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2025年高考数学一轮复习核心考点：空间直线、平面的垂直（新教材新高考）
一 直线与平面的垂直
1 定义
若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面.
符号表述:若任意都有，则
2 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.
符号表述: (线线垂直线面垂直)
3 性质定理
垂直同一平面的两直线平行
符号表述：.
4 证明线面垂直的方法
定义法(反证)
判定定理(常用)
5 线面所成的角
(1) 定义
如下图，平面的一条斜线(直线)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.
一条直线垂直平面，则；一条直线和平面平行或在平面内，则.
(2) 范围
直线和平面所成的角的取值范围是.
二 直线与平面的垂直
1 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.这条棱叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.棱为，面分别为，的二面角记作二面角.
在二面角的棱上任取一点，以点为垂足，在半平面和内分别作垂直于棱的射线和，则射线和构成的叫做二面角的平面角.
(2) 范围 二面角的平面角的取值范围是.
2 面面垂直
(1) 定义
若二面角的平面角为，则；
(2) 判定定理
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.
(线面垂直面面垂直)
(3) 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.
【题型1】 直线与平面垂直的判定与性质
【典题1】 (2024·全国·模拟预测)如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段(包括端点)上一点，则的面积的最大值为( )

A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得，确定的最大值，即可求解△BCQ面积的最大值.
【详解】取AB的中点E，连接CE，过Q作，垂足为M，
过M作，垂足为N，连接QN，PE，

则，且，点E到BC的距离为.
由直三棱柱的性质知平面ABC，
所以平面ABC，MN，平面ABC，
则，，且，QM，平面QMN，
所以平面QMN，且平面QMN，
则，可知，
当且仅当点Q与点P重合时，等号成立，
所以面积的最大值为.
故选：A.
【典题2】(2024·山东枣庄·一模)如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，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)由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证；
(2)由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果.
【详解】(1)因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，所以，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
(2)略.
【巩固练习】
1. (2024·河北邯郸·二模)已知是两个平面，是两条直线，且，则“”是“”的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果.
【详解】用平面代表平面，平面代表平面，
当如图所示时显然m与平面不垂直，
反之，当时，又，根据线面垂直的性质有，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：A.
2.(2024·全国·模拟预测)如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论错误的是( )

A．点共面 B．平面 平面
C． D．平面
【答案】D
【分析】取中点，连接，，，，利用线面垂直的判断定理证明平面
，平面，得到四点共面，再利用平行四边形的性质判断A，利用面面平行的判定定理判断B，利用线面垂直的性质定理判断C，假设平面，由线面垂直的性质可知，进而得到四边形是菱形，与已知矛盾判断D.
【详解】选项A：如图，取中点，连接，，，，
因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点，
所以，，，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
所以四点共面，
由题意知，，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，
所以四点共面，故A说法正确；
选项B：由选项A知，
又平面，平面，所以 平面，
因为，且平面，平面，所以 平面，
又平面，平面，且，
所以平面 平面，故B说法正确；
C选项：由选项A可得平面，
又平面，所以，故C说法正确；
D选项：假设平面，因为平面，则，
由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，
与，矛盾，故D说法错误;
故选：D
3.(2024·内蒙古呼和浩特·一模)已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为
( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】取的中点，由，证得，再由平面，证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的面积，得到答案.
【详解】如图所示，
取的中点，分别连接，
在正方形中，因为分别为的中点，可得，
所以，，
因为，所以，所以，即，
又因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，所以，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证：，
又因为且平面，所以平面，
即平面截正方体的截面为，
由正方体的棱长为，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以截面的面积为.
故选：D.
4.(2024·全国·模拟预测)在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接，作交的延长线于点，利用线面垂直的判定得到平面，进而得出，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解.
【详解】如图，取的中点，连接，易得，
又，平面，所以平面，
又，所以，，，
在中，，由余弦定理得，
作交的延长线于点，则，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以，所以，
在中，，则，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则点的轨迹长度为，
故选：C，
5. (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)若线段上的点在平面内，求的值．
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】(1)连接AC，利用余弦求得AN，可证，由已知可证平面APD，可得，进而证明平面CPD，可得，可证结论成立；
(2)连接QN，求得PB，在三角形PBC中，利用余弦定理可求得，进而可得PQ，可求得的值.
【详解】(1)连接AC，由AD∥BC,，若PA=AD=DC=2,
可得，由平面ABCD，因为平面ABCD，AC，
所以，，
因为点N为PC的三等分点(靠近点P)，所以,
在三角形PAN中，由余弦定理可得,
所以，所以三角形PAN是直角三角形，所以，
因为平面ABCD，平面ABCD，，所以，又，，
所以平面APD，平面APD，所以，
由点M为PD的中点，所以，又，所以平面CPD，
平面PCD，所以，，所以平面AMN，
(2)略.
6.(2022·全国·模拟预测)如图1，在等边中，是边上的高，、分别是和边的中点，现将沿翻折成使得平面平面，如图2.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析,(2)存在，且
【分析】
(1)利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
(2)在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接，利用面面垂直的性质推导出平面，可得出，可得出，推导出，可得出平面，再利用线面垂直的性质可得出结论.
【详解】(1)证明：如图1，在中，、分别是和边的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
(2)解：在线段上取点，使，过点在平面内作于点，连接.

由题意得，平面平面.
因为，平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，所以，.
在中，因为，，所以，，
所以，，
翻折前，为等边三角形，则，
因为为的中点，所以，，即，
翻折后，仍有，所以，，故，
在中，，因为，则.
又因为，则平分，
因为是斜边上的中线，则，且，
所以，是等边三角形，则，
又因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
综上，在线段上存在一点，且当时，.
【题型2】 平面与平面垂直的判定与性质
【典题1】 (2024·陕西安康·模拟预测)已知四棱锥的底面为菱形，其中，点在线段上，若平面平面，则 ．
【答案】/0.4
【分析】设平面与直线交于点，连接，取中点，连接，与交于点，连接，证明，然后证明平面，得证，从而由面面垂直的性质定理得平面，得，设出，计算出后可得结论。
【详解】设平面与直线交于点，连接，取中点，连接，与交于点，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又平面 平面，平面，所以，从而，
又菱形中，，所以是等边三角形，则，
而，所以，
又，平面，所以平面，
而平面，所以，从而，
因为平面 平面，平面 平面 ，平面，所以平面，又因为平面，所以，
设，则由已知得，，
，，
中，，
从而，，，
，
所以.
故答案为：.
【典题2】(2024·陕西西安·三模)如图，已知是圆的直径，平面，是的中点，．

(1)证明：平面；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析
【分析】(1)由面面平行判断定理可证得平面平面，结合面面平行性质可证得平面.
(2)由直径所对的圆周角为直角可证得，由线面垂直性质可证得，结合线面垂直判断定理可证得平面，由线面垂直性质及面面垂直判定定理可证得平面平面.
【详解】(1)在中，由题可知，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为，、平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
(2)因为是圆的直径，
所以，
因为平面，
所以，
又因为，、平面，
所以平面，
又因为平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【巩固练习】
1. (2024·安徽·二模)已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是( )
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【分析】利用直线与平面的位置关系的判定和性质即可选出正确答案.
【详解】选项A：根据给定条件有 或；
选项B：根据给定条件有 或；
选项C：根据给定条件有与的位置可能平行、相交或m在α内；
选项D：因为，所以存在直线使得，
又因为，所以，因为，所以.
故选：D.
2. (2024·全国·模拟预测)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，则在三棱锥A-BCD中，下列结论正确的是(　　)

A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
【答案】D
【分析】利用面面垂直的判定定理结合题意逐个分析判断.
【详解】如图所示：

因为，，，所以四边形为直角梯形.
所以.
又因为，所以，即.
又因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
若平面平面，那么平面，显然不成立，故A错误；
因为平面，
又因为平面，所以.又，，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面，故D正确；
因为平面平面，过点作平面的垂线，垂足落在上，显然垂线不在平面内，所以平面与平面不垂直，故C错误，同理B也错误.

故选：D
3.(2023·山东威海·二模)已知等边三角形SAB为圆锥的轴截面，AB为圆锥的底面直径，O，C分别是AB，SB的中点，过OC且与平面SAB垂直的平面记为，若点S到平面的距离为，则该圆锥的侧面积为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先根据面面垂直的性质，作出点到平面的距离，再结合图形，求出底面半径和母线，即可求解.
【详解】如图，作于点，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，，点 为的中点，则，
且为等边三角形，则，所以，
所以底面半径，母线，
则该圆锥的侧面积

故选：B
4.(2023·河南焦作·模拟预测)在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，，平面平面，且该四棱锥的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由面面垂直的性质得到平面，即可得到，利用勾股定理求出、，再求出点到底面的距离，依题意可得球心在经过底面中心且与底面垂直的直线上，设到底面的距离为，利用勾股定理求出，即可得到外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得.
【详解】因为底面是边长为的正方形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，则，
又，，，解得 (负值舍去)，
所以，
取的中点，连接，则，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又，即点到底面的距离为，
设，则，，
球心在经过底面中心且与底面垂直的直线上，
设到底面的距离为 ，
那么，，
由可解得，故，即外接球的半径，
故球的表面积为.
故选：C.
5.(2024·陕西安康·模拟预测)在四棱锥中，底面四边形为等腰梯形，，，是边长为2的正三角形，，则四棱锥外接球的表面积为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到平面平面，再取的中点，连接、、，推导出为外接圆的圆心，再设的外接圆的圆心为，四棱锥外接球的球心为，即可求出外接球的半径，从而求出球的表面积.
【详解】取的中点，连接、，因为是边长为2的正三角形，
所以，，
又，，，所以，
在中，由余弦定理，
即，又，所以，
所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
取的中点，连接、、，则、及均为等边三角形，
易知且，又平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
所以等腰梯形外接圆的圆心为，设的外接圆的圆心为，则，
设四棱锥外接球的球心为，连接、、，
则平面，平面，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积.
故选：C
6.(2023·全国·模拟预测)如图所示，四棱锥中，点在线段上(不含端点位置)，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若四面体的体积为，判断是否为直角三角形．若是，请指出哪个角是直
角，若不是，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析,(2)是，．
【分析】(1)设点为的中点，由题意得，且，由余弦定理得，由勾股定理可得，证得平面，从而得证；
(2)由(1)知平面，过作交于，则平面，由题意求得，点为线段的中点，在中，由余弦定理得，结合勾股定理即可得解．
【详解】(1)设点为的中点，连接．
由题意得，，且，
∴在中，由余弦定理得，则，
∵，∴．
易得，且，则四边形为矩形，∴．
在中，，∴，
而，，平面，∴平面，
而平面，故平面平面．

(2)由(1)知平面平面，平面平面，
平面，．则平面，
过作交于，则平面，
∴，
∴，∴，点为线段的中点，
在中，，
由余弦定理得，，
易得，故为直角三角形，．
7.(2024·全国·模拟预测)如图1，在中，分别是边的中点，现将沿翻折，使点与点重合，且，得到如图2所示的四棱锥．
(1)求证：平面平面；
(2)求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析，(2)8
【分析】(1)根据线面垂直的判断定理证得平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
(2)根据条件求得,再根据锥体体积计算公式进行计算即可.
【详解】(1)因为分别是边中点，
所以，则，又，，平面，
所以平面，平面，
所以，又，平面
所以平面，又平面，
所以平面平面．
(2)由(1)知平面，又平面，所以．
设，则，
由，得，
由，得，
又，所以，
则，得，即，
又平面，故四棱锥的体积
.
8. (2024·湖北·模拟预测)如图，在五面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面⊥平面；
(3)在线段上是否存在点，使得平面 说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，理由见解析
【分析】(1)由题意可得，根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)根据勾股定理的逆定理可得，由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质可得，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
(3)取的中点，连接.由(1)可得，由(2)可得平面，即可证明.
【详解】(1)在五面体中，因为四边形是正方形，所以.
又平面，平面，所以平面.
(2)因为，
所以，所以，即.
因为四边形是正方形，所以.
因为平面 平面，平面 平面 平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面,所以平面.
因为平面，所以平面⊥平面.
(3)在线段上存在点，使得平面.
证明如下：取的中点，连接.
由(1)知，平面ABFE，又平面，平面∩平面 ，
所以.因为，所以.
所以四边形是平行四边形．所以.
由(2)知，平面，所以平面.
9. (2024·广东·模拟预测)如图，等腰梯形中，，，，为中点，为中点.将沿折起到的位置，如图．

(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)证明，即可证明平面；
(2)由平面，得点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，找出点到平面的距离即可求解.
【详解】(1)证明：在等腰梯形中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为，
所以为等边三角形，则.
因为为中点，所以，
在等腰梯形中，可得.
连接，在中，由余弦定理可得,
则，所以，则.
因为、分别是、中点，
所以，所以，
从而可得，，
因为，、平面，
所以平面．
(2)由(1)可知，，因为平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
因为是中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半.
取的中点为，连接.

因为为等边三角形，所以，
由(1)知，因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，、平面，
所以平面，
则点到平面的距离为.
因为是等边三角形，边长为，故 ，
所以点到平面的距离为，
故点到平面的距离为．
【题型3】 线面角
【典题1】 (2024·贵州安顺·一模)已知在正四面体中，，则直线与平面
所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设为三角形的中心，取中点，连接，根据正四面体的性质得到平面，且，即为直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得.
【详解】如图，在正四面体中，设为三角形的中心，取中点，连接，
由正四面体的性质可知平面，且，则即为直线与平面所成角，
因为，则，
故，故，
由勾股定理得，
故，
即直线与平面所成角的正弦值为．
故选：D．
【典题2】(多选) (2024·山西临汾·二模)在正四面体ABCD中，P，Q分别为棱AB和CD(包括端点)的动点，直线PQ与平面ABC、平面ABD所成角分别为，则下列说法正确的是( )
A．的正负与点P，Q位置都有关系
B．的正负由点位置确定，与点位置无关
C．的最大值为
D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】取的中点，连接，过点在平面内分别作，垂足分别为，利用线面角的定义可判断AB选项；求出的最大值和最小值，结合线面角的定义即可判断选项CD.
【详解】取的中点，连接，过点在平面内分别作，
垂足分别为，如图所示，
在正四面体ABCD中，均为等边三角形，因为为的中点，
所以，又因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以平面.
所以直线与平面所成的角为，
即，同理可得：，
所以的正负只由点位置确定，与点位置无关，
故选项A错误，选项B正确；
设，则，且,
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，
所以，
则，
将正四面体ABCD补成正方体，如图所示：
连接，在线段上取点，使得，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以平面，因为平面，所以，
所以平行四边形为矩形，则，
因为且，所以四边形为矩形，
则，且.
因为平面，平面，所以，
设，因为四边形为正方形，所以，
所以，且，
则，
所以，
则，
，
故选项C，D都正确，
故选：BCD.
【巩固练习】
1. (2024·辽宁沈阳·二模)正方体中，为正方形内一点(不含边界)，记为正方形的中心，直线与平面所成角分别为，．若，则点在( )
A．线段上 B．线段上 C．线段上 D．线段上
【答案】B
【分析】根据线面角的定义可得直线与直线所成角大小关系，再根据判断即可.
【详解】直线与平面所成角大小分别为，
等价于直线与直线成角大小分别为，
由，可知P在线段上，又，则与所成角更小，
则点P在线段上.
故选：B.
2.(2024·河北沧州·模拟预测)已知在三棱锥中，，则直线与平面所成的角的正弦值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据题意，设是正四面体 的4个顶点，结合正四面体的性质和线面角的定义与计算，即可求解.
【详解】设是正四面体 的4个顶点，
则点在平面的射影是正三角形的中心D,
再设，则，可得，
则高，
则直线与平面所成的角的正弦值．
故选：D.

3.(2024·甘肃定西·一模)在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，利用线面角的定义，结合正切函数的和差公式得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】如图，设，
因为在矩形中，，所以，
因为底面，
所以分别是与底面所成的角，即，
所以.
因为 ，
所以，解得 (负根舍去)，
所以 .
故选：D.
4.(2024·广东·二模)将一个直角三角板放置在桌面上方，如图，记直角三角板为，其中，记桌面为平面.若，且与平面所成的角为，则点到平
面的距离的最大值为 .
【答案】
【分析】作出辅助线，判断出当四点共面时，点A到的距离最大，进而算出，最后得到答案．
【详解】如图，过作⊥，交于，过A作⊥，交于，
因为在中，,，
则，当四点共面时，点A到的距离最大．
因为⊥，所以是BC与平面所成的角，则，则，
于是，，即A到的最大距离为．
故答案为：．
5.(2024·广东·一模)已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
【答案】/
【分析】先根据条件得到，进而得到，，利用线面垂直的性质作出面，故为直线BP与平面所成角，再利用，得知当与重合时，最小，再利用对顶角相等，即可求出结果.
【详解】如图，分别是上下底面的中心，设球心为，半径为，易知，
由题知，得到，又，，得到，
所以与重合，由，得到，
所以，又，所以，
因为面，面，所以，
又，，面，所以面，
连接并延长，过作，交的延长线于，
又面，所以，又，面，
所以面，连接，则为直线BP与平面所成的角，，
在中，易知，，所以，
所以当最小时，直线BP与平面所成角的正弦值的最大值，
又动点P在内部及其边界上运动，所以当与重合时，最小，
此时为直线BP与平面所成的角，所以直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为，

故答案为：.
6. (2024·全国·模拟预测)如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析，(3)
【分析】(1)由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
(2)如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
(3)根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】(1)因为且，所以四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
所以平面；
(2)由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又，所以，又平面，
所以平面，由平面，
所以平面 平面；
(3)由平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由(2)知，平面 平面，平面 平面 ，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.

【题型4】 二面角
【典题1】 (2024高三·全国·专题练习)如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到库底与水坝的交线AB的距离分别为 m， m.又测得AB的长为5 m，CD的长为 m，则水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为 .
【答案】/
【分析】作且，连接,可得是所求二面角的平面角，进而求得，再利用余弦定理可求得，可求得.
【详解】如图，作且，连接.又，则四边形是矩形，
.又，所以是所求二面角的平面角.
因为，，则.
又，，平面，
所以平面，而平面，所以，，
所以，，
由题可知，
则.
又是三角形的内角，所以.
故答案为：.
【典题2】(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥中，，已知二面角的大小为，.
(1)求点P到平面的距离；
(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求：
(Ⅰ)二面角的余弦值；
(Ⅱ)直线与平面所成角.
【答案】(1),(2)(Ⅰ),(Ⅱ)
【分析】(1)可得，，过P作的垂线交其于点D，过P作平面的垂线交其于点O，可得平面，进而可得为二面角的平面角，可求得；
(2)(Ⅰ)，令，，利用导数可求体积的最大值，可求得；
(Ⅱ)由(Ⅰ)求得，，记点C到平面的距离为h，利用等体积法求得h，可
求直线与平面所成的角.
【详解】(1)由已知，得，，
过P作的垂线交其于点D，
过P作平面的垂线交其于点O，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，，
故；
(2)(Ⅰ) 三棱锥 的体积为，
令，则三棱锥的体积，
所以，
当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故当时，三棱锥的体积最大，此时；
所以二面角的余弦值为；
(Ⅱ)求得此时体积为，可知此时，，
由平面几何知识知，，
记点C到平面的距离为h，
由等体积法可知，求得，
记直线与平面所成角为，则，即，
所以直线与平面所成的角为.
【巩固练习】
1.(多选) (2024·河北·模拟预测)已知直线和平面与所成锐二面角为.则下列结论正确的是( )
A．若，则与所成角为
B．若，则与所成角为
C．若，则与所成角最大值为
D．若，则与所成角为
【答案】ACD
【分析】根据线线角，线面角，二面角的定义结合题意逐一分析判断即可.
【详解】对于A，因为，与所成锐二面角为，
所以与所成角为，故A正确；
对于B，若，此时不能确定与所成角，
如直线时，此时与所成角为，故B错误；
对于C，如图，设平面的交线为直线，
当时，与所成角为，
当与不平行时，设，在直线上取点，过点作于点，
作于点，连接，
因为，所以，
又，所以平面，
又平面，所以，则即为与所成锐二面角的平面角，
则，
因为，所以即为与所成角的平面角，
则，
当且仅当时，取等号，
所以与所成角最大值为，故C正确；
对于D，因为，与所成锐二面角为，
所以与所成角为，故D正确.
故选：ACD.
2.(2024·四川·模拟预测)如图，在矩形中，，点为线段的中点.沿直线将翻折，点运动到点的位置.当平面与平面所成角为时，三棱锥的体积为 .

【答案】
【分析】
根据二面角的几何法可得为平面与平面所成角的平面角，故,进而可得点到平面的距离，即可由锥体的体积公式求解.
【详解】
如图，取的中点，连接，与交于点.
由翻折前后的不变性可知，.由已知，四边形为正方形，则
所以(或其补角)为平面与平面所成角的平面角，故或；
由于平面,所以平面，平面，
故平面平面，即在平面上的射影在直线上(点在线段或上均可).
由题意可知，在Rt中，，则
，又，则.
故答案为：
3.(2024·广东韶关·二模)在三棱锥中，侧面所在平面与平面的夹角均为，若，且是直角三角形，则三棱锥的体积为 ．
【答案】或或或
【分析】过作面于，过作，根据题设可得，，分为三角形的内心或旁心讨论，设，利用几何关系得到，再根据条件得到在以为焦点的椭圆上，再利用是直角三角形，即可求出结果.
【详解】如图，过作面于，过作，
因为面，面，所以，又，面，
所以面，又面，所以，故为二面角的平面角，
由题知，，同理可得，
当在三角形内部时，由，即为三角形的内心，
设，则，得到，所以，
三棱锥的体积为；

又因为，所以点在以为焦点的椭圆上，
如图，以所在直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则
，
由题知，椭圆中的，所以椭圆的标准方程为，
设，因为是直角三角形，
当时，易知，此时，所以，得到，
当时，易知，此时，所以，得到，
又因为，故以为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，即，
综上所述，；
同理，当在三角形外部时，由，即为三角形的旁心，
设，则，得到，
所以，三棱锥的体积为；
或，得到，
所以，三棱锥的体积为；
或，得到，
所以，三棱锥的体积为.

故答案为：或或或.
4.(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析，(2)2
【分析】(1)先由解三角形知识证得，进一步由，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；
(2)解法一：一方面，过点作交于点，过点作交于点，连接，可以证明是二面角的平面角，另一方面可以通过解三角形知识即可得解；解法二：建立适当的空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进一步由法向量夹角的余弦坐标公式，结合平方关系以及商数关系即可运算求解.
【详解】(1)在中，由余弦定理得
，
所以，所以，
又，，面，面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
(2)解法一：
过点作交于点，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为面，所以，
过点作交于点，连接，
因为，面，面，
所以面，因为面，则，
所以是二面角的平面角.
由(1)知，平面，因为平面，所以，
所以，
又，所以三角形是正三角形，
所以，.
在直角三角形中，，
所以.
所以，二面角的平面角的正切值是2.

1.(2022·全国·高考真题)在正方体中，E，F分别为的中点，则( )
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
2.(2023·全国·高考真题)已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】
取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
3.(多选)(2022·全国·高考真题)已知正方体，则( )
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则 ，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为 ，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
4.(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.
5. (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).
【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)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，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
6.(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)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.
2025年高考数学一轮复习核心考点：空间直线、平面的垂直（新教材新高考）
一 直线与平面的垂直
1 定义
若一条直线垂直于平面内的任意一条直线，则这条直线垂直于平面.
符号表述:若任意都有，则
2 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.
符号表述: (线线垂直线面垂直)
3 性质定理
垂直同一平面的两直线平行
符号表述：.
4 证明线面垂直的方法
定义法(反证)
判定定理(常用)
5 线面所成的角
(1) 定义
如下图，平面的一条斜线(直线)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.
一条直线垂直平面，则；一条直线和平面平行或在平面内，则.
(2) 范围
直线和平面所成的角的取值范围是.
二 直线与平面的垂直
1 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.这条棱叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面.棱为，面分别为，的二面角记作二面角.
在二面角的棱上任取一点，以点为垂足，在半平面和内分别作垂直于棱的射线和，则射线和构成的叫做二面角的平面角.
(2) 范围 二面角的平面角的取值范围是.
2 面面垂直
(1) 定义
若二面角的平面角为，则；
(2) 判定定理
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.
(线面垂直面面垂直)
(3) 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.
【题型1】 直线与平面垂直的判定与性质
【典题1】 (2024·全国·模拟预测)如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段(包括端点)上一点，则的面积的最大值为( )

A． B． C．2 D．
【典题2】(2024·山东枣庄·一模)如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
【巩固练习】
1. (2024·河北邯郸·二模)已知是两个平面，是两条直线，且，则“”是“”的( )
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2.(2024·全国·模拟预测)如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论错误的是( )

A．点共面 B．平面 平面 C． D．平面
3.(2024·内蒙古呼和浩特·一模)已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为( )
A． B． C． D．
4.(2024·全国·模拟预测)在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为( )
A． B． C． D．
5. (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)若线段上的点在平面内，求的值．
6.(2022·全国·模拟预测)如图1，在等边中，是边上的高，、分别是和边的中点，现将沿翻折成使得平面平面，如图2.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点，使？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【题型2】 平面与平面垂直的判定与性质
【典题1】 (2024·陕西安康·模拟预测)已知四棱锥的底面为菱形，其中，点在线段上，若平面平面，则 ．
【典题2】(2024·陕西西安·三模)如图，已知是圆的直径，平面，是的中点，．

(1)证明：平面；(2)求证：平面平面．
【巩固练习】
1. (2024·安徽·二模)已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是( )
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
2. (2024·全国·模拟预测)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=AB，∠BCD=45°，∠BAD=90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，则在三棱锥A-BCD中，下列结论正确的是(　　)

A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC
3.(2023·山东威海·二模)已知等边三角形SAB为圆锥的轴截面，AB为圆锥的底面直径，O，C分别是AB，SB的中点，过OC且与平面SAB垂直的平面记为，若点S到平面的距离为，则该圆锥的侧面积为( )
A． B． C． D．
4.(2023·河南焦作·模拟预测)在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，，平面平面，且该四棱锥的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为( )
A． B． C． D．
5.(2024·陕西安康·模拟预测)在四棱锥中，底面四边形为等腰梯形，，，是边长为2的正三角形，，则四棱锥外接球的表面积为( )
A． B． C． D．
6.(2023·全国·模拟预测)如图所示，四棱锥中，点在线段上(不含端点位置)，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若四面体的体积为，判断是否为直角三角形．若是，请指出哪个角是直角，若不是，请说明理由．
7.(2024·全国·模拟预测)如图1，在中，分别是边的中点，现将沿翻折，使点与点重合，且，得到如图2所示的四棱锥．
(1)求证：平面平面；
(2)求四棱锥的体积．
8. (2024·湖北·模拟预测)如图，在五面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面⊥平面；
(3)在线段上是否存在点，使得平面 说明理由．
9. (2024·广东·模拟预测)如图，等腰梯形中，，，，为中点，为中点.将沿折起到的位置，如图．

(1)证明：平面；
(2)若平面平面，求点到平面的距离．
【题型3】 线面角
【典题1】 (2024·贵州安顺·一模)已知在正四面体中，，则直线与平面所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
【典题2】(多选) (2024·山西临汾·二模)在正四面体ABCD中，P，Q分别为棱AB和CD(包括端点)的动点，直线PQ与平面ABC、平面ABD所成角分别为，则下列说法正确的是( )
A．的正负与点P，Q位置都有关系
B．的正负由点位置确定，与点位置无关
C．的最大值为
D．的最小值为
【巩固练习】
1. (2024·辽宁沈阳·二模)正方体中，为正方形内一点(不含边界)，记为正方形的中心，直线与平面所成角分别为，．若，则点在( )
A．线段上 B．线段上 C．线段上 D．线段上
2.(2024·河北沧州·模拟预测)已知在三棱锥中，，则直线与平面所成的角的正弦值为( )
A． B． C． D．
3.(2024·甘肃定西·一模)在四棱锥中，底面为矩形，底面与底面所成的角分别为，且，则( )
A． B． C． D．
4.(2024·广东·二模)将一个直角三角板放置在桌面上方，如图，记直角三角板为，其中，记桌面为平面.若，且与平面所成的角为，则点到平面的距离的最大值为 .
5.(2024·广东·一模)已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
6. (2024·全国·模拟预测)如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【题型4】 二面角
【典题1】 (2024高三·全国·专题练习)如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，测得从D，C到库底与水坝的交线AB的距离分别为 m， m.又测得AB的长为5 m，CD的长为 m，则水库底面与水坝斜面所成的二面角的大小为 .
【典题2】(2024·福建·模拟预测)如图，在三棱锥中，，已知二面角的大小为，.
(1)求点P到平面的距离；
(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求：
(Ⅰ)二面角的余弦值；
(Ⅱ)直线与平面所成角.
【巩固练习】
1.(多选) (2024·河北·模拟预测)已知直线和平面与所成锐二面角为.则下列结论正确的是( )
A．若，则与所成角为
B．若，则与所成角为
C．若，则与所成角最大值为
D．若，则与所成角为
2.(2024·四川·模拟预测)如图，在矩形中，，点为线段的中点.沿直线将翻折，点运动到点的位置.当平面与平面所成角为时，三棱锥的体积为 .

3.(2024·广东韶关·二模)在三棱锥中，侧面所在平面与平面的夹角均为，若，且是直角三角形，则三棱锥的体积为 ．
4.(2024·浙江绍兴·二模)如图，在三棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
1.(2022·全国·高考真题)在正方体中，E，F分别为的中点，则( )
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
2.(2023·全国·高考真题)已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
3.(多选)(2022·全国·高考真题)已知正方体，则( )
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
4.(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．
5. (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.
6.(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.

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