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专题39 空间直线、平面的垂直（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 3
【考点突破】 13
【考点1】直线、平面垂直的判定与性质 13
【考点2】平面与平面垂直的判定与性质 21
【考点3】平行、垂直关系的综合应用 27
【分层检测】 35
【基础篇】 35
【能力篇】 46
【培优篇】 53
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.
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 l⊥α
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
2.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：.
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 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 l⊥α
1.三个重要结论
(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
一、单选题
1．（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．
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
二、解答题
3．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
4．（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．
5．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
6．（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．
7．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，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．
参考答案：
题号 1 2
答案 C A
1．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：C
2．A
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，
故选：A．
3．(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
4．(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
5．(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）先证明平面，结合等体积法即可求解.
【详解】（1）由题意得，，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面；
（2）取的中点，连接，，因为，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，
可得，
又，所以，故.
又平面，所以平面，
易知.
在中，，
所以.
设点到平面的距离为，由，
得，得，
故点到平面的距离为.
6．(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.
7．(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，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，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
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
【考点1】直线、平面垂直的判定与性质
一、单选题
1．（2024·广东深圳·二模）已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
2．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题
3．（2023·河南·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．平面与平面的夹角的正切值为
4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内任一点，且五点在同一个球面上，则（ ）
A．
B．四面体的体积为
C．当时，点的轨迹长度为
D．当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为
三、填空题
5．（23-24高二上·重庆·期末）各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体，满足，则 ；此平行六面体的体积为 ．
6．（23-24高三上·辽宁大连·期中）在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为 .
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 A B ABD AC
1．A
【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到⊥平面，故平面即为平面，得到截面的形状.
【详解】连接，
因为平面，平面，
所以，
又四边形为正方形，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
同理可证明，
因为，平面，
故平面，
故平面即为平面，
则截该正方体所得截面的形状为三角形.
故选：A
2．B
【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解.
【详解】在棱长为1的正方体中，连接，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
于是，同理，而平面，
因此平面，因为，则平面，
而点为截面上的动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为.
故选：B
3．ABD
【分析】选项A由线面平行的判定定理可证；选项B由线面垂直可证线线垂直；选项CD可由空间向量法可得.
【详解】选项A：
如图连接交于，连接，
由题意可知为的中点，又为的中点，故，
又平面，平面，故平面，故A正确；
选项B：由题意为等边三角形，为的中点，
故,
又棱柱为直三棱柱，故，
又，平面，平面，
故平面，又平面，故，故B正确；
选项C：
如图建立空间直角坐标系，则，，，
因，故，
所以，，
设异面直线与所成角为，则
故C错误；
选项D：由题意平面的一个法向量为，
，，，
设平面的法向量为，则
，即，设，则，，
故，
设平面与平面的夹角为，则，
故，
故，故D正确，
故选：ABD
4．AC
【分析】根据线面的垂直可判断线线垂直，判断A；根据棱锥的体积公式可判断B；根据条件，确定轨迹的形状，结合圆的周长求得轨迹长度或范围，即可判断C，D.
【详解】对于A，依题意，可知，
设F为的中点，连接，则，
而平面，故平面，
平面，故，A正确；
对于B，将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，
则，解得，
由于，即异面直线和的距离为，且平面，，
所以四面体的体积为，B错误；
对于C，由以上分析可知，四面体的外接球半径为，
由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，
则，解得，
所以的轨迹长度为，C正确；
对于D，由题意可得,
故的外接圆半径为，
所以球心到所在平面的距离为，
设三棱锥的高为h，
由三棱锥的体积为时，可得，
故，
又由，故E点轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆，
其中一个圆为外接球的大圆，
所以点的轨迹长度大于，D错误，
故选：AC.
【点睛】难点点睛：本题考查了四面体中的线面以及线线的位置关系，以及体积和空间几何体中的轨迹问题，难点在于要发挥空间想象，明确空间几何体中的线线位置关系，特别是选项D中要明确E点轨迹，从而确定轨迹长度或其范围.
5．
【分析】由空间向量基本定理可得，对其两边同时平方结合数量积的定义即可求出；连接交于点，连接，先证明平面，再由柱体的体积公式即可得出答案.
【详解】因为
，
所以.
连接交于点，连接，
因为底面为边长是的正方形，所以，
因为，连接，则，
所以在中，，所以，
又因为，所以，
，平面，
所以平面，所以平行六面体的体积为：
.
故答案为：；.
6．
【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值．
【详解】设，在等腰中，，
设的外心是，外接圆半径是，
则，∴，
设外接球球心是，则平面，平面，则，
同理，，
又平面，所以，是直角梯形，
设，外接球半径为，即，
则，所以，
在直角中，，，
，，∴，
，
令，则，
，
当且仅当，时等号成立，
所以的最小值是．
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．
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·贵州·模拟预测）设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A．若m上有两个点到平面的距离相等，则
B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
C．若，，，则
D．若m、n是异面直线，，，，，则
2．（2024·浙江宁波·二模）已知平面，则“”是“且”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
二、多选题
3．（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
4．（2024·广东深圳·二模）已知m，n是异面直线，，，那么（ ）
A．当，或时，
B．当，且时，
C．当时，，或
D．当，不平行时，m与不平行，且n与不平行
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）如图所示，在正方体中，M是棱上一点，平面与棱交于点N．给出下面几个结论：

①四边形是平行四边形；②四边形可能是正方形；③存在平面与直线垂直；④任意平面都与平面垂直．
其中所有正确结论的序号是 ．
6．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．

参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 D C BD AB
1．D
【分析】对于A，m与可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，C，根据面面垂直的判定及性质进行判断；对于D，根据面面平行的判定定理进行判断.
【详解】对于A，当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；
对于B，若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；
对于C，若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误；
对于D，若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确.
故选：D.
2．C
【分析】根据线面垂直即可求证面面垂直，即可说明充分性，根据面面垂直的性质可得线面垂直，即可利用线面垂直的判断求证必要性.
【详解】由于，所以，
若 ，则，，故充分性成立，
若，，设，，
则存在直线使得，所以，由于，故，
同理存在直线使得，所以，由于，故，
由于不平行，所以是平面内两条相交直线，所以，故必要性成立，
故选：C
3．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．
4．AB
【分析】根据线线、线面和面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可.
【详解】A：当，时，；
当，时，，故A正确；
B：当，时，又为异面直线，所以，故B正确；
C：当时，由，得或与相交；
当时，由，得或与相交，故C错误；
D：当不平行时，可能或与相交，或与相交，故D错误.
故选：AB
5．①④
【分析】利用线面、面面相关判定与性质定理逐一分析即可得解.
【详解】对于①，因为平面与棱交于点，所以四点共面，
在正方体中，由平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
同理可得，故四边形一定是平行四边形，故①正确
对于②，在正方体中，面，
因为面，所以，
若是正方形， 有，，
若不重合，则与矛盾，
若重合，则不成立，故②错误；
对于③，因为平面，，
若直线与平面垂直，则直线，显然矛盾，
所以平面与直线不可能垂直，故③错误
对于④，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
同理：，又平面，平面，，
所以平面，因为平面，所以平面平面，故④正确.
故答案为：①④.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握正方体中的线面关系，从而得解.
6．/
【分析】根据图象可得直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，设，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.
【详解】设，取的中点,连接,
由题知平面平面,
平面平面,
又平面,
所以平面，

则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，
易求得，
,
又,
解得，
,
则,
所以直线与平面所成角的余弦值等于，
故答案为：.
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．（22-23高一下·北京通州·期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
2．（2024·湖南常德·三模）如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且分别为棱靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（ ）

A． B．
C． D．
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）在棱长为1的正方体中，是线段的中点，以下关于直线的结论正确的有（ ）
A．与平面平行 B．与直线垂直
C．与直线所成角为 D．与平面的距离为
4．（23-24高二上·浙江金华·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（ ）

A．将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为.
B．将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为.
C．将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为.
D．将玩具放至水中，其会飘浮在水面上.
三、填空题
5．（23-24高三下·四川·阶段练习）如图，在平行四边形中，，且交于点，现沿折痕将折起，直至满足条件，此时 .

6．（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 ．
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 B B ABD AD
1．B
【分析】由线面平行，线面垂直，面面平行，面面垂直的性质逐项判断即可；
【详解】A：若，，则或相交，故A错误；
B：若，，由线面平行和垂直的性质可得，故B正确；
C：若，，则或，故C错误；
D：若，，则相交或或，故D错误；
故选：B.
2．B
【分析】利用等体积法求出点到平面的距离，说明所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，再根据求得体积公式即可得解.
【详解】由题意，设点到平面的距离为，
而
，
由，得，解得，
棱长为6的正方体的正方体的内切球的半径为，
棱长为6的正方体体对角线的长度为，
因为，
所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的正方体的内切球，
则该球形饰品的体积的最大值为.
故选：B.
3．ABD
【分析】通过证明平面平面，即可判断A，通过证明平面，即可判断B，由，所以与所成角就是直线与直线所成角，利用余弦定理求出，即可判断C，利用等体积法求出点到平面的距离，即可判断D.
【详解】因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
又，平面，
所以平面平面，而平面，故平面，选项A正确；
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，而平面，故，选项B正确；
由于，所以与所成角就是直线与直线所成角，
因为，，，
所以，
所以，即与直线所成角为，选项C不正确；
由选项A可知，与平面的距离就是点到平面的距离．
设点到平面的距离为，由，得，
即，解得，即与平面的距离为，选项D正确.
故选：ABD．
4．AD
【分析】利用补体法求得正方体棱长判断A，利用对称性得球的直径判断B，求解两平行平面的距离判断C，先求出几何体的体积，通过与水密度的大小比较即可判断D.
【详解】将该几何体放置在如图的正方体中，

对于A，将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为图中正方体的棱长，
由题意，该几何的棱长为，所以正方体的棱长为，正确；
对于B，将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为该几何体外接球的半径，
根据正方体和多面体的对称性知，该几何体外接球直径为正方体面对角线，即，解得，
所以包装盒的半径最小为，错误；
对于C，将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为两平行平面与平面的距离，证明求解过程如下：如图，

不妨记正方体为，，，
故四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，所以，同理，
所以，又平面，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，平面，所以，
连接，因为分别为的中点，
故，又，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，
故即为平面与平面的距离，
则，由正方体棱长为得，
由题意得，为等边三角形，故，
根据，得，
解得，根据对称性知，
所以，
则平面与平面的距离为，即该玩具的高度为，错误；
对于D，该几何体的体积为.因为玩具的密度为，小于水的密度，所以将玩具放至水中，其会飘浮在水面上，正确.
故选：AD
【点睛】方法点睛：求空间距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解.
5．/-0.5
【分析】根据条件可得平面平面，求得相关线段长度后利用余弦定理求解即可.
【详解】由题意可知，所以，
折起后如图所示，因为，
又，则,
所以,
又,平面，
则平面，又平面,
则平面平面，
分别过点作的垂线，
垂足分别为点，又平面平面，
即有，同时易证得，
,
所以，所以由余弦定理可知:
.
故答案为：.

6．/
【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：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于点位置的确定，通过利用线面垂直的性质作出面，从而得出为直线BP与平面所成角，再利用，将问题转化成求的最小值，即可确定点位置，从而解决问题.
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.
【基础篇】
一、单选题
1．（23-24高三下·山东济南·开学考试）已知是三条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则且
C．若，则
D．若，则
2．（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
3．（2024·河南信阳·模拟预测）棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（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
二、多选题
5．（21-22高一下·贵州黔西·期末）如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中点．沿BD将△BCD翻折，折成三棱锥C﹣ABD，连接BM，翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角
B．棱CD上总恰有一点N，使得MN∥平面ABC
C．当三棱锥C﹣ABD的体积最大时，AB⊥BC
D．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角
6．（2024·全国·模拟预测）如图（1），在矩形中，，是的中点，沿将折起，使点到达点的位置，并满足，如图（2），则（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
7．（2024·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥的平面展开图中，，分别是，的中点，正方形的边长为2，则在三棱锥中（ ）
A．的面积为 B．
C．平面平面 D．三棱锥的体积为
三、填空题
8．（2024·陕西汉中·二模）已知三棱锥，点到平面的距离是，则三棱锥的外接球表面积为 ．
9．（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．
10．（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 ．
四、解答题
11．（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.
12．（2024·浙江·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
(1)证明：//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D D C D BC ABD ABD
1．D
【分析】
根据线面以及面面平行的性质可判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；根据线面垂直的判定定理可判断C；根据面面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可判断D.
【详解】对于A，若，则或，A错误；
对于B，若，则当且时，才有且，B错误；
对于C，若，当时，推不出，C错误；
对于D，如图，设，在内取点P，，
作，垂足为，因为，则，
而，则，又，
故，D正确，

故选：D
2．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.
3．C
【分析】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，借助相似三角形的性质计算即可得.
【详解】由题意可得OP的最小值为点到线段的距离，
在平面内过点作于点，
由题意可得，，，平面，
因为平面，则，因为，
故，即.
故选：C.
4．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：D
5．BC
【分析】对A：根据线面垂直的判断定理证明BD⊥平面CME，可证CM⊥BD；对B：根据线面平行的判定定理分析证明；对C：根据锥体的体积公式分析可知:当CE⊥平面ABD，三棱锥C﹣ABD的体积最大，进而根据线面垂直的判断和定义分析说明；对D：根据二面角的平面角的定义理解分析.
【详解】对A，取BD中点E，连接CE，ME，如图，因△BCD是正三角形，有CE⊥BD，
而M是AD的中点，有ME∥AB，
而AB⊥BD，则ME⊥BD，CE∩ME＝E，CE，ME 平面CME，
于是得BD⊥平面CME，CM 平面CME，所以CM⊥BD，A不正确；
对B，取CD的中点N，连MN，因M是AD的中点，则MN∥AC，
AC 平面ABC，MN 平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正确；
对C，因，要三棱锥C﹣ABD的体积最大，当且仅当点C到平面ABD距离最大，
由选项A知，点C到直线BD的距离是二面角A﹣BD﹣C的平面角，
当∠CEM＝90°时，CE⊥平面ABD，
即当C到平面ABD距离最大为时，三棱锥C﹣ABD的体积最大，此时CE⊥ME，有CE⊥AB，
而AB⊥BD，CE∩BD＝E，CE，BD 平面BCD，则有AB⊥平面BCD，BC 平面BCD，
所以AB⊥BC，C正确；
对D，若∠CMB是二面角C﹣AD﹣B的平面角，则AD⊥CM，因为M为AD中点，故CA＝CD，
这不一定成立，故D错误．
故选：BC．
6．ABD
【分析】首先证明平面，即可判断A、B，在平面图形中取的中点，连接，交于点，即可得到，连接，即可得到为二面角的平面角，利用勾股定理逆定理得到，从而得到平面平面，即可判断C、D.
【详解】因为，且，平面，所以平面．
又平面平面，所以平面平面，平面平面，故A，B正确．
如图（1），取的中点，连接，交于点，则和均为等腰直角三角形，
所以，所以，即，
如图（2），连接，因为，，所以为二面角的平面角．
设，则，在中，，为的中点，故．
所以，所以，
所以平面平面，则平面与平面不垂直，故C错误，D正确．
故选：ABD．

7．ABD
【分析】直接求的面积可判定A，连接交于G，根据条件证平面即可判定B，判定的夹角是否为直角可判定C，利用棱锥的体积公式可判定D.
【详解】
对于A，易知，故A正确；
对于B，连接交于G，根据正方形的性质易知，
所以有，
又平面，所以平面，
平面，所以，故B正确；
对于C，由上可知为平面与平面的夹角，
易知，则不垂直，故C错误；
对于D，由题意可知两两垂直，
则，故D正确.
故选：ABD
8．
【分析】根据题意求得外接圆的半径，再利用勾股定理证得平面，从而利用侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球的性质即可得解.
【详解】记为的中点，连接，
由题意知，且，
所以外接圆的直径为，且，即半径，
过作平面，因为平面，则，
又点到平面的距离是，即，而，
所以，同理，
又，所以是同一个点，所以平面，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
则三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：
9．①②④
【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
10．
【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：.
11．(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，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
12．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明//即得；
（2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）
如图，连接交于，连接,由是的中点可得，
易得与相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
（2）
因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得
又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
，则，.
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
设平面的法向量为，由，
则，故可取.
故平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面与平面的夹角为.
【能力篇】
一、单选题
1．（2022·全国·模拟预测）设是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．若，且，则
D．若，则
二、多选题
2．（23-24高二上·宁夏吴忠·期末）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论正确的是（ ）

A．平面平面；
B．在棱上不存在点，使得平面
C．当时，异面直线与所成角的余弦值为；
D．点到直线的距离；
三、填空题
3．（23-24高三上·山东滨州·期末）已知直四棱柱的所有棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 ．
四、解答题
4．（22-23高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
参考答案：
题号 1 2
答案 D ACD
1．D
【分析】
根据选项条件作出几何图形或几何模型，运用线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的性质和判定定理，即可推得结论或者说明结论不存在
【详解】
对于A项，因，
设,在平面过点作直线，过点作直线，则 ，
由可得，，故垂直于由直线和直线组成的平面，
由过一点有且只有一个平面与已知直线垂直的性质可知，
故有或，故A项正确；
对于B项，如图，，设，
由，则，同理，设构成平面，则，
设,则，
故得,故，B项正确；
对于C项，如图，因，，则；
又，则，故得：，故C项正确；
对于D项，如图，取平面为平面，平面为平面，取为，为，
因平面，平面,则，
又, 平面，故平面，
因平面，故,即，但与不垂直，故D项错误.
故选：D.
2．ACD
【分析】
根据面面垂直的判定定理可判断A；由A的结论，可推得，即可知点到直线的距离即为的长度，计算求得长，判断D；采用平移法，作出异面直线与所成角，解三角形可求得与所成角的余弦值，判断C；结合C选项，根据线面平行的判定定理即可判断B.
【详解】A选项，因为平面，平面，平面，
所以，，
故即为与底面所成的角，即，
故，而，所以，
在直角梯形中，，
则，故，
又因为平面，所以平面，
因为平面 ，故平面平面，故A正确；
D选项：由A选项的证明过程可知：平面，
因为平面，所以，
故点到直线的距离即为的长度，
因为平面，平面，故，
而，
即点到直线的距离，故D正确；
对于C，当时，，即为的中点，

设为的中点，连接，
则，
而，故，
故四边形为平行四边形，则，
故异面直线与所成角即为的夹角，
在中，，
则，
则异面直线与所成角的余弦值为，C正确；
对于B，由C选项知，当时，，
因为平面，平面，
所以平面，
所以时，平面，故B错误.
故选：ACD.
3．
【分析】由题设知圆弧为球面与侧面的交线，根据题设由直棱柱的性质求弧长即可.
【详解】如图：取的中点,连接，
结合题意：易得为等边三角形，
因为为的中点，所以
因为在直四棱柱中有面,且面，
所以,又因为,且面
所以面，结合球的性质可知为该截面圆的圆心，
因为直四棱柱的所有棱长均为4，，
所以 ,, ,,
故以A为球心，为半径的球面与侧面的交线为：以为圆心, 为半径的圆所成的圆弧.
所以.
故答案为: .
4．(1)证明见解析
(2)存在；是上靠近的三等分点
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【详解】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．

（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．

【培优篇】
一、单选题
1．（2024·浙江杭州·模拟预测）以半径为1的球的球心为原点建立空间直角坐标系，与球相切的平面分别与轴交于三点，，则的最小值为（ ）
A． B． C．18 D．
二、多选题
2．（2024·湖南·二模）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．若点满足，则动点的轨迹长度为
B．三棱锥体积的最大值为
C．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为
三、填空题
3．（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 ．

参考答案：
题号 1 2
答案 C CD
1．C
【分析】不妨设、、均在正半轴，设球与平面切于点，连接并延长交于点，连接，由勾股定理求出，利用三角形相似求出，即可求出，再通过证明平面得到，则，再由三角形相似得到，最后利用基本不等式计算可得.
【详解】根据对称性，不妨设、、均在正半轴，设球与平面切于点，连接并延长交于点，连接，
则平面，平面，平面，所以，
又，所以，即，
又，，所以，则，
所以，
又平面，平面，所以，
平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以
，
又，即，所以，
所以，
当且仅当时取等号，
即的最小值为.
故选：C

【点睛】关键点点睛：本题关键是根据题意画出图形，推导出、，利用勾股定理转化计算，结合基本不等式求出最小值.
2．CD
【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为；显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，易知最大值为；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为.
【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形，
动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，所以错误；
对于B，因为，而等边的面积为定值，
要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，
易知点是正方体到平面距离最大的点，
所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，
其高为，所以，B错误；
对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示，
当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，
又，
弧长度，故点的轨迹长度为，故正确；
对于D，取的中点分别为，
连接，如图2所示，
因为平面平面，故平面，
，平面平面，故平面；
又平面，故平面平面；
又，
故平面与平面是同一个平面.
则点的轨迹为线段：
在三角形中，
则，
故三角形是以为直角的直角三角形；
故，故长度的最大值为，故正确.
故选：.
【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.
3．/
【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.
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专题39 空间直线、平面的垂直（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 3
【考点突破】 6
【考点1】直线、平面垂直的判定与性质 6
【考点2】平面与平面垂直的判定与性质 7
【考点3】平行、垂直关系的综合应用 9
【分层检测】 11
【基础篇】 11
【能力篇】 14
【培优篇】 16
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.
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 l⊥α
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
2.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：.
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 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 l⊥α
1.三个重要结论
(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
一、单选题
1．（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．
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
二、解答题
3．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
4．（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．
5．（2024·全国·高考真题）如图，，，，,为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
6．（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．
7．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，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．
【考点1】直线、平面垂直的判定与性质
一、单选题
1．（2024·广东深圳·二模）已知正方体，过点A且以为法向量的平面为，则截该正方体所得截面的形状为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
2．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题
3．（2023·河南·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．平面与平面的夹角的正切值为
4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内任一点，且五点在同一个球面上，则（ ）
A．
B．四面体的体积为
C．当时，点的轨迹长度为
D．当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为
三、填空题
5．（23-24高二上·重庆·期末）各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体，满足，则 ；此平行六面体的体积为 ．
6．（23-24高三上·辽宁大连·期中）在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为 .
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·贵州·模拟预测）设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A．若m上有两个点到平面的距离相等，则
B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
C．若，，，则
D．若m、n是异面直线，，，，，则
2．（2024·浙江宁波·二模）已知平面，则“”是“且”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
二、多选题
3．（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
4．（2024·广东深圳·二模）已知m，n是异面直线，，，那么（ ）
A．当，或时，
B．当，且时，
C．当时，，或
D．当，不平行时，m与不平行，且n与不平行
三、填空题
5．（2024·全国·模拟预测）如图所示，在正方体中，M是棱上一点，平面与棱交于点N．给出下面几个结论：

①四边形是平行四边形；②四边形可能是正方形；③存在平面与直线垂直；④任意平面都与平面垂直．
其中所有正确结论的序号是 ．
6．（2024·浙江温州·二模）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．

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．（22-23高一下·北京通州·期末）设l是直线，α，β是两个不同平面，则下面命题中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
2．（2024·湖南常德·三模）如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥，且分别为棱靠近的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为（ ）

A． B．
C． D．
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）在棱长为1的正方体中，是线段的中点，以下关于直线的结论正确的有（ ）
A．与平面平行 B．与直线垂直
C．与直线所成角为 D．与平面的距离为
4．（23-24高二上·浙江金华·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，某玩具厂商制作一个这种形状棱长为，重量为的实心玩具，则下列说法正确的是（ ）

A．将玩具放到一个正方体包装盒内，包装盒棱长最小为.
B．将玩具放到一个球形包装盒内，包装盒的半径最小为.
C．将玩具以正三角形所在面为底面放置，该玩具的高度为.
D．将玩具放至水中，其会飘浮在水面上.
三、填空题
5．（23-24高三下·四川·阶段练习）如图，在平行四边形中，，且交于点，现沿折痕将折起，直至满足条件，此时 .

6．（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 ．
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.
【基础篇】
一、单选题
1．（23-24高三下·山东济南·开学考试）已知是三条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则且
C．若，则
D．若，则
2．（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
3．（2024·河南信阳·模拟预测）棱长为1的正方体中，点P为上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（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
二、多选题
5．（21-22高一下·贵州黔西·期末）如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中点．沿BD将△BCD翻折，折成三棱锥C﹣ABD，连接BM，翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角
B．棱CD上总恰有一点N，使得MN∥平面ABC
C．当三棱锥C﹣ABD的体积最大时，AB⊥BC
D．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角
6．（2024·全国·模拟预测）如图（1），在矩形中，，是的中点，沿将折起，使点到达点的位置，并满足，如图（2），则（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
7．（2024·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥的平面展开图中，，分别是，的中点，正方形的边长为2，则在三棱锥中（ ）
A．的面积为 B．
C．平面平面 D．三棱锥的体积为
三、填空题
8．（2024·陕西汉中·二模）已知三棱锥，点到平面的距离是，则三棱锥的外接球表面积为 ．
9．（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．
10．（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 ．
四、解答题
11．（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.
12．（2024·浙江·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
(1)证明：//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.
【能力篇】
一、单选题
1．（2022·全国·模拟预测）设是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．若，且，则
D．若，则
二、多选题
2．（23-24高二上·宁夏吴忠·期末）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论正确的是（ ）

A．平面平面；
B．在棱上不存在点，使得平面
C．当时，异面直线与所成角的余弦值为；
D．点到直线的距离；
三、填空题
3．（23-24高三上·山东滨州·期末）已知直四棱柱的所有棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为 ．
四、解答题
4．（22-23高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·浙江杭州·模拟预测）以半径为1的球的球心为原点建立空间直角坐标系，与球相切的平面分别与轴交于三点，，则的最小值为（ ）
A． B． C．18 D．
二、多选题
2．（2024·湖南·二模）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．若点满足，则动点的轨迹长度为
B．三棱锥体积的最大值为
C．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为
三、填空题
3．（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 ．

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