【知識梳理】2
【真題自測】3
【考點突破】18
【考點1】直線、平面垂直的判定與性質18
【考點2】平面與平面垂直的判定與性質25
【考點3】平行、垂直關系的綜合應用35
【分層檢測】44
【基礎篇】44
【能力篇】56
【培優(yōu)篇】62
考試要求：
從定義和基本事實出發(fā)，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系.
知識梳理
1.直線與平面垂直
(1)直線和平面垂直的定義
如果直線l與平面α內的任意一條直線都垂直，我們就說直線l與平面α互相垂直.
(2)判定定理與性質定理
2.直線和平面所成的角
(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角叫做這條直線和這個平面所成的角，一條直線垂直于平面，則它們所成的角是90°；一條直線和平面平行或在平面內，則它們所成的角是0°.
(2)范圍：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
3.二面角
(1)定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.
(2)二面角的平面角
若有①O∈l；②OA?α，OB?β；③OA⊥l，OB⊥l，則二面角α－l－β的平面角是∠AOB.
(3)二面角的平面角α的范圍：0°≤α≤180°.
4.平面與平面垂直
(1)平面與平面垂直的定義
兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直.
(2)判定定理與性質定理
1.三個重要結論
(1)若兩平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面.
(2)若一條直線垂直于一個平面，則它垂直于這個平面內的任何一條直線(證明線線垂直的一個重要方法).
(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行.
2.三種垂直關系的轉化
真題自測
一、單選題
1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，，，該棱錐的高為（ ）.
A．1B．2C．D．
2．（2024·全國·高考真題）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A．B．1C．2D．3
3．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個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與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（ ）

A．B．
C．D．
4．（2023·天津·高考真題）在三棱錐中，點M,N分別在棱PC,PB上，且，，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（ ）
A．B．C．D．
二、解答題
5．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．
(1)若為線段中點，求證：平面．
(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．
6．（2024·全國·高考真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．
(1)證明：；
(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．
7．（2024·全國·高考真題）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．
(1)若，證明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值為，求．
8．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；
(2)求二面角的大?。?br>9．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．
(1)求證：//平面；
(2)若，求三棱錐的體積．
10．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
參考答案：
1．D
【分析】取點作輔助線，根據題意分析可知平面平面，可知平面，利用等體積法求點到面的距離.
【詳解】如圖，底面為正方形，
當相鄰的棱長相等時，不妨設，
分別取的中點，連接，
則，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
過作的垂線，垂足為，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由題意可得：，則，即，
則，可得，
所以四棱錐的高為.
當相對的棱長相等時，不妨設，，
因為，此時不能形成三角形，與題意不符，這樣情況不存在.
故選：D.
2．B
【分析】解法一：根據臺體的體積公式可得三棱臺的高，做輔助線，結合正三棱臺的結構特征求得，進而根據線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，根據比例關系可得，進而可求正三棱錐的高，即可得結果.
【詳解】解法一：分別取的中點，則，
可知，
設正三棱臺的為，
則，解得，
如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設，
則，，
可得，
結合等腰梯形可得,
即，解得，
所以與平面ABC所成角的正切值為；
解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，
則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，
因為，則，
可知，則，
設正三棱錐的高為，則，解得，
取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，
所以與平面ABC所成角的正切值.
故選：B.
3．C
【分析】先根據線面角的定義求得，從而依次求，，，，再把所有棱長相加即可得解.
【詳解】如圖，過做平面，垂足為，過分別做，，垂足分別為，，連接，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為和，
所以.
因為平面，平面，所以，
因為，平面，，
所以平面，因為平面，所以，.
同理：，又，故四邊形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因為，
所有棱長之和為.
故選：C
4．B
【分析】分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.先證平面，則可得到，再證.由三角形相似得到，，再由即可求出體積比.
【詳解】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.

因為平面，平面，所以平面平面.
又因為平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因為，所以，所以，
在中，因為，所以，
所以.
故選：B
5．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.
【詳解】（1）取的中點為，接，則，
而，故，故四邊形為平行四邊形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因為，故，故，
故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
則
設平面的法向量為，
則由可得，取，
設平面的法向量為，
則由可得，取，
故，
故平面與平面夾角的余弦值為
6．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意，根據余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可證得，則，結合線面垂直的判定定理與性質即可證明；
（2）由（1），根據線面垂直的判定定理與性質可證明，建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求解面面角即可.
【詳解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，則，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）連接，由，則，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
則，
由是的中點，得，
所以，
設平面和平面的一個法向量分別為，
則，，
令，得，
所以，
所以，
設平面和平面所成角為，則，
即平面和平面所成角的正弦值為.
7．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，從而 ，再根據線面平行的判定定理即可證出；
（2）過點D作于，再過點作于，連接，根據三垂線法可知，即為二面角的平面角，即可求得，再分別用的長度表示出，即可解方程求出．
【詳解】（1）（1）因為平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因為，所以， 根據平面知識可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如圖所示，過點D作于，再過點作于，連接，
因為平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根據二面角的定義可知，即為二面角的平面角，
即，即．
因為，設，則，由等面積法可得，，
又，而為等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
8．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先由線面垂直的性質證得，再利用勾股定理證得，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；
（2）結合（1）中結論，建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.
【詳解】（1）因為平面平面，
所以，同理，
所以為直角三角形，
又因為，，
所以，則為直角三角形，故，
又因為，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，則，
以為原點，為軸，過且與平行的直線為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則，
所以，
設平面的法向量為，則，即
令，則，所以，
設平面的法向量為，則，即，
令，則，所以，
所以，
又因為二面角為銳二面角，
所以二面角的大小為.
9．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）作出并證明為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.
【詳解】（1）連接，設，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，
于是，即，
則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）過作垂直的延長線交于點，
因為是中點，所以，
在中，，
所以，
因為，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱錐的高為，
因為，所以，
所以，
又，
所以.
10．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面垂直，面面垂直的判定與性質定理可得平面，再由勾股定理求出為中點，即可得證；
（2）利用直角三角形求出的長及點到面的距離，根據線面角定義直接可得正弦值.
【詳解】（1）如圖，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
過作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距離為1，，
在中，，
設，則，
為直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
過B作，交于D，則為中點，
由直線與距離為2，所以
，，，
在，，
延長，使，連接，
由知四邊形為平行四邊形，
，平面，又平面，
則在中，，，
在中，，，
,
又到平面距離也為1，
所以與平面所成角的正弦值為.
考點突破
【考點1】直線、平面垂直的判定與性質
一、單選題
1．（2024·陜西商洛·模擬預測）如圖，四邊形是圓柱的軸截面，是底面圓周上異于，的一點，則下面結論中錯誤的是（ ）
A．
B．平面
C．平面平面
D．平面
2．（2024·遼寧大連·一模）已知直線a，b，c是三條不同的直線，平面α，β，γ是三個不同的平面，下列命題正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，且，則
D．若，且，則
3．（23-24高三上·四川·階段練習）已知l，m是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（ ）
A．若，，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，且與所成的角和與所成的角相等，則
二、多選題
4．（2024·湖南邵陽·三模）如圖所示，點為正方體形木料上底面的動點，則下列結論正確的有（ ）
A．三棱錐的體積為定值
B．存在點，使平面
C．不存在點，使平面
D．經過點在上底面上畫一條直線與垂直，若與直線重合，則點為上底面中心
三、解答題
5．（2024·天津河北·模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，平面，，，分別是，的中點．
(1)求證：平面；
(2)求證：平面；
(3)求直線與平面所成角的正弦值．
6．（2024·山東濟寧·三模）圖1是由正方形ABCD和兩個正三角形組成的一個平面圖形，其中，現將沿AD折起使得平面平面，將沿CD折起使得平面平面，連接EF，BE，BF，如圖2.
(1)求證:平面；
(2)求平面與平面夾角的大小.
參考答案：
1．D
【分析】由條件，結合線面垂直判定定理證明平面，再證明，判斷A，
由，根據線面平行判定定證明平面，判斷B，
由平面，結合面面垂直判定定理證明平面平面，判斷C，
設平面，結合線面垂直性質可證，推出矛盾，判斷D.
【詳解】因為四邊形是圓柱的軸截面，則線段是直徑，都是母線．
又是底面圓周上異于的一點，
于是得.
而平面，平面，則.
因為，平面，
則平面，
因為平面，因此得，A正確；
因為,平面，平面，
所以平面，B正確；
因為平面，而平面，
所以平面平面，C正確．
點不在底面內，而直線在底面內，即是兩條不同直線，
若平面，因平面，
則，與矛盾，D不正確；
故選：D.
2．D
【分析】由空間中直線與平面的位置關系，對各項進行分析即可．
【詳解】若，則a，b可以是平行，也可以是相交或異面，故A錯誤；
若，則或，故B錯誤；
若且，當時，不能證明，C選項錯誤；
若，且，在上取一點，作，
由面面垂直的性質定理可得且，既與重合，可得，故D正確.
故選：D
3．C
【分析】利用線面的位置關系，結合空間想象即可得解.
【詳解】若，，，則與有可能平行，故A錯誤；
若，，則可能在內，故B錯誤；
若，，則，又，則，故C正確；
若，且與所成的角和與所成的角相等，則與有可能相交，故D錯誤.
故選：C.
4．AD
【分析】根據題意，結合三棱錐的體積公式、正方體的性質、線面垂直的性質以及線面平行的性質，一一判斷即可
【詳解】三棱錐中，底面的面積為定值，由平面平面可知，
平面上任意一點到平面的距離都相等，
則可得三棱錐的體積為定值．故A選項正確；
在正方體中，，
平面，且，所以平面，
若存在點使得平面，則與重合或平行，
顯然這樣的點不存在，故B選項錯誤；
在正方體中，，平面，平面，
所以平面，當點與重合時，為，
則存在點使得平面，故C選項錯誤；
因為正方體中，平面，
由題可得平面，所以，
又因為，，平面，
所以平面，平面，則．
當與重合時，．
在正方形中，則可得為與的交點，
即為上底面的中心，故D選項正確．
故選：AD.
5．(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據及線面平行的判斷定理，即可證明；
（2）根據線面垂直的判定定理，轉化為證明線線垂直；
（3）根據（2）的結論，求線面角，再根據幾何關系求解正弦值.
【詳解】（1）在中，，分別是，的中點，
，
又平面，
平面，
平面．
（2）四邊形是正方形，
，
又平面，平面，
，
又，且平面，
平面．
（3）由（2）知，平面，
為斜線在平面上的射影，為直線與平面所成的角．
由題意，在中，，，
，
，
即直線與平面所成角的正弦值為．
6．(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）取的中點，利用面面垂直的性質，結合平行四邊形的性質、線面平行的判定推理即得.
（2）以為原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用面面角的向量求法求解即得.
【詳解】（1）分別取棱的中點，連接，
由是邊長為2正三角形，得，
又平面平面，平面平面，平面，
則平面，同理平面，
于是，即四邊形為平行四邊形，，
而平面平面，
所以平面.
（2）取棱的中點，連接，由四邊形為正方形，得，
以為坐標原點，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，
則，，
設平面的一個法向量為，則，令，得，
由，平面平面，平面平面平面，
得平面，則為平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為
則，而，解得，
所以平面與平面的夾角為.
反思提升：
(1)證明線面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性；③面面垂直的性質.
(2)證明線面垂直的關鍵是證線線垂直，而證明線線垂直，則需借助線面垂直的性質.
【考點2】平面與平面垂直的判定與性質
一、單選題
1．（2024·四川成都·三模）已知直線、、與平面、，下列命題正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，則
D．若，，，則
2．（2024·江西鷹潭·模擬預測）如圖，在長方形中，，，E為DC的中點，F為線段EC（端點除外）上的動點．現將沿AF折起，使平面平面，在平面內過點D作，K為垂足．設，則t的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
二、多選題
3．（2022·江蘇泰州·模擬預測）在正四棱錐中，點分別是棱上的點，且，，，其中，則（ ）
A．當時，平面平面
B．當，，時，平面
C．當，，時，點平面
D．當，時，存在，使得平面平面
4．（2024·江蘇泰州·模擬預測）在正三棱柱中，的重心為，以為球心的球與平面相切．若點在該球面上，則下列說法正確的有（ ）
A．存在點和實數，使得
B．三棱錐體積的最大值為
C．若直線與平面所成的角為，則的最大值為
D．若，則所有滿足條件的點形成的軌跡的長度為
三、解答題
5．（2024·江西新余·二模）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，且，.

(1)若為的中點，證明：平面平面；
(2)若，，線段上的點滿足，且平面與平面夾角的余弦值為，求實數的值.
6．（2024·湖南衡陽·模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面平面，平面平面．
(1)證明：平面ABC．
(2)若，，求直線BC與平面所成角的正弦值．
參考答案：
1．B
【分析】對于A，由只需之間的位置關系即可判斷；對于B，由面面垂直的判定即可判斷；對于C，由線面位置關系即可判斷；對于D，由面面垂直的性質即可判斷.
【詳解】對于A，若，，則平行、相交或異面；
對于B，若，則存在，使得，又因為，，而，所以，故B正確；
對于C，若，，則或，故C錯誤；
對于D，若，，，且如果不在內，則不會有，故D錯誤.
故選：B.
2．A
【分析】過點D作，垂足為H，過點F作，交AB于點P，設，用表示，在中，求出的函數關系，可求t的取值范圍.
【詳解】如圖，在平面內過點D作，垂足為H，連接HK．過點F作，交AB于點P．
設，，，所以．
設，則．因為平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，
又平面，所以．
又因為，，，平面，所以平面，
平面，所以，即．
在中，，，
因為和都是直角三角形，，，
所以，則有．
因為，所以，，，
所以，，得．
因為，所以．
故選：A.
3．BD
【分析】舉出反例可判斷A；連接交于點，根據三角形中位線性質可得，由線面平行的判定可知B正確；
假設平面，可知平面與平面重合，顯然不成立，知C錯誤；
由線面垂直的判定可知平面，取中點，由平行關系可得平面，則平面與交點滿足題意，知D正確.
【詳解】對于A，當時，平面與平面重合，A錯誤；
對于B，當，，時，與重合，與重合，為中點，
連接，交于點，連接，
四邊形為正方形，為中點，又為中點，，
又平面，平面，
平面，即平面，B正確；
對于C，連接，
假設平面，又平面，平面，
平面，平面，平面即為平面，顯然不成立，C錯誤；
對于D，取中點，連接，交于點，連接，
四邊形為正方形，，
為正方形的中心，平面，又平面，，
又，平面，平面，
分別為中點，，平面；
過作，交于，則平面，
平面平面，D正確.
故選：BD.
4．BC
【分析】對于A，由球與平面的位置關系，判斷結論；對于B，面積為定值，由到平面的最大距離求三棱錐體積的最大值；對于C，求出當最大時的位置，由兩角和的正弦公式求的最大值；對于 D，根據軌跡形狀求長度.
【詳解】方法一：
對于A，
取中點，中點，連接，，
正三棱柱中，平面平面，平面平面，
平面，平面，，而為的重心，
，到平面的距離為，而到平面的距離為，
球與平面相離，則不存在這樣的和實數，使，A錯．
對于B，到平面的距離為，球半徑，則到平面的最大距離為，
，B正確．
對于C，設為球的的上頂點，平面于點，與球相切且與平面共面，
，，
設，則有，得，
，C正確．
對于，過且與垂直的平面為平面，
到平面的距離等于倍的到平面的距離，即，
而球半徑，則平面截球的截面圓半徑，
所以截面圓周長即的軌跡長度為，D錯.
故選：BC．
方法二：
對于A，如圖：
左圖中為中點，為在平面上的投影．
右圖為俯視圖下看的球，由于為重心，在俯視圖看來就是正三角形的中心，
所以球實際上與三個側面均相切，則易得半徑．
而，因此球與底面不相交，因此是錯的；
對于B，有，正確；
對于C，作出平面的截面如下圖：
當最大時的位置如上圖所示，不難計算出，
所以，
那么此時，所以C正確；
對于D，軌跡即過B且垂直于的平面與球的交線圓，而，
此式右邊是球面上的大圓的周長，所以是不可能的，所以D錯．
故選：BC．
【點睛】方法點睛：
利用正三棱柱的結構特征和三角形重心的位置特征，求出重心到相關平面的距離，可解決向量共面，棱錐高度最大，軌跡及位置關系等問題.
5．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取中點為，利用直角梯形中位線的性質，線面垂直的性質判定推理即可；
（2）通過正三角形證明，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用二面角得向量求法計算求解即可.
【詳解】（1）取中點為，由條件可得為梯形的中位線，則，
又，則，
且，平面，平面，
根據線面垂直的判定定理，得平面，
平面，.
由，則，又，為梯形的兩腰，則與相交，
平面，
又平面，所以平面平面.
（2）取的中點為Q，由，，
則，，
因此△為等邊三角形，.
由（1）知平面，，，兩兩垂直，
如圖，以，，分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系，

由，，則，
，，，，
由，
所以，，，，
設平面的一個法向量為，
由
取，得，，得.
設平面的一個法向量為，
由
取，得，，
即平面的一個法向量為.
記平面與平面夾角的大小為，
所以，化簡得，即，所以實數的值為.
6．(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）取O為內一點，作，利用面面垂直的性質，證得，，結合線面垂直的判定定理，即可證得平面．
（2）以B為原點，建立空間直角坐標系，求得和平面的一個法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.
【詳解】（1）證明：取O為內一點，
作OE垂直AB，交AB于點E，作OF垂直BC，交BC于點F，
因為平面平面且平面平面，平面，
所以平面，因為平面，所以，
同理，因為，且平面，所以平面．
（2）解：因為BC，BA，兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，
令，則，，，，
則，，，
設平面的法向量為，則，
令，則，，所以，
設直線與平面所成的角為，則，
故直線與平面所成角的正弦值為．
反思提升：
(1)面面垂直判定的兩種方法與一個轉化
①兩種方法：
(i)面面垂直的定義；
(ii)面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β).
②一個轉化：
在已知兩個平面垂直時，一般要用性質定理進行轉化.在一個平面內作交線的垂線，轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
(2)面面垂直性質的應用
①兩平面垂直的性質定理是把面面垂直轉化為線面垂直的依據，運用時要注意“平面內的直線”.
②兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線垂直于第三個平面.
【考點3】平行、垂直關系的綜合應用
一、單選題
1．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知棱長為1的正方體分別是AB和BC的中點，則MN到平面的距離為（ ）
A．B．C．D．
2．（23-24高三上·陜西商洛·階段練習）如圖所示，在棱長為2的正方體中，點在棱上，且，則點到平面的距離之和為（ ）

A．B．C．D．
二、多選題
3．（2023·湖南長沙·模擬預測）如圖1，某廣場上放置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由正方體截去八個一樣的正三棱錐得到的，它的所有邊長均相同，數學上我們稱之為半正多面體（semiregular slid），亦稱為阿基米德多面體，如圖2，設，則下列說法正確的是（ ）

A．該多面體的表面積為
B．該多面體的體積為
C．該多面體的平行平面間的距離均為
D．過A、Q、G三點的平面截該多面體所得的截面面積為
4．（2024·山西晉中·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，G為的中點，則下列結論正確的有（ ）
A．CG與所成角的余弦值為
B．與平面的交點H是的重心
C．三棱錐的外接球的體積為
D．與平面所成角的正弦值為
三、解答題
5．（2024·四川成都·模擬預測）如圖所示，斜三棱柱的各棱長均為， 側棱與底面所成角為，且側面底面．

(1)證明：點在平面上的射影為的中點；
(2)求二面角的正切值．
6．（2024·全國·模擬預測）如圖四棱臺中，，平面，.
(1)證明：；
(2)若，，，求二面角的余弦值.
參考答案：
1．C
【分析】延長交延長線于點，連接，由幾何關系證明MN到平面的距離即點到平面的距離，再由等體積法求出結果即可；
【詳解】
延長交延長線于點，連接，，
因為分別是AB和BC的中點，則，
由正方體的性質可得，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以MN到平面的距離即點到平面的距離，設為，
則，
因為正方體的棱長為1，
所以，，，
所以，即，
故選：C.
2．B
【分析】根據條件確定點P的位置，利用線面平行把點到平面的距離分別轉化點到平面的距離求解即可.
【詳解】在棱長為2的正方體中，平面，平面，
則，由，得，
在中，，則，即點為中點，
又平面，平面，因此平面，
于是點到平面的距離等于點到平面的距離，同理點到平面的距離
等于點到平面的距離，連接，過分作的垂線，垂足分別為，如圖，

由，得，解得，
在中，，則，
所以點到平面的距離之和為.
故選：B
3．ABD
【分析】根據該多面體結構特征即可求出表面積判斷A，利用割補法求體積判斷B，分別求解兩平行平面的距離即可判斷C，利用平面性質找到截面圖形，利用正六邊形由六個正三角形組成求面積判斷D.
【詳解】由題意，該多面體的面由6個邊長為1的正方形和8個邊長為1的正三角形構成，
故該多面體的表面積為，故A正確；
該多面體的體積為原正方體的體積去掉8個相同的三棱錐的體積，注意到該多面體的原正方體邊長為，所以，故B正確；
對于選項C，若該多面體平行平面為上下兩個正方形所在的平面，則平行平面間的距離為；
若該多面體平行平面為兩個正三角形所在的平行平面，
如圖，

不妨記正方體為，，，
故是平行四邊形，所以，
又E，Q分別為，的中點，所以，同理，
所以，平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，平面，所以平面平面，
設對角線分別交平面和平面于點，
因為，，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，
即為平面與平面的距離，則,
由正方體邊長為得，根據，
則，解得，
根據對稱性知，
所以，
此時平面EMQ與平面BCG的距離為，即兩個正三角形所在的平行平面間的距離為，
故C錯誤；
根據平面性質知，過A、Q、G三點的平面截得的截面圖形是一個邊長為1的正六邊形ABGPQE，
故截面面積為，故D正確.
故選：ABD
4．ABC
【分析】對于A，連接，可得即為異面直線與所成角或其補角；對于B，可得四面體為正四面體，證明平面即可判斷；對于C，三棱錐和正方體有相同的外接球，求出即可；對于D，可得為直線與平面所成的角，即可求出判斷.
【詳解】對于A，連接，則由正方體的性質可知，
所以即為異面直線與所成角或其補角，
連接，設，則為的中點，
連接，則，
在中，，
即與所成角的余弦值為，故A正確；
對于B，連接，則，
則四面體為正四面體，
因為，平面，
所以平面， 因為平面，所以，
同理可得，因為，平面
所以平面，垂足為，又四面體為正四面體，
所以為的中心，即為的重心，故B正確；
對C，由于三棱錐的頂點均為正方體的頂點，
所以三棱錐和正方體有相同的外接球，所以外接球半徑，
體積為，故C正確；
對D，連接，并延長交于點，由選項B知平面，
所以為直線與平面所成的角，由為正三角形，
且為的重心，所以為的中點，也是的中點，
在中，，
所以，故D錯誤.
故選：ABC.
【點睛】方法點睛：本題考查空間角中的線線角的余弦值的求法，線面角的正弦值的求法，
法一：作出空間角再利用解三角形的知識求解，法二建立空間直角坐標系，利用空間向量的夾角公式求解.
5．(1)證明見解析；
(2)2
【分析】（1）于，由平面平面，證得平面，再證得為等邊三角形，可得為中點；
（2）過作于，則是二面角的平面角，由已知數據計算即可．
【詳解】（1）過作于，
由平面平面，平面平面，
平面，，得平面，因此，

又，從而為等邊三角形，為中點．
（2）由于是等邊三角形，所以，
而平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，則有，
過作于，連接，，平面，
所以平面，由平面，則，
則是二面角的平面角．
由于，，所以中，．
因此二面角的正切值為.
6．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證明平面，再由平面，則可得證；
（2）建立空間直角坐標系，分別求出兩個平面的法向量，判斷二面角為銳角，求出二面角的余弦值即可.
【詳解】（1）
取的中點，連接，則，，
四邊形為平行四邊形，所以，所以，
因為平面，平面，所以，
又因為平面，，所以平面，
又平面，所以.
（2）因為平面，平面，所以，
由（1）得，，
以點為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，
，在四棱臺中，四邊形相似于四邊形，
且相似比為，，所以，
，所以，
平面的一個法向量為，，，
設平面的一個法向量為，
則，即，取，則
所以，
由圖可知，二面角為銳角，故二面角的余弦值為.
反思提升：
三種垂直的綜合問題，一般通過作輔助線進行線線、線面、面面垂直間的轉化.求解時應注意垂直的性質及判定的綜合應用.如果有平面垂直時，一般要用性質定理，在一個平面內作交線的垂線，使之轉化為線面垂直，然后進一步轉化為線線垂直.
分層檢測
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·陜西安康·模擬預測）已知正三棱臺的上底面積為，下底面積為，高為2，則該三棱臺的表面積為（ ）
A．B．C．D．18
2．（2023·全國·模擬預測）已知正方體的棱長為1，點O在線段上且，則點O到平面的距離是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·陜西安康·模擬預測）在四棱錐中，為等邊三角形，四邊形為矩形，且，平面平面，則直線AC與平面所成角的正弦值為（ ）
A．B．C．D．1
4．（2024高三下·全國·專題練習）已知m，n是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題正確的是（ ）
A．平面內有無數條直線與平面平行的充要條件是
B．平面內有兩條直線m，n分別與平面平行，則
C．若，且，則
D．平面內有無數條直線與平面垂直，則
二、多選題
5．（2024·河南·模擬預測）已知點，為不同的兩點，直線，，為不同的三條直線，平面，為不同的兩個平面，則下列說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，，則
D．若，，，，則直線
6．（2023·云南·三模）下列說法錯誤的是（ ）
A．若直線不平行于平面，，則內不存在與平行的直線
B．若平面平面，平面平面，，則
C．設為直線，在平面內，則“”是“且”的充分不必要條件
D．若平面平面，平面平面，則平面與平面所成的二面角和平面與平面所成的二面角相等或互補
7．（2022·江蘇泰州·模擬預測）在正四面體A－BCD中，，點O為的重心，過點O的截面平行于AB和CD，分別交BC，BD，AD，AC于E，F，G，H，則 （ ）
A．四邊形EFGH的周長為8
B．四邊形EFGH的面積為2
C．直線AB和平面EFGH的距離為
D．直線AC與平面EFGH所成的角為
三、填空題
8．（2024·陜西·三模）如圖，四邊形是圓柱的軸截面，是底面圓周上異于的一點，則下面結論中正確的序號是 ．（填序號）
①；②；③平面；④平面平面．
9．（23-24高三下·重慶·開學考試）如圖，在正四棱柱中，為的中點，則中點到平面的距離為 ．
10．（1997·全國·高考真題）已知m、l是直線，α、β是平面，給出下列命題：
①若l垂直于α內兩條相交直線，則；
②若l平行于α，則l平行于α內所有的直線；
③若，且，則；
④若且，則；
⑤若，且，則．
其中正確命題的序號是 ．
四、解答題
11．（2024·上海普陀·二模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為1的正方形，，、分別是、的中點.
(1)求證：平面；
(2)若二面角的大小為，求直線與平面所成角的大小.
12．（2024·江蘇·二模）如圖，直三棱柱的體積為1，，，．
(1)求證：；
(2)求二面角的余弦值．
參考答案：
1．A
【分析】由上下底面的面積可求出上下底面邊長，構造直角三角形結合棱臺的高求出側面梯形的高，求出側面積后得表面積.
【詳解】由面積公式可得正三棱臺上下底面邊長分別為和，
設在底面內的射影為，作于，
平面，平面，則有，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，
由，，，則，
又，所以，則，
故三棱臺的側面積為，表面積為.
故選：A.
2．B
【分析】證明出平面，故的長即為點到平面的距離，求出，根據比例關系得到答案.
【詳解】如圖，因為，且正方體棱長為1，
所以，平面，又平面，所以，
因為，平面，所以平面，
的長即為點到平面的距離，，
因為點O在線段上且，
所以點O到平面的距離．
故選：B
3．A
【分析】取為的中點，先證明平面，得為所求線面角，由邊長間的關系求正弦值.
【詳解】平面平面，又平面平面，
平面，，則平面，
又平面，故平面平面，
取的中點，連接，如圖所示，
平面平面，平面平面，
為等邊三角形，則，故平面，
則直線AC與平面所成角即為，
令，則，，，
故.
故選：A
4．D
【分析】利用面面垂直的判定定理易得D項正確；對于A,B,C，只需借助于正方體模型舉出反例即可一一排除.
【詳解】

如圖,作正方體,
對于A，設平面為平面，平面為平面，在平面內可以作無數條直線與平行，則這些直線都與平面平行，
但平面與平面相交，故錯誤；
對于B，設平面為，平面為，平面為,在內可以作兩條直線m，n與平行，則易得，
但平面與相交，故B錯誤；
對于C，設平面為，平面為，取直線為，直線為，則，且，
但與相交，故C錯誤；
對于D，由面面垂直的判定定理知，平面內只要有一條直線與平面垂直，就能得到，故D正確．
故選：D.
5．AC
【分析】利用已知條件判斷線線位置關系，可知A正確，BD錯誤；根據點線面的位置關系，結合立體幾何的基本事實1，2，可以得到結論：C正確.
【詳解】若，則垂直于任一條平行于的直線，又，則，故A正確；
若，不能推出,還可能平行或異面，故B錯誤；
若，則，，又，故，故C正確；
若，，則為內的一條直線，不一定對，故D錯誤.
故選：AC
6．BD
【分析】可根據線面平行的判定定理可判斷A；根據面面垂直的性質可判斷B；根據線面垂直的判定定理及性質可判斷C；根據，時的特殊情況進行判斷.
【詳解】選項A，若存在直線，則由直線和平面平行的判定定理知直線與平面平行，與條件相矛盾，故選項A正確；
選項B，由面面垂直的性質可知，若平面，則，但題目中不確定位置，可能出現，故選項B錯誤；
選項C，根據線面垂直的性質可知，可得到且，故滿足充分性；
當直線不相交時，由線面垂直的判定定理知：且時，得不到，故不滿足必要性，故選項C正確；
選項D，當，時，可滿足題設條件，此時平面與平面所成的二面角為,平面與平面所成的二面角為，故選項D錯誤.
故選：BD.
7．BCD
【分析】根據點式的重心和可以求出,同理可求出,則可以判斷A，,則四邊形的面積可求，可以判斷B，將正四面體補成正方體，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，再利用向量法求出距離和夾角，則可以判斷CD
【詳解】O為 的垂心，連AO延長與CD交于M點，則
∴，∴，，，∴，
∴周長為6，A錯．
，則，B對．
將四面體補成一個長方體，則正方體邊長為，∴
P，Q分別為AB，CD中點，PQ⊥平面EFGH，
∴A到平面EFGH距離，C對
AC與PQ夾角為，則AC與平面EFGH的夾角為，D對
故選：BCD
8．①②④
【分析】證明平面，即可得到，同理可得，即可判斷①②，推出矛盾說明③，根據平面說明④.
【詳解】因為四邊形是圓柱的軸截面，則線段是底面圓的直徑，都是母線．
又是底面圓周上異于的一點，于是得，而平面，平面，則．
因為平面，則平面，因為平面，所以，①正確：
同理可證，②正確：
點不在底面內，而直線在底面內，即是兩條不同直線，
若平面，因平面，與過一點有且只有一條直線垂直于已知平面矛盾，③不正確；
因為平面，而平面，于是得平面平面，④正確．
故答案為：①②④
9．
【分析】
中點到平面距離為到平面距離的一半，由，等體積法求點到平面的距離.
【詳解】設中點為O，O到平面距離為到平面距離的一半，連接，
設到平面的距離為，由，即，
，∴O到平面CDE的距離為.
故答案為：.
10．①④
【分析】對于①，考慮直線與平面垂直的判定定理，符合定理的條件故正確；對于②⑤，可舉出反例；對于③考慮的判定方法，而條件不滿足，故錯誤；對于④符合面面垂直的判定定理，故正確．
【詳解】對于①，由線面垂直的判斷定理可知，若l垂直于a內的兩條相交直線，則，故①正確，
對于②，若，如圖1，

可知，與是異面關系，故②不正確，
對于③，若，且，無法得到，故無法得到，故③不正確，
對于④，根據面面垂直的判斷定理可得，若且，，則，故④正確，
對于⑤，如圖2，滿足，且，則異面，

故⑤不正確，
故正確命題的序號是 ①④．
故答案為：①④
11．(1)證明見解析；
(2)
【分析】（1）取線段、的中點分別為、，連接、、，然后四邊形為平行四邊形，得到線線平行，從而證明線面平行；
（2）根據線面角的定義，可由幾何圖形作出線面角，然后根據三角形求解即可.
【詳解】（1）證明：取線段、的中點分別為、，連接、、，
則 ，，
又底面是正方形，即 ，
則，即四邊形為平行四邊形，
則，又在平面外，平面，
故平面.
（2）取線段的中點為點，連接、，
又，底面是邊長為的正方形，
則，且，，
又二面角的大小為，
即平面平面，
又平面，平面平面，
則平面，
則是直線與平面所成角，
在中，，
即，
故直線與平面所成角的大小為.
12．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）法一：由線面垂直證明即可；法二：用空間直角坐標系證明即可；
（2）法一：過作于，連接，由已知得出為二面角的平面角，求解即可；法二：建立空間直角坐標系求解．
【詳解】（1）直三棱柱的體積為：，
則，四邊形為正方形，
法一：在直棱柱中，面，，
又平面，則，
因為，，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因為，所以，
在正方形中，有，
因為，，，平面，
所以平面，又平面，
所以．
法二：直棱柱，平面，又，
以為原點，，，所在直線為x軸，y軸， z軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，，
，，
，所以．
（2）由（1）得，
設，在中，過作于，連接，
因為，，平面，且，
所以平面，又平面，
所以，
所以為二面角的平面角，
因為，，得，
又在中，，得，
，
所以二面角的余弦值為．
法二：
，，，，，
，，設平面的法向量：，
則，取，得，
，，設面的法向量，
則，取，得，
設二面角的大小為，則：
，
因為為銳角，所以二面角余弦值為．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·陜西·模擬預測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（ ）
A．直線與BD所成的角為90°
B．線段的長度為
C．直線與所成的角為90°
D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為
二、多選題
2．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在正方體中，分別為棱的中點，點是面的中心，則下列結論正確的是（ ）
A．四點共面B．平面被正方體截得的截面是等腰梯形
C．平面D．平面平面
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知平面平面，，，，，則異面直線與所成角的余弦值為 .
四、解答題
4．（2024·山東青島·三模）如圖所示，多面體，底面是正方形，點為底面的中心，點為的中點，側面與是全等的等腰梯形，，其余棱長均為2.
(1)證明:平面；
(2)若點在棱上，直線與平面所成角的正弦值為，求.
參考答案：
1．D
【分析】在平行六面體中，取，利用空間向量的線性運算及數量積運算，逐一分析選項，即可得出答案.
【詳解】在平行六面體中，令，，，
由，，
得，，
對于，顯然，，
則，即，
因此直線與所成的角為，A正確；
對于B，，即，B正確；
對于C，，即，
因此直線與所成的角為，C正確；
對于D，在平行六面體中，四邊形是菱形，即，
又，，平面，于是平面，
又平面，則平面平面，
連接交于點，在平面內過點作于點，如圖，
由平面平面，因此平面，即直線與平面所成角為，
，則，即，
由及選項C知，，則，D錯誤.
故選：D
2．BD
【分析】可得過三點的平面為一個正六邊形，判斷A；分別連接和，截面是等腰梯形，判斷B；分別取的中點，易證顯然不平行平面，可判斷C；平面，可判斷D.
【詳解】對于A：如圖經過三點的平面為一個正六邊形，點在平面外，四點不共面，選項A錯誤；
對于B：分別連接和，則平面即平面，截面是等腰梯形，選項B正確；
對于C：分別取的中點，則平面即為平面，
由正六邊形，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，故選項錯誤；
對于D：因為是等腰三角形，，
，，
是的中點，易證，由正方體可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故選項D正確．
故選：BD．
3．/
【分析】作出異面直線與所成的角，利用余弦定理求出相關線段長，進而求出夾角的余弦.
【詳解】延長到點，使得，連接，則四邊形為平行四邊形，
有，于是或其補角是異面直線與所成的角，如圖，
在平面內過點作，連接，由四邊形是等腰梯形，
得，，由已知可得，
即，而，則≌，有，
，于是，，
由，得，則，
由平面平面，平面平面，得平面，
而平面，因此，，
在中，由余弦定理得，
所以異面直線與所成角的余弦值為.
故答案為：
4．(1)證明見解析
(2)1
【分析】（1）取中點，通過證明平面，平面平面，得證平面.
（2) 以為原點，建立空間直角坐標系，設，由直線與平面所成角的正弦值為，利用向量法求出的值即可.
【詳解】（1）取中點，連接，則為的中點，
因為側面是等腰梯形，所以，又，所以，
和都是邊長為2的等邊三角形，得，所以四邊形為等腰梯形，
因為點為的中點，為的中點，所以.
因為是等邊三角形，所以，
又，平面，，
所以平面，平面，所以平面平面，
平面平面，平面，，
故平面.
（2）在梯形中，，等腰梯形中由勾股定理得，
取中點，由（1）知，兩兩垂直，
以為原點，分別以所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
設平面的法向量為，
則，令，則，得
設，，
設直線與平面所成角為，
所以.
解得（負值舍去)，所以點為棱的中點，所以的長為1.
【培優(yōu)篇】
一、單選題
1．（2024·北京·三模）故宮角樓的屋頂是我國十字脊頂的典型代表，如圖1，它是由兩個完全相同的直三棱柱垂直交叉構成，將其抽象成幾何體如圖2所示.已知三樓柱和是兩個完全相同的直三棱柱，側棱與互相垂直平分，交于點I，，，則點到平面的距離是（ ）

A．B．C．D．
二、多選題
2．（23-24高二上·浙江金華·期末）“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現了數學的對稱美.如圖，是一個八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，某玩具廠商制作一個這種形狀棱長為，重量為的實心玩具，則下列說法正確的是（ ）

A．將玩具放到一個正方體包裝盒內，包裝盒棱長最小為.
B．將玩具放到一個球形包裝盒內，包裝盒的半徑最小為.
C．將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為.
D．將玩具放至水中，其會飄浮在水面上.
三、填空題
3．（2024·河北保定·三模）在三棱錐中，已知是邊長為2的正三角形，且.若和的面積之積為，且二面角的余弦值為，則該三棱錐外接球的表面積為 .
參考答案：
1．B
【分析】根據已知條件，結合空間總直線與平面的位置關系，先確定點到平面的垂線段，在根據已知條件得，解方程求出即可.
【詳解】取中點，連接，過作的垂線交的延長線于點，

取中點，連接，
由已知，、分別為、中點，
因為是直三棱柱，所以，且 ，
所以其，所以四邊形為平行四邊形，
又，所以為矩形，所以，
又，平面，平面，，
所以平面，平面，所以，
又因為，平面，平面，，
所以平面，所以點到平面的距離等于線段的長度，設為；
，在中，，
所以，設角，則有，
因為四邊形為平行四邊形，所以，
又因為因為是直三棱柱，所以，且，
所以，，
又因為平面， 平面，所以，
所以，即，解得，
所以點到平面的距離是，
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據空間中點、線、面的位置關系，確定點到平面的垂線段.
2．AD
【分析】利用補體法求得正方體棱長判斷A，利用對稱性得球的直徑判斷B，求解兩平行平面的距離判斷C，先求出幾何體的體積，通過與水密度的大小比較即可判斷D.
【詳解】將該幾何體放置在如圖的正方體中，

對于A，將玩具放到一個正方體包裝盒內，包裝盒棱長最小為圖中正方體的棱長，
由題意，該幾何的棱長為，所以正方體的棱長為，正確；
對于B，將玩具放到一個球形包裝盒內，包裝盒的半徑最小為該幾何體外接球的半徑，
根據正方體和多面體的對稱性知，該幾何體外接球直徑為正方體面對角線，即，解得，
所以包裝盒的半徑最小為，錯誤；
對于C，將玩具以正三角形所在面為底面放置，該玩具的高度為兩平行平面與平面的距離，證明求解過程如下：如圖，

不妨記正方體為，，，
故四邊形是平行四邊形，所以，
又，分別為，的中點，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，
設對角線分別交平面和平面于點，，
因為平面，平面，所以，
連接，因為分別為的中點，
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，
故即為平面與平面的距離，
則，由正方體棱長為得，
由題意得，為等邊三角形，故，
根據，得，
解得，根據對稱性知，
所以，
則平面與平面的距離為，即該玩具的高度為，錯誤；
對于D，該幾何體的體積為.因為玩具的密度為，小于水的密度，所以將玩具放至水中，其會飄浮在水面上，正確.
故選：AD
【點睛】方法點睛：求空間距離方法，一是建立空間直角坐標系，利用空間向量求解；二是利用等體積法求解；三是作出輔助線，在三角形中結合余弦定理等方法進行求解.
3．/
【分析】設中點為，外接圓圓心為，根據條件得到，外接圓圓心為，由截面圓的性，找出外接球的球心，再由幾何性質，即可求出結果.
【詳解】設中點為，外接圓圓心為，球心為，因為，所以，
又是邊長為2的正三角形，所以，結合題設有，
所以，得到，所以是等腰直角三角形，其外接圓圓心為，
又因為，所以為二面角的平面角，結合已知該角為銳角，
由題意可知，，過，分別作平面，平面的垂線，相交于一點，
由截面圓的性質可知，兩垂線的交點為球心，如圖所示，
所以，，得到，
又易知，，所以，
所以外接球半徑，
所以外接球表面積，
故答案為：
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判定定理
如果一條直線與一個平面內的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥a,l⊥b,a∩b＝O,a?α,b?α))?l⊥α
性質定理
垂直于同一個平面的兩條直線平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))?a∥b
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判定定理
如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l?β))?α⊥β
性質定理
兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,α∩β＝a,l⊥a,l?β))?l⊥α

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