1为平面
，满足
，此时
，
若平面
为平面
，满足
，此时
.
由此可得，
的位置关系不确定.
故选：D.
【变式3】（多选）如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD，且底面ABCD 为菱形，M 是PC 上的一个动
点，若要使得平面MBD⊥平面PCD，则应补充的一个条件可以是（ ）
A．MD⊥MB
B．MD⊥PC
C．AB⊥AD
D．BM⊥PC
【答案】BD
【分析】执果索因，若要平面MBD⊥平面PCD，根据图像推出需要哪些条件，即可得解.
【详解】
连接AC，BD，BM，MD．
因为在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD，
且底面各边都相等，M 是PC 上的一动点，
所以BD⊥PA，BD⊥AC，因为PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC．
所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，
即有PC⊥平面MBD．
而PC 包含于平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．
故选：BD.
【题型三】证明线面垂直
【例3】（2025·山西·三模）如图所示，在三棱锥
中，
，
，
，点
，
，
分别在棱
，
，
上运动，且
平面
，
平面
，
，
分别是线段
和
的中点．
(1)证明：直线
平面
；
(2)当三角形
面积的最大值为
时，求三棱锥
的体积．
【答案】(1)
因为
平面
，
平面
，
平面
，
平面
平面
，所以
，同理
，
连接
，
，
∵
，所以
，
又因为
，
分别是线段
和
的中点，
所以
，所以
，所以
，
又因为
，
，
平面
，
平面
，
，
所以
平面
，所以
，所以
，
因为
平面
，
平面
，
，
所以
平面
．
(2)
【分析】（1）即证
，
，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）利用三角形
面积的最大值为
，即可求出各棱长，利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）略
（2）由（1）及已知可得
，因为
，
，
所以
，又因为
，所以
，
又因为
平面
，所以
，
所以
，所以
，
所以
，当且仅当
时等号成立，
所以
，又
，则
，
因为
平面
，所以
因为
，所以
，
所以
．
所以三棱锥
的体积为
.
【变式1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图1，在高为6 的等腰梯形
中，
，且
，将
它沿对称轴
折起，使平面
平面
，如图2，点
为
的中点，点
在线段
上（不同于
两
点），连接
并延长至点
，使
.
(1)证明：
平面
；
(2)若
，求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)9
【分析】（1）由
两两垂直建立空间直角坐标系，由向量坐标运算得到
，再根据线
面垂直判定定理即可证明；
（2）先计算
，再计算三棱锥
的高
，然后根据棱锥体积计算即可.
【详解】（1）由题设知
两两垂直，
以
为坐标原点，
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
，
则
，
因为
为
中点，所以
.
因为
，
所以
，
即
，
又
平面
,
，
所以
平面
.
（2）因为
所以
因为
,由题设知
，所以
，
所以
因为高为6 的等腰梯形A
中，
，
所以三棱锥
的高
,
所以
.
【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在三棱柱
中，所有棱长均为1，
．
(1)证明：
平面
．
(2)求三棱柱
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设
为
的中点，证得
和
，得到
平面
，等出
，再由
，结合线面垂直的判定定理，即可证得
平面
；
（2）连接
，求得四棱锥
的体积为
，结合
，以及
，进而求得三
棱柱
的体积.
【详解】（1）设
为
的中点，连接
，
在
中，因为
且
，所以
为等边三角形，所以
，
又因为
且
，所以四边形
为正方形，
因为
，所以
为等腰直角三角形，且
，
又因为
，且
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
在
中，由
且
为
的中点，所以
，
又因为
且
平面
，所以
平面
.
（2）如图所示，连接
，
由（1）知，底面
为正方形，且边长为，所以正方形
的面积为
，
在
中，因为
，可得
，
因为
平面
，所以四棱锥
的体积为
，
因为
，所以
，
又由
，所以
，
所以三棱柱
的体积为
.
【变式3】如图，在四棱锥
中，四边形
是菱形，
.
(1)证明：
平面
.
(2)若
，求三棱锥
的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理先证出
平面
，再证得
平面
；
（2）利用间接法
，求体积.
【详解】（1）记
.
因为四边形
是菱形，所以
.
因为
平面
平面
，且
，
所以
平面
.
因为
平面
，所以
.
因为
平面
平面
，且
，
所以
平面
.
（2）因为
，所以点
到平面
的距离是3.
因为四边形
是边长为4 的菱形，且
，
所以
，
则四棱锥
的体积
，
三棱锥
的体积
，
三棱锥
的体积
，
故三棱锥
的体积
.
【题型四】证明面面垂直
【例4】（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥
中，
，
，
，
，
．
(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，
，
为
中点，求三棱锥
的体积．
【答案】(1)
在
中，由余弦定理得
．
由
，得
，而
，
，则
，
又
平面EDB，因此
平面EDB，而
平面ABCD，
所以平面
平面ABCD．
(2)
.
【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）利用线面垂直的判定证得
平面ABCD，再利用等体积转化求出体积.
【详解】（1）略
（2）由F 是EC 中点，得
．
由（1）知
平面EDB，
平面EDB，则
，
而
，
平面ABCD，则
平面ABCD，
因此
．即
，
所以三棱锥
的体积为
．
【变式1】如图，在四棱锥
中，
，底面
是边长为2 的菱形.
(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，且
，求四棱锥
的体积
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接
交
于点
，连接
，根据
是菱形，得到
，且
为
的中点，再由
，得到
，进而得到
平面
，然后利用面面垂直的判定定理证明；
（2）解法一：由（1）知平面
平面
，利用面面垂直的性质定理得到
平面
，从而由
求解；解法二：易得三棱锥
是为棱长为2 的正四面体，而它所对应的正方体的棱长为
，
从而由
求解；解法三：取
中点
，连接
交
于点
，连接
.由
是
等边三角形，得到
，再由
，得到
平面
，从而
，再由
，得到
平
面
，然后由四棱锥的体积为
求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
连接
交
于点
，连接
，
因为
是菱形，所以
，且
为
的中点，
因为
，所以
，
又因为
平面
，且
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以平面
平面
.
（2）解法一：由（1）可知，平面
平面
，
又平面
平面
平面
，所以
平面
，
所以
，由已知可得
，
又
，且
为
的中点.所以
，
又
，所以
，
所以
，
所以
.
解法二：由已知可得：
为正三角形，且
，
又
，且
为
的中点，
所以
，又
，
所以
，
从而
，
所以三棱锥
是为棱长为2 的正四面体，而它所对应的正方体的棱长为
，
所以
.
解法三：如图所示：
取
中点
，连接
交
于点
，连接
.
因为
，所以
是等边三角形，所以
，
又因为
平面
，
所以
平面
平面
，所以
，
由（1）知
，且
平面
，所以
平面
.
由
是边长为2 的菱形，
在
中，
，
由
，在
中，
，所以
.
所以四棱锥的体积为
.
【变式2】（2024·陕西榆林·三模）如图，在底面为矩形的四棱锥
中，
底面ABCD．
(1)证明：平面
平面PCD．
(2)若
，
，E 在棱AD 上，且
，求四棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）由
，
，证得
平面PAD，则有平面
平面PCD．
（2）由已知数据结合棱锥体积公式计算.
【详解】（1）证明：由四边形ABCD 为矩形，得
．
因为
底面ABCD，
平面ABCD，所以
．
因为
，
平面PAD，所以
平面PAD．
因为
平面PCD，所以平面
平面PCD．
（2）因为
，
，所以
，
因为直角梯形ABCE 的面积
．
所以
．
【变式3】如图，三棱柱
中，
与
均是边长为2 的正三角形，且
．
(1)证明：平面
平面
；
(2)求四棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）取
的中点
，连接
，
，利用勾股定理证明
，易得
平面
，再根据面面
垂直判定定理即可证明；
（2）由（1）可证明
为三棱柱的高，利用同底等高的锥体与柱体的关系，通过割补法即可求解.
【详解】（1）取
的中点
，连接
，
．
∵
与
均是边长为2 的正三角形，
∴
，
，
．
∴
为二面角
的平面角．
∵
，∴
，∴
．
因为
，
，
，
平面
所以
平面
，又
平面
，
∴平面
平面
．
（2）
由（1）知，
，
．
∵
，
平面
，
平面
，
∴
平面
．
∴
为三棱锥
的高．
∴
．
∴四棱锥
的体积为2．
【题型五】垂直关系中的存在性问题
【例5】如图所示，正方形
与矩形
所在平面互相垂直，
，
，
为线段
上
一点．
(1)当
平面
，求证：
为
的中点；
(2)在线段
上是否存在点
，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)存在，当
时，
【分析】（1）由题意可知
为
的中点，由线面平行的性质定理可得
，即可得证；
（2）由面面垂直的性质定理可得
，只需满足
，即可得
平面
，从而有平面
平面
，故只需找出
成立时，求出点
的位置即可.
【详解】（1）证明：因为
为正方形，
，
所以
为
的中点，
又因为
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
，
又因为
为
的中点，所以
为
的中点；
（2）存在，当
时，平面
平面
，
理由如下：
设
，
因为
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
，
又因为在矩形
中，设
，
因为
，
，设
，
在矩形
中，因为
，
，
当
时，即
，此时
因此
，又因为
，
所以
，在
中，
，故
，
又因为
，
平面
，
所以
平面
，
又因为
平面
，所以平面
平面
.
在线段
上是存在点
，当
为
的一个三等分点（靠近A 点）时，
平面
平面
.
【变式1】如图，在正四棱锥
中，
为底面正方形
的中心，
，
为线段
的中点，
问：在棱
上是否存在一点
，使
侧面
？若存在，试确定点
的位置；若不存在，说明理由．
【答案】存在，
为
上靠近点
的四等分点
【分析】取
的中点
，连结
并延长交
于点
，根据条件得到
，取
的中点
，有
，利用线面垂直的判定和面面垂直的判断，可得平面
平面
，再利用面面垂直的性质，得
平面
，再取
的中点
，利用
，即可求解.
【详解】取
的中点
，连结
并延长交
于点
，设
，
．
因为
是正四棱锥，
为底面正方形
的中心，则
平面
，
又
，得
，得到
，
又
，所以
，
又
，故
为等边三角形，
取
的中点
，连结
，则
．
又因为
，
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，故平面
平面
，
而
平面
，平面
平面
，
，所以
平面
．
取
的中点
，因为
，且
，故四边形
为平行四边形，
所以
，从而
平面
，所以存在一点
，使
侧面
，且
为
上靠近点
的四等分点．
【变式2】如图所示，正方形
与矩形
所在平面互相垂直，
，
，E 为线段
上一点．
(1)当
∥平面
，求证：
为
的中点；
(2)在线段
上是否存在点
，使得平面
平面
？若存在，求出
的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)存在，当
时，平面
平面
.
【分析】（1）由题意可知
为
的中点，由线面平行的性质定理可得
∥
，即可得证；
（2）由面面垂直的性质定理可得
，只需满足
，即可得
平面
，从而有平面
平
面
，故只需找出
成立时，
的长度即可.
【详解】（1）证明：因为
为正方形，
，
所以
为
的中点，
又因为
∥平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
∥
，
又因为
为
的中点，所以
为
的中点；
（2）存在，当
时，平面
平面
，理由如下：
设
，
因为
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
，
又因为在矩形
中，
，
当
时，在
中，
，
在
中，
，
所以
，
又因为
，
所以
，则
，
所以
，
又因为
，
平面
，
所以
平面
，
又因为
平面
，所以平面
平面
.
【变式3】）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且
E，F 分别是BC，A1B1的中点.
(1)求证：BC1⊥A1C；
(2)求证：EF∥平面A1C1CA；
(3)在线段AB 上是否存在点P，使得BC1⊥平面EFP？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)证明见解析
(3)存在,
【分析】（1）由面面垂直的性质得到
平面
，由此能证明
．
（2）取
中点
，连
，连
．推导出四边形
是平行四边形，从而
．由此能证明
平面
．
（3）取
的中点
，连
，连
．推导出
，
．
．
，从而
，
．由此能求出当点
是线段
的中点时，
平面
．此时，
．
【详解】（1）证明：因为
，又平面
平面
，
且平面
平面
，
平面
，所以
平面
．
又因为
平面
，所以
．
（2）证明：取
中点
，连
，连
．
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
．
（3）解：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（2）知
，所以
，
．
由
，
平面
，所以
平面
．
故当点
是线段
的中点时，
平面
．此时
．
【解题大招01】线面垂直证明——双相交线法
核心技巧：证明直线垂直平面，无需证明垂直平面内所有直线，只需找到平面内两条相交直线，分别证明直线与两条
相交直线垂直，即可套用判定定理，是高考解答题最基础方法。
【例1】已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为矩形，PA ⊥底面ABCD，求证：BC ⊥平面PAB。
证明：因为底面ABCD是矩形，根据矩形性质，邻边互相垂直，所以BC ⊥AB；
已知PA ⊥底面ABCD，BC ⊂平面ABCD，由线面垂直的性质可得PA ⊥BC；
又因为PA ∩AB = A，且PA , AB⊂平面PAB，满足线面垂直判定定理条件；
综上可得：BC ⊥平面PAB。
【解题大招02】面面垂直证明——找垂线法
核心技巧：证明面面垂直，无需直接证明二面角为90°，核心思路是“找线面垂直”：在其中一个平面内找到一条直
线，证明该直线垂直于另一个平面，即可证得面面垂直。
【例2】已知三棱锥A −BCD，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，求证：平面ABC ⊥平面ACD。
证明： 由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD；
已知CD⊥BC，且AB∩BC = B，AB ,BC ⊂平面ABC；
根据线面垂直判定定理，可得CD⊥平面ABC；
又因为CD⊂平面ACD，由面面垂直判定定理可得：平面ABC ⊥平面ACD。
【解题大招03】面面垂直性质逆向应用
核心技巧：题干给出面面垂直条件时，优先用性质定理，关键抓三个条件：面面垂直、直线在平面内、直线垂直于两
平面交线，三者缺一即可推出线面垂直，是立体几何转化的核心桥梁。
【例3】已知平面α ⊥平面β，α ∩β =l，直线a⊂α且a⊥l，求证：a⊥β。
证明：已知α ⊥β，两平面交线为l，直线a在平面α内且垂直于交线l，完全满足面面垂直性质定理的全部条件；
因此直接得出结论：a⊥β。
【解题大招04】空间向量法（建系万能法，适配所有垂直证明）
核心步骤：① 找两两垂直的线段建立空间直角坐标系；② 写出各关键点坐标；③ 求解方向向量/法向量；④ 通过向
量点积公式判断垂直，规避几何法找线难点。
【例4】正方体ABCD−A1B1C1 D1，棱长为1，以D为原点，DA 、DC 、D D1分别为x、y 、z轴建立空间直
角坐标系，求证：D B1⊥AC。
解析：① 写出各点坐标：D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B1(1,1,1)；
② 求解对应向量：
D B
→
1=(1−0,1−0,1−0)=(1,1,1)
AC
→
=(0−1,1−0,0−0)=(−1,1,0)
③ 计算向量点积：
D B
→
1⋅AC
→
=1×(−1)+1×1+1×0=−1+1+0=0
④ 由向量垂直判定公式可知D B
→
1⊥AC
→
，即D B1⊥AC。
【解题大招05】间接转化法（线面垂直→线线垂直）
核心技巧：异面直线垂直无法直接证明时，优先转化：先证一条直线垂直于另一条直线所在的平面，即可推出两直线
垂直，是异面垂直证明的最优思路。
【例5】已知PA ⊥矩形ABCD所在平面，求证：PD⊥AB。
证明：由PA ⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，得PA ⊥AB；
因为ABCD是矩形，所以AD⊥AB；
PA ∩AD = A，且PA 、AD⊂平面PAD，故AB⊥平面PAD；
又PD⊂平面PAD，由线面垂直性质得：AB⊥PD，即PD⊥AB。
【基础过关】（共7 题）
一、单选题
1．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥
中，若
平面
，
，则平面
、平面
、平面
、平面
中相互垂直的共有（ ）
A．1 对
B．2 对
C．3 对
D．4 对
【答案】C
【分析】应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理分别得出面面垂直即可求解.
【详解】因为
平面
，
平面
，平面
平面
；
因为
平面
，
平面
，平面
平面
；
因为
平面
，
平面
，所以
，又
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，平面
平面
；
所以平面
、平面
、平面
、平面
中相互垂直的共有3 对.
2．（2025·吉林通化·一模）设
是两个不同的平面，
是两条不同的直线（ ）
A．若
则
B．若
则
C．若
则
D．若
则
【答案】C
【分析】利用空间垂直与平行的关系，结合平行和垂直的判定和性质定理，可作出判断.
【详解】对于A，若
则
或
，故A 错误；
对于B，若
因为只有一个线线垂直，所以既不能证明
，也不能证明
，则
不一定
成立，故B 错误；
对于C，若
此时
分别是两平面
的法线，所以
，故C 正确；
对于D，若
则
或三条直线
相交于同一点，故D 错误；
故选：C.
3．（2026·山东泰安·模拟预测）已知直线，
，平面
，
，下列命题中正确的是（ ）
A．若
，
，则
B．若
，
，则
C．若
，
，则
D．若
，
，则
【答案】B
【分析】考查空间中线面，面面的位置关系判定，重难点为线面平行，线面垂直，面面垂直的判定定理与性质定理的
应用，以及空间直线位置关系的分类讨论.
【详解】选项A：若
，
，则直线与平面
内的直线
可能平行，也可能异面.因此，选项A 错误.
选项B：若
，
，根据“垂直于同一个平面的两条直线平行”这一性质定理，可知
.因此，选项B 正
确.
选项C：若
，
，则平面
与
可能平行，也可能相交.例如，若直线平行于两个相交平面的交线，则同时
平行于这两个平面，但这两个平面是相交的.因此，选项C 错误.
选项D：若
，
，则直线
可能平行于平面
，也可能在平面
内
，因此，选项D 错误.
综上所述，只有选项B 是正确的.
二、多选题
4．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，
为圆锥
的底面圆的直径，
为母线
的中点，点
为底面圆上
异于
的任一点，则圆
上存在点
满足（ ）
A．
B．
平面
C．
D．
平面
【答案】BC
【分析】假设存在点
使得
，再根据点线面的位置关系得出矛盾可得A 错误，利用面面平行的判定定理即
可证明平面
平面
，再结合面面平行性质可得B 正确，利用线面垂直判定定理及其性质可得C 正确，假设
平面
，由线面垂直性质可得出平面
与平面
平行，与题意不符，可得D 错误.
【详解】对于A，若存在点
使得
，则
四点共面，
因为
，所以
平面
，易得
为平面
与平面
的公共点，所以
三点共线，与题
设矛盾，故A 错误；
对于B，如图所示，
过点
作
，交劣弧
于点
，连接
.
由于
分别为
的中点，所以
，
由于
平面
平面
，所以
平面
，
平面
，
又因为
，所以平面
平面
，由于
平面
，所以
平面
，故B 正确；
对于C，由
为底面圆的直径，可知
，
又
，所以
，
又易知
，
，
平面
，
因此
平面
，
平面
，可得
，故C 正确；
对于D，假设存在点
使
平面
，则
，
又因为
平面
，所以
平面
，
故平面
与平面
平行，与题意不符，故D 错误，
故选：BC.
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）如图，在正四棱台
中，上、下底面的棱长分别为2 和3，侧棱长为
，
分别延长
，
，
，
交于点
，则四棱锥
的体积为______．
【答案】
/
【分析】作出辅助线，得到线面垂直，进而利用勾股定理和相似知识得到棱台的高，进而求出四棱锥
的
高，求出体积.
【详解】如图，过点
作
⊥底面
于点
，交平面A1B1C1D1于点
，
则
平面A1B1C1D1，
过点
作
底面
于点
，
又
平面
，
则
，且
，
，
，
四点共线，
，
，
三点共线．
上、下底面的棱长分别为2 和3，侧棱长为
，
故
，
在
中，
，
，
由勾股定理得
，
，
，
．
又
，
，
四棱锥
A1B1C1D1的体积为
．
故答案为：
6．（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
．
【答案】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：①②④
四、解答题
7. （2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，已知四棱锥
，底面
是边长为2 的菱形，直线
平面
，
，E 是
的中点．
(1)证明：
；
(2)若
，点M 在平面
内，直线
平面
，求四棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明
，再由线面垂直的判定定理证明
平面
，可得线线垂直；
（2）根据面面垂直的性质可证
面
，得出
重合，由相似可得
，据此求出
到底面
的距
离，再由棱锥体积公式求解即可.
【详解】（1）由四边形
菱形，
，可得
为正三角形．
因为E 为
的中点，所以
．
又
，因此
．
因为
平面
平面
，所以
．
而
平面
平面
且
，
所以
平面
．
又
平面
．
所以
．
（2）连接
交
于O，连接
，如图，
因为
，
平面
，
所以
面
，又
面
所以面
面
，
过A 作
交
于点N，则
面
，由
平面
知
重合，
因为
，所以
，
又
，所以
，因此
，
∴点M 到底面
的距离为
，又
∴
.
【拔高选练】（共7 题）
一、单选题
1．（2024·广西贺州·一模）已知m，n 为不同的直线，
为不同的平面，若
，则“
”是“
”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由给定条件可得
，再利用面面垂直的判定、性质，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】由
，得
，
若
，则
或
，“
”不是“
”的充分条件；
若
，则存在过直线
的平面
与平面
相交，令交线为，则
，而
，
于是
，又
，因此
，即“
”是“
”的必要条件，
所以“
”是“
”的必要不充分条件.
故选：B
2．（2025·重庆九龙坡·三模）如图，矩形
中，
，将
沿
翻折，得到三棱
锥
(
是
在翻折后的对应点)，则三棱锥
体积的最大值为（ ）
A．
B．
C．8
D．16
【答案】C
【分析】由题意可得，当平面
平面
时，三棱锥
体积的最大，然后结合锥体的体积公式代入计
算，即可得到结果.
【详解】由条件可得
，
且
，
设点
到
的距离为，由等面积法可得
，
即
，则
，
由图知，当平面
平面
时，三棱锥
体积的最大，
此时三棱锥的高为
，
则体积为
.
故选：C
3．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，在正三棱柱
中，
，D，E 分别为线段
，
的中点，点F 在
上，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用正三棱柱性质以及线面垂直判定定理可证明
平面
，即可得
，再由线面垂直性质可
知
，根据棱长计算求得
，可得结果.
【详解】如图所示，取AC 的中点G，连接BG，EG，DG．
为线段
的中点，
，
平面
，
平面
，
．
，BG，
平面
，
平面
平面
．
平面
，
平面
，
平面
，
．
三棱柱
的棱长为2，
，
．
二、多选题
4．（2026·河南开封·模拟预测）在正方体
中，
为
的中点，则（ ）
A．
平面
B．
平面
C．平面
平面
D．平面
平面
【答案】AD
【分析】由线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理依次证得各选项，即可得出结果.
【详解】对于A，如图，连接
，交
于点
，连接
，则
为
的中点.
因为
为
的中点，所以
.又
平面
平面
，
所以
平面
，故A 正确；
对于
，假设
平面
，则
.而
平面
平面
，所以
.
又
平面
，所以
平面
.
又
平面
，所以
，因为
，则
不成立，假设错误，故B 错误；
对于C，假设平面
平面
，又平面
平面
，
所以平面
平面
.这与两平面相交矛盾，故假设不成立，C 错误；
对于D，连接
，
，在
中，
，则
，
设正方体棱长为
，则
，
，
，
由勾股定理可得：
，所以
，又因为
，
所以
平面
，
平面
，则平面
平面
，故D 正确.
三、填空题
5．（2026·上海·一模）已知
平面ABC，
，若
与以A，B，C 为顶点的三角形全等，则
的形状为_______.
【答案】等边三角形或直角三角形
【分析】由
平面ABC 可得
，
，
，再结合
可得
，
为等腰直角
三角形，进而分
为直角顶点、
为直角顶点，两种情况讨论求解即可.
【详解】由
平面ABC，
平面ABC，可得
，
，
，
又
，则
为等腰直角三角形，且
，
由于
与以A，B，C 为顶点的三角形全等，
则
为等腰直角三角形，
当
为直角顶点时，
，
结合勾股定理可知
，则
为等边三角形；
当
为直角顶点时，
，
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以
，
又
，所以
为直角三角形.
综上所述，
为等边三角形或直角三角形.
四、解答题
6．（2024·四川成都·三模）已知在四棱锥
中，
平面
，四边形
是直角梯形，满足
，若
，点
为
的中点，点
为
的三等分点（靠近点
）．
(1)求证：
平面
；
(2)求三棱锥
的体积．
【答案】(1)
在四棱锥
中，
平面
，
平面
，则
，又
，
而
，
平面
，于是
平面
，又
平面
，则
，
由
，点
为
中点，得
，而
，
平面
，
所以
平面
.
(2)
.
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，结合等腰三角形性质推理即得.
（2）由（1）中信息，求出三棱锥
的体积，再利用比例法求出体积.
【详解】（1）略
（2）由（1）知
平面
，又
平面
，则
，
的面积
，
因此三棱锥
的体积
，
而
，
，即
，
所以三棱锥
的体积
．
7. （2024·上海静安·二模）如图1 所示，
是水平放置的矩形，
，
．如图2 所示，将
沿矩形
的对角线
向上翻折，使得平面
平面
．
(1)求四面体
的体积
；
(2)试判断与证明以下两个问题：
① 在平面
上是否存在经过点
的直线，使得
？
② 在平面
上是否存在经过点
的直线，使得
？
【分析】（1）过点
作
，垂足为
．可知
为三棱锥的高，利用等面积法求得
，再由棱锥体积公式求
解；
（2）①过点
作
，垂足为
，由直线与平面垂直的判定与性质证明；
②利用反证法证明在平面
上不存在经过点
的直线，使得
．
【详解】（1）过点
作
，垂足为
．
平面
平面
，两平面交线为
，
平面
，
平面
，
由
以及
可得
．
；
(2)①在平面
上存在经过点
的直线，使得
．
证明：过点
作
，垂足为
．
平面
，
平面
，
，又
，
平面
，
平面
，
平面
，故可得
，
即存在
；
②在平面
上不存在经过点
的直线，使得
，
证明：假设存在
，
不在平面
内，在平面
内，则
平面
，
与
平面
矛盾．
不存在
．
【错题复盘】（共5 题）
一、单选题
1．（2024·河南·模拟预测）等边
的边长为2，D，E 分别为AB，AC 的中点，将
沿DE 折起，使点A 到达
点
的位置.若平面
平面BCED，则线段
的长为（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由面面垂直可得线面垂直，利用勾股定理求解.
【详解】如图，易知
是边长为1 的等边三角形，过
作DE 的垂线，垂足为H，
由平面
平面BCED，交线为
，
,
则
平面BCED，且H 为线段DE 的中点，
，
连接BH，则
，取BC 的中点F，则
，且
，
所以
，
所以
.
故选：C
2．（2024·四川德阳·模拟预测）已知三棱锥
的三条侧棱
、
、
两两互相垂直，
是
的垂心.若
，
，则
（ ）
A．
B．2
C．
D．
【答案】B
【分析】先证明两个线面垂直“
平面
”和“
平面
”，进而得到
，得到等式
，并将其转化为关系式
，求解即可.
【详解】连接
，并延长
交
于点
，连接
，
连接
，
由于三条侧棱
、
、
两两互相垂直，易得
平面
，
又因为
平面
，
平面
，所以
，
，
因为
是
的垂心，所以
，
因为
，
，且
平面
，
平面
，
，
所以
平面
，且
平面
，
所以
，同理可得
，
因为
，
，且
平面
，
平面
，
，
所以
平面
，
平面
，
所以
，
因为
，
所以
，
，
即
，
所以
，
由
平面
，易得
，
所以
，
所以
.
故选：B.
二、多选题
3．（2026·四川成都·三模）在正三棱柱
中，
是棱
的中点，则（ ）
A．
B．
C．平面
平面
D．平面
平面
【答案】AD
【详解】选项
：如图所示，在正三角形
中，因为
为
的中点，所以
，
在正三棱柱
中，因为
面
，
面
，所以
，
因为
，
面
，所以
面
，
因为
面
，所以
，故
正确；
选项
：在正三棱柱
中，
，又
，
故
与
不平行，即
与
不平行， 故
不正确；
选项
：设正三棱柱
的底面棱长为
，高为.
因为
，故以
为坐标原点，以
所在直线为
轴，以
所在直线为
轴，过点
且平行于直线
所在
直线为
轴，建立空间直角坐标系.
则
、
、
，
，
.
设平面
的一个法向量为
，
则
，即
，得
，
令
，得
，所以
.
平面
的一个法向量为
，所以，
，
所以平面
与平面
不垂直，故
不正确；
选项
：设平面
的一个法向量为
，得
，
所以
，面
面
，故
正确.
三、填空题
4．（2024·湖南岳阳·三模）如图所示，直角三角形
所在平面垂直于平面
，一条直角边
在平面
内，另一
条直角边
长为
且
，若平面
上存在点
，使得
的面积为
，则线段
长度的最小值为
______．
【答案】
/
【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得
平面
，利用线面垂直的性质可得
，进而
，
由三角形的面积公式可得
，即可求解.
【详解】在
中，
，则
，
又平面
，平面
平面
，
所以
平面
，连接
，
，所以
，
得
，设
（
），
则
，即
，得
，
当
即
即
时，
取到最小值1，
此时
取到最小值
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到
、
，而
，即为所求.
四、解答题
5．如图，在三棱柱
中，
，
．
(1)证明：平面
平面
．
(2)设P 是棱
上一点，且
，求三棱锥
体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证明
平面
，再利用面面垂直判定定理证明平面
平面
；
（2）先求得三棱锥
的体积，再利用三棱柱
的结构特征，进而可求得三棱锥
体积．
【详解】（1）连接
.
三棱柱
中，
，
．
则
，
则
，则
，∴
，
又∵
，∴
，
又
，∴
平面
，
∵
平面
，∴平面
平面
．
（2）取AB 的中点D，连接CD，∵
，∴
，
又由（1）知平面
平面
，平面
平面
则
平面
，且
．
则三棱锥
的体积为
，
则三棱柱
的体积为6，
∵
，∴在四边形
中，
，
又∵四棱锥
的体积为
，
∴三棱锥
的体积为
．
