【备战2024年高考】高中数学重点题型解剖 题型20 6类立体几何大题解题技巧（平行、垂直、空间角、空间距离、动点、范围）

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技法01 空间中的平行关系解题技巧
空间中的平行关系是高考中的高频考点，需熟练掌握线面平行、面面平行的判定及性质定理，同时还需注意书写过程的规范性，需重点强化练习.
知识迁移 空间中的平行关系
线线平行
①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等）
③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
例1-1．（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

例1-2．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
例1-3．（2023·全国·统考高考真题）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.
【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，
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.
例1-4．（2024·全国·模拟预测）如图1，已知四边形为直角梯形，，，，M为CF的中点．将沿折起，使得点C与点A重合，如图2，且平面平面，分别为的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：∵Q，H分别是的中点，∴．
∵平面，平面，∴平面．
如图，连接，∵N，P分别是的中点，∴且．
易知且，
∵Q是的中点，∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴．
∵平面，平面，∴平面．
∵，平面，平面，
∴平面平面.
（2）由(1)知，又，，∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面．
以M为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
∴，，，∴，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
∴是平面PQH的一个法向量．
设平面的法向量为，
则，则，
令，则，∴是平面的一个法向量．
∴，
结合图象易知二面角Q﹣PH﹣D为锐二面角，故二面角的余弦值为．
1．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
2．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）
连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
3．（2024·广东佛山·统考一模）如图，直三棱柱中，.过点的平面和平面的交线记作.
(1)证明：；
(2)求顶点到直线的距离.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由已知，可根据，利用线面平行的判定定理证明平面，在使用线面平行的性质定理可证明；
（2）由已知，可作交平面和平面的交线于，利用线面垂直的判定和性质证明，从而即为点到直线的距离，然后在利用勾股定理求解边长，即可求解.
【详解】（1）证明：由题知，平面，平面，
所以平面，又因为平面平面，
平面，所以.
（2）作交直线于点，连接，因为是直三棱柱，
所以平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以就是点到直线的距离，
作交于点，因为，，所以，
又因为，所以四边形是矩形，所以，
在，，，所以，
在，，
所以点到直线的距离为.
4．（2024·全国·模拟预测）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，四边形是梯形，且，为底面圆周上一点，点在上．
(1)若，求证：平面；
(2)当时，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取线段的中点，连接，证明平面，连接，证明平面，利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点及向量的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量夹角的余弦值后利用同角三角函数基本关系求二面角的正弦值.
【详解】（1）取线段的中点，连接．
因为，所以且，
因此四边形是平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面，
连接，因为，所以，
又平面平面，所以平面，
而平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面；
（2）由圆锥的对称性不妨取点为如图所示位置，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
于是，
设平面的法向量为，
则，得，
取，可得，
设平面的法向量为，
则，得，
取，可得，
所以，
故二面角的正弦值为．
技法02 空间中的垂直关系解题技巧
空间中的垂直关系是高考中的高频考点，需熟练掌握线面垂直、面面垂直的判定及性质定理，同时还需注意书写过程的规范性，需重点强化练习.
知识迁移 空间中的垂直关系
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
线面垂直的判定定理
线面垂直的性质定理
面面垂直的判定定理
面面垂直的性质定理
例2-1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球面上，且，，N为的中点．

(1)证明:平面
(2)若M是线段上的点，且平面与平面的夹角为．求与平面所成角的正弦值．
证法一：连结(如图)，
易知是以AB斜边的等腰直角三角形，∴，
又∵，
∴，
∵，N为的中点，
∴，
∴，即，
∵平面，∴平面ABC．

证法二：取的中点D，连结(如图)，
∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，
∵平面，∴平面．
∵平面．∴，
又∵，平面，
∴平面；

证法三：易知为等腰直角三角形，
不妨设，则，
又N为斜边中点，∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，且，
∵，∴，∴，
又∵，平面，
∴平面ABC．
例2-2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【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，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
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．
例2-3．（2023·全国·统考高考真题）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．
【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．
例2-4．（2022·浙江·统考高考真题）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．
【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，
∴．
1．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.
[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，
连接
2．（2022·全国·统考高考真题）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，
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.
3．（2021·全国·统考高考真题）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.
4．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
5．（2024·广东汕头·金山中学校考一模）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，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，且
【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.
技法03 向量法与几何法求空间角的解题技巧
立体几何中空间角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重点强化练习.
知识迁移
1．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ的范围为(0，eq \f(π,2)]，公式为cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
2．直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，
则sin θ＝|cs β|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
3．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
例3-1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球面上，且，，N为的中点．

(1)证明:平面
(2)若M是线段上的点，且平面与平面的夹角为．求与平面所成角的正弦值．
（2）
∵，∴，
∴是等腰直角三角形，
∵N为中点，∴，
∴N为三棱锥外接球的球心，
依题意，∴，
连结，
∵平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴为二面角的平面角，等于，
解法一：由上知为等腰直角三角形，∴M为PC的中点，
∵，
∴平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，
∴点A在平面上的射影在上，
∴即为与平面所成的角，
易得，由余弦定理可得
．
解法二：由（1）知两两垂直，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
∵M为PC的中点，∴，
∴，
设平面PBC的法向量为
则，
取，则得，
∴，
∴AM与平面PBC所成角的正弦值为．
例3-2．（2023·全国·统考高考真题）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.
【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，
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.
例3-3．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【详解】（1）
连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
例3-4．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
1．（2023·全国·统考高考真题）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.
2．（2021·全国·统考高考真题）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，
为二面角的平面角．
因为，所以．
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.
3．（2023·四川南充·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，二面角的正切值为，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）取中点，连接，根据条件得到，再利用平面，得到，从而得出四边形是平行四边形，进而有，即可证明结果；
（2）取取中点，连接，，根据条件建立空间直角坐标系，再求出平面的法向量和向量，利用线面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接，因为，，
所以，且，
又平面，平面，所以，
又面，所以，又，所以四边形是平行四边形，得到，
又平面，平面，所以平面.
（2）如图，取中点，连接，，则，
因为平面，由（1）知，所以平面，
又，所以，过作，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为平面，面，所以，又，，所以面，
又面，所以,
故为二面角的平面角，所以，
又，所以，又，所以，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则由得到，，取，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.
4．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDEFG中，侧面ABGF是矩形，侧面BCDG与底面EFGD是直角梯形，．
(1)求证：四边形ACDE是平行四边形；
(2)若，二面角的正切值为，求多面体ABCDEFG的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）根据线线平行证明四边形ACDE是平行四边形.
（2）建立空间直角坐标系，根据二面角的正切值为，求出长度，然后求出多面体ABCDEFG的体积.
【详解】（1）取DG的中点H，连接FH，
如图，取DG的中点H，连接CH，FH，
由得，
所以四边形EFHD是平行四边形，所以．
因为，H为DG的中点，
所以四边形BCHG是平行四边形，所以，
又侧面ABGF是矩形，所以，
所以四边形ACHF是平行四边形，所以．
所以，
所以四边形ACDE是平行四边形．
（2）因为侧面ABGF是矩形，侧面BCDG是直角梯形且，
所以，
所以平面EFGD，又，所以GF，GD，GB两两垂直，
故以G为原点，GF，GD，GB所在直线分别为x轴、y轴、z轴,
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，
所以，则．
设平面ACDE的法向量为，
由得，
令，得，
所以平面ACDE的一个法向量为．
易得平面DEFG的一个法向量为．
设二面角的大小为，
则，
由得，
所以．
由（1）易知．
技法04 空间距离的解题技巧
立体几何中空间距离的求解常常可以转化为点到面的距离的求解，进而转化为对应几何体的高来求解，高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求点面距，需重点强化练习.
知识迁移
1．空间两点间的距离公式
若，，则 =.
2．点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
例4-1．（2023·四川南充·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，且直线与所成角为，求点E到平面的距离．
【详解】（1）取BD中点为F，连接AF，
因为，所以，且，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，
所以，，且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为，且直线与所成角为，，
所以，
在中，，，
以C为原点，分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知，，平面，所以平面，
则，
得，
设为平面的一个法向量，
则，取得，
所以点E到平面的距离.
例4-2．（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点．
(1)证明：；
(2)若点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的正弦值．
【详解】（1）
连接,
因为四边形为正方形，所以．
在直三棱柱中，平面平面，
由得，又平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，．
设为平面ABD的一个法向量，
则，即，得，令，则，
故，
由题意，，解得，
所以，．
设为平面BCD的一个法向量，
则，即，
令，则，，即，
平面ABC的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以，
所以平面和平面的夹角的正弦值为．
例4-3．（2023·江苏苏州·模拟预测）在如图所示的圆锥中，已知为圆锥的顶点，为底面的圆心，其母线长为6，边长为的等边内接于圆锥底面，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若为中点，射线与底面圆周交于点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.
【详解】（1）因为为圆锥的顶点，为底面的圆心，所以面.
又因为面，所以，即.
因为为外接圆圆心，且为正三角形，所以.
又因为且，面，所以面，
因为面，所以面面.
（2）作交于，取中点为.
因为，，所以.
因为面，，面，所以，.
如图，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
因为，，所以，，
所以，，，，.
由，得，，，
，.
设面的法向量为，则，
取，则，，所以.
设面的法向量为，则,
取，则，，所以.
由，且，
解得，所以，.
又因为，所以，
所以到面的距离.
1．（2023·海南·校联考模拟预测）如图，在长方体中，，点为的中点，点是上靠近的三等分点，与交于点.

(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证得四边形是平行四边形，得到，可得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合向量的距离公式，即可求解.
【详解】（1）解：连接，由和分别为线段的中点，所以，
又由且，所以四边形是平行四边形，
所以，可得，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：连接，由，
因为为的中点，且，所以.
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以.
设平面的法向量为，则，
令，则，所以.
因为，所以点到平面的距离为.

2．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

(1)证明：面面；
(2)若为上的一点，点到面的距离为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由、可证得平面，由面面垂直的判定可证得结论；
（2）以中点为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用点到平面距离的向量求法可求得的值，根据二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在梯形中，取中点，连接，

，，四边形为平行四边形，，
，；
，，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）分别取中点，连接，
，为中点，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
分别为中点，，平面，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
，，，，，
设，
则，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：，；
平面轴，平面的一个法向量，
，又二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
3．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．

(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由正三角形、面面垂直的性质易得面，再由线面垂直的性质及判定证，即可得结论；
（2）构建空间直角坐标系，设并求面、面的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.
【详解】（1）取中点，连接，为正三角形，则，
面面，面面，面，则面，

面，故，又，面，，
所以面，面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，

设面的法向量为，则，令，则，
设面的法向量为，则，令，则，
由，解得，
则面的法向量为，，
点到平面的距离.
技法05 动点的应用及解题技巧
立体几何中的动点问题是一类难点问题，需要寻找题干中动点满足的对应条件，从几何法或空间向量法去解决待解问题，需强加练习和重点复习.
例5．（2024·湖北·校联考模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.
(1)求二面角的正切值；
(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）如图，过点作于点，连接，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，.
为二面角的平面角.
∵，，∴为等边三角形，，
又中，，，，.
又，，，H为线段的中点.
，，
中，，，
所以二面角的正切值为.
（2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，，
又平面，则，，两两垂直，
以H为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，，
令，可得.
假设棱上存在满足要求的点Q，设，，.
，
因为直线与平面所成的角为，
，
整理得：，解得或（舍去）.
所以，则.
所以当时，与平面所成的角为.
1．（2024·山西临汾·统考一模）如图，在三棱柱中，，，，二面角的大小为.
(1)求四边形的面积；
(2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）取的中点，连接，由给定条件结合余弦定理求出，再推证即可求出四边形面积.
（2）由已知可得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，取的中点，连接，
在中，由，，得，，
在中，由，，得，，
则为二面角的平面角，即，
在中，由余弦定理得，解得，
又，平面，则平面，而平面，于是，
显然，则，
所以平行四边形的面积.
（2）由（1）知，有，则，
同理，又，，即，则，
以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
假设存在点满足题意，不妨设，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线与平面所成的角为，则，
解得，此时，
所以存在点满足题意，且的长为.
2．（2024·广东茂名·统考一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
(1)证明：；
(2)点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，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）要证，需要证过的平面与垂直即可，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理结合条件即得；
（2）建立空间直角坐标系，先根据条件确定点的坐标，再求二面角.
【详解】（1）如图：

由于平面平面，平面平面，
过点作的垂线交的延长线于点，则平面.
连接交于，连接，
∵，，
∴，∴，
又，，
∴四边形为矩形，
∴，∴，
∴，∴，
又∵，
∴，即，
又平面，平面，
∴，又平面，
∴平面，又∵平面，
∴.
（2）以为坐标原点，，，所在直线分別为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
由于在上，设，
则，∴，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
∴，
解得或（舍去），
∴，∴，，，
设平面的法向共，平而的法向共，
则即，
取，得，，
∴，
故平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2023·全国·统考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足．
(1)求三棱锥的体积的最大值；
(2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置．
【答案】(1)
(2)；在中点
【分析】（1）设出，由体积公式结合二次函数性质计算即可得；
（2）建立空间直角坐标系后，得到平面与平面法向量，即可表示出，结合导数即可得的最大值，亦可得到所处的位置.
【详解】（1）由垂直于平面，且为直三棱柱，故平面，
故为三棱锥的高，设，则，
由，故，则，
故，
故时，三棱锥的体积有最大值；

（2）由垂直于平面，、平面，
故、，又，
故、、两两垂直，
设，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、，
故、、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，即，，
令，，可得、，、，
故，，
故，
令，，
则，
由，
故当时，，当时，，
故，
故，
由为锐角时，随的增大而减小，故当最小时，有最大，
即此时，此时，即点在中点.
技法06 范围的应用及解题技巧
立体几何中范围问题是一类常考的综合问题，需结合已知条件，找到数量关系求解，难度中上，需强加练习和重点复习.
例6．（2024·河南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，侧面底面，，O为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若M为棱上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）
如图，连接，因为O为的中点，所以，
又因，，所以四边形为平行四边形，故，
因为，所以，
又因侧面底面，侧面底面，面，
所以平面，又因平面，所以，
又因，平面，平面，
所以平面.
（2）
过作，则，
如图建立空间直角坐标系，
由（1）可知，则为等边三角形，
又因，，
故，，
则，，，
则，，
设，，，
平面的一个量为，
设线与平面所成角为，
则，
则，
当时，，
当时，，
故当时，取得最大值为，即取得最大值为，
此时点与点重合.
综上可知，当点与点重合，与平面所成角的正弦值的最大值为.
1．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，，M是棱PD上的点，且PB与平面MAC平行．

(1)求证：；
(2)若Q为棱PC上的动点，求MQ与平面PBC所成角的余弦值的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接AC与BD交于点E，连接ME，通过PB与平面MAC平行的性质证明.
（2）建立空间直角坐标系，设，通过坐标得到平面PBC的法向量和MQ的方向向量，从而用表示MQ与平面PBC所成角的余弦值，继而求出MQ与平面PBC所成角的余弦值的最小值.
【详解】（1）如图，连接AC与BD交于点E，连接ME．
因为平面MAC，平面PBD，平面平面．所以．
又因为四边形ABCD为菱形，所以．所以．
（2）如图，取AB的中点为O，连接PO，CO．
因为，，所以，，．
又因为ABCD是菱形，，
所以，．
因为，所以．所以．
又因为平面ABCD，平面ABCD，，所以平面ABCD．
因为，，，
所以以O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PBC的一个法向量是，则即
不妨令，则，，所以．
设，，则，．
设MQ与平面PBC所成角为，，则．
当时，的最大值为，所以的最小值为．
所以MQ与平面PBC所成角的余弦值的最小值为．
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱台中，，，点D在棱上，且．

(1)求证：D为的中点；
(2)记二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由线面垂直证明线线垂直，再由等腰三角形的性质可得点D为中点；
（2）建立空间直角坐标系，向量法求出线面角，二面角，根据三角函数的性质求范围即可.
【详解】（1）如图，取AC的中点O，连接OD，OB，，．

因为，所以．
又，平面，
所以平面，又平面，
所以．
因为，所以．
因为，所以四边形为等腰梯形．
所以，又，，
所以，所以．
又，所以D为的中点．
（2）作平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知，，
所以为二面角的平面角，即．
由题意知，，，，
，，
则，．
设平面的一个法向量为，
则即
取，则，，所以．
又，
所以．
所以．
因为，所以．
所以．
3．（2024·广东广州·广州市培正中学校考二模）如图，在直三棱柱中，为的中点.请从条件①、②、③中选择合适的两个作为已知，并解答下面的问题：条件①：平面的面积为；条件②：；条件③：点到平面的距离为.
(1)求二面角所成角的正弦值；
(2)点是矩形（包含边界）内任一点，且，求与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先以为一组正交基底，建立空间直角坐标系.不管是选①②，①③，②③，都通过条件以及的长度，利用平面法向量的求法，求出平面和平面的法向量，利用公式计算即可；
（2）解法一：根据条件确定点的轨迹，设出点的坐标后，利用条件可建立坐标横坐标和纵坐标之间的关系式，近一步利用向量求出线面的正弦值，利用函数关系可求出范围；
解法二：利用三个向量共面，建立三个向量之间的线性关系，转化为坐标后，可表示出点的坐标，利用条件可建立坐标横坐标和纵坐标之间的关系式，近一步利用向量求出线面的正弦值，利用函数关系可求出范围.
【详解】（1）因为直三棱柱，所以平面ABC，又CA，平面ABC，
所以，，又.
以为一组正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，（，），
则，，，，，.
选①②，
因为直三棱柱中，平面平面且平面平面又，平面,又平面，. 则又由①得平面的面积为，
由②得，
解得，.所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则，
设二面角所成角的平面角为，
所以，因为，所以，
所以二面角所成角的正弦值为.
选①③，
因为直三棱柱中，平面平面且平面平面又，平面,又平面，.
又由①得平面的面积为，
由①③得，即，解得，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则
设二面角所成角的平面角为，
所以
因为，所以，
所以二面角所成角的正弦值为.
选②③，
由②得，
由②③得，即，解得，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，，取，则，
设平面的一个法向量为，
则,，取，则
设二面角所成角的平面角为，
所以，
因为，所以，
所以二面角所成角的正弦值为.
（2）解法一：取AB中点Q，连接PQ，CQ，
因为平面，平面，所以，
因为，，所以，
所以点P的轨迹是以Q为圆心，半径为1的半圆，设点，所以，
因为，，所以，所以，
设CP与平面所成角为，由及平面的一个法向量为知，，
因为，所以，
所以CP与平面所成角的正弦值的取值范围为.
解法二：设，
由得，
因为，所以，即，所以.
设CP与平面所成角为，，
又由（1）知，平面的一个法向量为，
所以，，因为，所以.
所以CP与平面所成角的正弦值的取值范围为.
图形语言
符号语言
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符号语言
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
图形语言
符号语言
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
图形语言
符号语言
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
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
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
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