备战2026年高考数学考试易错题（新高考）专题11 立体几何与空间向量（解析版）

专题11立体几何与空间向量

目录

题型一：立体几何初步

易错点01对斜二测法规则掌握不牢出错

易错点02线面位置关系考虑不全面出错

易错点03对垂直的性质定理、判定定理理解不透彻

题型二空间向量及其应用

易错点04忽略建系的条件而出错

易错点05忽略异面直线所成角的范围出错

易错点06混淆线面角与法向量与直线方向向量的夹角

题型一：立体几何初步

易错点01：对斜二测法规则掌握不牢出错

典例（2024·山西太原高三模拟）如图，AOB是用斜二测画法得到的△AOB的直观图，其中

OA2，OB3，则AB的长度为．

【答案】210

【解析】把直观图VAOB还原为AOB,如图所示：

根据直观图画法规则知,OAOA2,OB2OB236,

所以AB的长度为ABOA2OB2436210.

故答案为：210.

【易错剖析】

直观图还原原图时容易混淆长度的“变”与“不变”，即与x轴平行(重合)的线段长度不变，与y轴平

行(重合)的线段长度直观图是原图的一半.

【避错攻略】

1.空间几何体的直观图的概念

直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形.

直观图是把空间图形画在平面内，既富有立体感，又能表达出图形各主要部分的位置关系和度量关系

的图形.

2.水平放置的平面图形的直观图画法（斜二测画法）

（1）画轴：在平面图形上取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O，画直观图时作出与之对应的x

轴和y轴，两轴相交于点O，且使xOy45（或135o）

（2）画线：已知图形中平行于或在x轴，y轴上的线段，在直观图中分别画成平行或在x轴，y轴

上的线段.

（3）取长度：已知图形中在x轴上或平行于x轴的线段，在直观图中长度不变.在y轴上或平行于y轴

的线段，长度为原来长度的一半.

（4）成图：连接有关线段，擦去作图过程中的辅助线，就得到了直观图.

方法归纳：设一个平面多边形的面积为S原图，利用斜二测画法得到的直观图的面积为S直观图，则有

2

S直观图=S原图.

4

3.空间几何体的直观图的绘制方法

（1）画轴.在平面图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O,画直观图时，把它们分别画成对应

的x轴与y轴，两轴交于点O,且使xOy45”(或135o）,它们确定的平面表示水平面；

（2）画底面.已知图形中，平行于x轴y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x轴、y轴或z轴

的线段；

（3）画侧棱.已知图形中平行于x轴或z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度

变为原来的一半；

（4）成图.连线成图以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图.

简记为：①画轴；②画底面；③画侧棱；④成图.

4.斜二测画法保留了原图形中的三个性质

①平行性不变，即在原图中平行的线在直观图中仍然平行；②共点性不变，即在原图中相交的直线仍

然相交；③平行于x，z轴的长度不变．

易错提醒：斜二测画法要注意：①建立坐标系；②“位置规则”——与坐标轴的平行的线段平行关系不变；

③“长度规则”——图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度减为原来

的一半.

1．（2025高三·全国·专题练习）已知梯形ABCD是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图ABCD（如

图所示），其中AD2，BC4,AB1，则直角梯形边DC的长度是（）

A．5B．22C．3D．25

【答案】B

【分析】由直观图作出直角梯形ABCD的平面图形，然后斜二测画法规则结合已知的数据可求得结果.

【详解】由直观图作出直角梯形ABCD的平面图形，如图.

按照斜二测画法规则，由AD2,BC4,AB1，

得直角梯形ABCD中，ABBC,ADAD2，BCBC4,AB2AB2.

过D作DEBC，交BC于E，

则DEAB2,ECBCAD422，

所以直角梯形边DC的长度为22，

故选：B.

2．（24-25高三上·浙江·期中）水平放置的VABC的直观图如图，其中BOOC2，AO3，那么原

VABC是一个（）

A．直角三角形B．等边三角形

C．三边中只有两边相等的等腰三角形D．三边互不相等的三角形

【答案】B

【分析】由图形和AO3通过直观图的画法知在原图形中三角形的底边BCBC，AOBC，且

AO23，故三角形为等比三角形.

【详解】由图形知，在原VABC中，AOBC，因为AO3，则AO23，

因为BOOC2，则BC4，所以ABAC4，即原VABC是一个等边三角形；

故选：B

3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形ABCD的直观图为梯形

ABCD,其中AB//CD,ABBC,AB4,DC2.以原四边形ABCD的边AD为轴旋转一周得到的几

何体体积为（）

562

A．1428B．π

3

801122

C．D．π

33

【答案】D

【分析】根据斜二测画法规则还原出原图形，进而确定旋转体的形状，再根据相关特征计算几何体体积即

可.

【详解】解：由题意，AB//CD,ABBC,AB4,DC2.

所以AD22，

如图，原图形ABCD中，AB//CD,ABAD,AB4,DC2,AD2AD42，

所以直角梯形ABCD的边为轴旋转一周得到的几何体为圆台，

𝐴

1122

V(r2r2rr)h(224224)42，

3121233

故选：D.

1．（23-24高三下·山西运城·期末）如图所示，正方形ABCO的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图

形的直观图，则原图形的周长为（）

A．6cmB．8cmC．12cmD．213cm

【答案】B

【分析】由斜二测画法画出圆图可得答案.

【详解】由斜二测画法规则知，正方形ABCO的原实际图形是平行四边形ABCO，

如图，其中OAOA1,OB2OB22，

因此有ABOA2OB23，

所以原图形的周长为2OAAB8cm.

故选：B.

2．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，四边形OACB表示水平放置的四边形OACB根据斜二测画法

得到的直观图，OA2，BC4，OB2，OA//BC，则AC（）

A．6B．23C．6D．42

【答案】B

【分析】根据斜二测的性质还原图形，再由勾股定理即可求解.

【详解】解：还原四边形OACB，如图所示：

依题意可得：OAOB,OA∥BC,OA2,BC4,OB22．

取BC的中点D，连接AD，

则ADBC，且CD422，

故AC22(22)223.

故选：B.

3．（24-25高三·安徽池州·期中）一水平放置的平面四边形OABC的直观图OABC如图所示，其中

OAOC1，OCx轴，ABx轴，BC//y轴，则四边形OABC的面积为（）

323

A．B．32C．3D．

22

【答案】B

【分析】结合图形可得AB2，则可得四边形OABC面积，后可得四边形OABC的面积.

【详解】设y轴与AB交点为D，因OCx轴，ABx轴，则OC//AB，

又BC//y轴，则四边形ODBC为平行四边形，故DBOC1.

又xOy45o，结合A′B′⊥x′轴，则DAOA1，故AB2.

13

则四边形OABC面积为121，

22

2

因四边形OABC面积是四边形OABC的面积的倍，

4

则四边形OABC的面积为32.

故选：B

4．（23-24高三上·河北邢台·期中）如图，ABC是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若AC2cm，

32

且Scm，则原图形中AC边上的高为（）

ABC2

36

A．cmB．cmC．3cmD．6cm

22

【答案】D

【分析】根据题意，由三角形面积公式求出BD的长，结合斜二测画法可得原图中BD的长.

【详解】画出平面直角坐标系xOy，在x轴上取OAOA，即CACA，

在图①中，过B作BD//y轴，交x轴于D¢，在x轴上取ODOD，

过点D作DB//y轴，并使DB2DB，

连接AB,BC，则VABC即为ABC原来的图形，如图②所示：

原图形中，BDAC于点D，

则BD为原图形中AC边上的高，且BD2BD，

13

在直观图③中作BEAC于点E，则ABC的面积SACBEBE，

ABC22

6

在直角三角形BED中，BD2BE，

2

所以BD2BD6，

故原图形中AC边上的高为6．

故选：D．

5．（2025高三·专题测试）已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形ABCO，且AB1，

OA2，OC4，现将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为（）

A．15πB．18πC．25πD．28π

【答案】C

【分析】将梯形ABCO复原为原图即直角梯形ABCO，确定相关的边长，结合题意以及圆台的侧面积公

式，即可求得答案.

【详解】由题意将梯形ABCO复原为原图，即直角梯形ABCO，

其中AB1,OA4,OC4，则BC(41)2425，

故将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到一个几何体为圆台，

圆台上底面半径为1，下底面半径为4，高为4，母线长为5，

故该几何体的侧面积为π(14)525π，

故选：C

6．（2025高三·全国·专题练习）（多选）如图，ABC是水平放置的VABC的直观图，AB2,ACBC5，

则在原平面图形VABC中，有（）

A．ACBCB．AB2

C．AC25D．S△ABC42

【答案】BD

【分析】首先算出OC长度，再利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，从而判断各个选项正误.

【详解】如图所示，在直观图ABC中，过C作CDAB于D¢，

AB2,ACBC5,AD1,CDAC2AD22.

又COD45,OD2,OA1,OC22，

所以利用斜二测画法将直观图ABC还原为原平面图形VABC，如图：

那么有OC42,OA1,AB2，故选项B正确；

又因为ACOA2OC233,BCOB2OC241，故选项A､C错误；

11

而SABOC24242，故选项D正确.

ABC22

故选：BD.

7．（24-25高三上·广东湛江·阶段练习）（多选）已知水平放置的正方形的边长为22，利用斜二测画法绘制

该正方形在水平平面内的直观图四边形ABCD，则（）

A．ABD的最小值小于15B．BDC的最大值小于90

C．AC的最小值大于2D．BD的最大值大于4

【答案】AD

【分析】根据题意，由斜二测画法的性质，画出直观图，然后对选项逐一判断，即可得到结果

【详解】

对于AB选项，考虑正方形的一条边与x轴重合，由斜二测画法的性质，

另一条边与y轴重合，如图所示，

由于对称性与旋转可换性，图中ACB与BDC均等价为所求角.

而由斜二测图性质，ABCD2,BCAD22,ACBCAB145，

11

过A作BC的垂线，则tanACBtan15，

22123

即ACB15，故ABD的最小值小于15，故A正确；

221

过D作BC的垂线，易有245，且tan2211tan45，

31

故345，则BDC90,BDC的最大值大于90，故B错误；

对于CD选项，设图形绕C点逆时针旋转，则CA4cos2sin，2sin，

22

即CA4cos2sin2sin10217sin2，

32

其中tan，则最小值为102172，

4

最大值为102174，故C错误，D正确.

故选：AD.

8．（24-25高三上·江西·阶段练习）已知VABC在斜二测画法下的直观图(其中A与A对应，B与B对应)为

3

下图所示的ABC，其中OAOB1，OC，则VABC的面积为；以该VABC为底面的三

2

棱锥PABC中，△PAB≌△CAB，PC3，则三棱锥PABC的外接球半径为.

21

【答案】3

3

【分析】根据斜二测画法得到VABC中AB2，对应的高为3，求出VABC面积，并得到VABC为等边三

角形，并作出辅助线，得到三棱锥外接球的球心，由余弦定理得到PFC120，并求出外接球的半径

21

ROC.

3

【详解】由斜二测画法原理可知VABC中，AB2，AB边上的高h2OC3，

1

所以SABh3；

△ABC2

由勾股定理得ACBC12h22，故VABC为等边三角形，

由△PAB≌△CAB得PAB是边长为2的等边三角形.

设D，E分别为PAB，VABC的外心，AB的中点为F，

连接PF，CF，过点D，E分别作平面PAB、平面CAB的垂线，

设两垂线交于点O，则点O为该三棱锥外接球的球心，

连接OC，OF，则OC为外接球的半径，

依题意CFPF3，且CFAB，PFAB，

PF2CF2CP23391

由余弦定理得cosPFC，

2PFCF2332

所以PFC120，由E为△CAB的外心，

22313

所以CECF，EFCF，

3333

因为ODPF，OECF，DFEF，

所以△ODF≌△OEF，

所以OFDOFE60，所以OEEFtan601，

2

所以22321，

OC1

33

21

即外接球的半径ROC.

3

21

故答案为：3，

3

易错点02：线面位置关系考虑不全面出错

典例（2024·甘肃兰州校考模拟预测）设m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列说法正

确的是（）

A．若mn,n∥，则m

B．若m∥,，则m

C．若mn,n,，则m

D．若m,n,n，则m

【答案】D

【解析】当mn，n//时，可能有m，但也有可能m//或m，故A选项错误；

当m//，时，可能有m，但也有可能m//或m，故选项B错误；

在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，

mn

取为B1C1，为CC1，为平面ABCD，为平面ADD1A1，这时满足mn，n，，但m不

成立，故选项C错误；

当m，n，n时，必有//，从而m，故选项D正确；

故选：D.

【易错剖析】

本题求解时容易因为考虑不全面而出错.

【避错攻略】

1、平面的基本性质

(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．

【解读】①此公理是判定直线在平面内的依据；②此公理是判定点在面内的方法

(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面(注意：三点不一定能确定一个平面)．

【解读】①此公理是确定一个平面的依据；②此公理是判定若干点共面的依据.

推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．

【解读】①此推论是判定若干条直线共面的依据；

②此推论是判定若干平面重合的依据；

③此推论是判定几何图形是平面图形的依据.

推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．

推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．

(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．

【解读】①此公理是判定两个平面相交的依据；

②此公理是判定若干点在两个相交平面的交线上的依据（比如证明三点共线、三线共点）；

③此推论是判定几何图形是平面图形的依据.

2、空间中两直线的位置关系

(1)空间中两直线的位置关系

平行

共面直线

相交

异面直线：不同在任何一个平面内

【解读】①两条异面直线不能确定一个平面．

②不能把异面直线误解为分别在不同平面内的两条直线.

易错提醒：确定空间中点线面位置关系，热点是线线、线面位置关系，空间中两直线位置关系的判定,

主要是异面、平行和垂直的判定．对于异面直线,可采用直接法或反证法；对于平行直线,可利用三角形(梯形)

中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系,往往利用线面垂直的性质来解决，

确定位置关系时要考虑到所有可能,一是逐个寻找反例作出否定的判断，逐个进行逻辑证明作出肯定的判断；

二是结合长方体模型或实际空间位置（如教室、课桌、灯管）作出判断。

1．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知直线l//平面，点P，那么过点P且平行于直线l的直线（）

A．有且只有1条，且在平面内B．有且只有1条，不在平面内

C．有无数条，不都在平面内D．有无数条，都在平面内

【答案】A

【分析】根据线面平行的性质可得存在性，根据平行的传递性可得唯一性，故可得正确的选项.

【详解】由题设Pl，故存在唯一平面，是的P,l，

设b，因为l//平面，b，故l//b，而b，

故存在一条直线b与l平行，若还有另一条直线c//l，则b//c，

而Pc,Pb，矛盾，故有且只有1条，且在平面内，

故A正确，

故选：A.

2．（24-25高二上·上海·阶段练习）下列命题中正确的是（）

A．两个平面可以有且仅有一个公共点B．三条相互平行的直线必在同一个平面内

C．两两相交的三条直线一定共面D．过不在一直线上的三点有且仅有一个平面

【答案】D

【分析】以正方体为载体，结合空间中线线、线面、面面间的位置关系直接求解.

【详解】在A中，两个平面有一个公共点时，这两个平面交于一条直线，故A错误；

在B中，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB、DC、A1B1三条直线互相平行，但不共面，

故三条互相平行的直线可以在不同的平面内，故B错误；

在C中，在正方体ABCDA1B1C1D1中，两两相交的三条直线AB、AD、AA1不共面，

故两两相交的三条直线不一定共面，故C错误；

在D中，过不在一直线上的三点有且仅有一个平面，定理正确，故D正确.

故选：D.

3．（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）在三棱锥DABC中，点E，F，G，H分别在AB，BC，CD，DA

上，且EF//GH，则下列说法中正确的是（）

A．直线EH与FG一定平行B．直线EH与FG一定相交

C．直线EH与FG可能异面D．直线EH与FG一定共面

【答案】D

【分析】根据两条平行线确定一个平面，即可求解.

【详解】由于EF//GH，所以E，F，G，H四点确定一个平面EFGH，因此直线EH与FG一定共面，故D

正确，C错误；

只有当EF//GH,EFGH时，此时四边形EFGH为平行四边形，此时EH//GF，故A不正确；

只有当EH//GF但EFGH时，此时四边形EFGH为梯形，此时EH，GF相交于一点，故B不正确.

故选：D.

1．（2024·陕西铜川·模拟预测）下列说法正确的是（）

A．若直线l,m,n两两相交，则直线l,m,n共面

B．若直线l,m与平面所成的角相等，则直线l,m互相平行

C．若平面上有三个不共线的点到平面的距离相等，则平面与平面平行

D．若不共面的4个点到平面的距离相等，则这样的平面有且只有7个

【答案】D

【分析】根据题意，结合空间中直线与平面位置关系的判定和性质，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，当直线l,m,n交于同一点时，则直线l,m,n可能不共面，所以A错误；

对于B中，当直线l,m倾斜方向不同时，直线l,m与平面所成的角也可能相等，所以B错误；

对于C中，当这3个点不在平面的同侧时，平面与平面相交，所以C错误；

对于D中，根据题意，显然这4个点不可能在平面的同侧，

当这4个点在平面两侧1，3分布时，这样的平面有4个，

当这4个点在平面两侧2，2分布时，这样的平面有3个，

所以这样的平面有且只有7个，所以D正确.

故选：D．

2．（2024·宁夏银川·三模）A,B是两个不同的点，,为两个不同的平面，下列推理错误的是（）

A．Al,A,Bl,Bl

B．A,A,B,BAB

C．l,AlA

D．Al,lA

【答案】C

【分析】A、B可由书上的公理可直接判断；C可由l与相交时，交点为A点的情况进行判断；D可直接

根据线面位置关系来判断点面位置关系.

【详解】A，直线上两个不同点在某个平面内，则直线在该平面内，故正确；

B，两个不同点同时在两个不同平面内，则两点所在直线为两平面的交线，故正确；

C，l有两种情况，l与相交或l//，其中l与相交，且交点为A点，则C错误；

D，直线在面内，则直线上的点都在面内，故结论正确；

故选：C.

3．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ACBCAA1，E、F、G、H

分别为AB、BB1、CC1、AC的中点，则下列说法中错误的是（）

A．A1CGH

B．E、F、G、H四点共面

C．设BC2，则平面EFC1截该三棱柱所得截面的周长为1325

D．EF、GH、AA1三线共点

【答案】C

【分析】根据线线平行及菱形对角线垂直判断A，根据两直线平行确定平面判断B，作出截面四边形，根据

截面边长的大小判断C，利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断D.

【详解】如图，

连接AC1,A1C，由H,G分别为CA,CC1中点，可得HG//AC1，

由ACBCAA1可知，侧面AA1C1C为菱形，

所以A1CAC1，所以A1CGH，故A正确；

连接HE,GF，因为E、F、G、H分别为AB、BB1、CC1、AC的中点，

所以HE//BC，GF//BC，所以GF//HE，所以E、F、G、H四点共面，故B正确；

延长FE交A1A的延长线于P点，连接PC1，交AC于Q点，连接QE，C1F，

设FE,FC1确定平面为，则P,C1，所以PC1，所以C1Q,QE，

则易知三棱柱的截面四边形为，在中，22，

FEQC1RtC1B1FC1F215

2

在Rt△BEF中，EF2123，而Rt△AEH中，QEEH1，

而22，所以截面的周长大于，故错误；

C1QC1H1251325C

由B知，GF//HE且HEGF，所以梯形的两腰EF、GH所在直线必相交于一点P，

因为P平面A1ABB1，P平面A1ACC1，

又平面A1ABB1平面A1ACC1AA1，所以PA1A，所以P'与P重合，

即EF、GH、AA1三线共点于P，故D正确.

故选：C

4．（23-24高三上·上海静安·阶段练习）在空间中，下列命题是真命题的是（）

A．经过三个点有且只有一个平面

B．垂直同一直线的两条直线平行

C．如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等

D．若两个平面平行，则其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面

【答案】D

【分析】借助长方体以及平行六面体，举例即可判断B、C；根据面面平行的定义，即可判断D项.

【详解】对于A项，若三点共线，则经过三个点的平面有无数个，故A项错误；

对于B项，如图1，长方体ABCDA1B1C1D1中，有ABAA1，ADAA1，但是ABAD，故B项错误；

对于C项，如图2，平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AD//A1D1，AB//C1D1，但是BAD与A1D1C1不相

等，故C项错误；

对于D项，若两个平面平行，根据面面平行的定义可知，其中一个平面中的任何直线都平行于另一个平面，

故D项正确.

故选：D.

5．（2025高三·全国·专题练习）在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列选项错误的是（）

^

A．AB1与D1C异面B．B1DA1C1

C．平面ACD1//平面A1BC1D．A1B平面B1D1C

【答案】D

【分析】根据异面直线的性质即可求解A，根据线面垂直的性质可判断B，根据线线平行可证明线面平行判

断D，根据面面平行的判定求解C.

【详解】由于AB1//DC1,而D1C与DC1相交，结合正方体的性质易知AB1与D1C异面，所以A正确；

因为DD1平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，所以DD1A1C1，

又在正方体中易知B1D1A1C1，B1D1D1DD1，

B1D1，D1D平面B1DD1，所以A1C1平面B1DD1，

又B1D平面B1DD1，所以A1C1B1D，所以B正确；

因为A1C1//AC，AC平面ACD1，A1C1平面，所以A1C1//平面ACD1，

𝐴�1

又BC1//AD1，AD1平面ACD1，BC1平面，所以BC1//平面ACD1，

𝐴�1

Ç=

因为A1C1BC1C1，A1C1，BC1平面A1BC1，

所以平面ACD1//平面A1BC1，所以C正确；

因为A1B//D1C，D1C平面D1B1C，A1B平面D1B1C，

所以A1B//平面D1B1C，所以D错误．故选D．

故选：D

6．（24-25高三上·天津·阶段练习）m，n为空间两条不重合直线，为空间平面，下列命题正确的是（）

A．m，nm，则n//

B．m，n与所成角均为30°，则m//n

C．m//，n//，m//n，则直线m，n到的距离相等

D．m//，n//，则m，n可以是异面直线

【答案】D

【分析】根据直线、平面的位置关系、等角定理，结合图形，通过举反例进行判断.

【详解】对于A，m，nm，则有可能n，A错误；

对于B，m，n与所成角均为30°，则m,n可能相交或平行或异面，B错误；

对于C，m//，n//，m//n，直线m，n到的距离可以不相等，C选项错误；

对于D，m//，n//，则m，n可以是平行直线，相交直线，也可以是异面直线，D选项正确.

故选：D.

易错点03：对垂直的性质定理、判定定理理解不透彻

典例（2025高三上·专题训练）已知四棱锥SABCD的底面ABCD为菱形，其中

26BH

BCD120,SASB2ABSC，点H在线段SB上，若平面SAB平面CDH，则．

3BS

2

【答案】/0.4

5

【详解】设平面CDH与直线SA交于点G，连接DG,HG，取AB中点M，连接SM,CM，SM与GH交于

点E，连接CE，

因为CD//AB，CD平面SAB，AB平面SAB，所以CD//平面SAB，

又平面SAB平面CDHHG，CD平面CDH，所以CD//HG，从而CD//HG//AB，

又菱形ABCD中，BCD120，所以ABC是等边三角形，则CMAB，

而SASB，所以SMAB，

又SMCMM，SM,CM平面SCM，所以AB平面SCM，

而CE平面SCM，所以CEAB，从而CEHG，

因为平面SAB平面CDH，平面SAB平面CDHHG，CE平面CDH，所以CE平面SAB，又因为

SM平面SAB，所以CESM，

6

设AB1，则由已知得SASB2，SC，

2

315

CM，SMSA2AM2，

22

6315

44422

SCM中，cosSCM，从而SCM135，sinSCM，

632

22

22

1632

SCCMsinSCM

S15

CESCM2222，

11

SMSM1510

222

15

EMCM2CE2，

5

15

BHME2

所以5.

BSMS155

2

2

故答案为：.

5

【易错剖析】

在利用面面垂直的性质定理的过程中，往往以为两个面内的任意两条直线都垂直而出错。

【避错攻略】

空间中的垂直关系

（1）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

（2）线面垂直的判定定理

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

la

lb

l

abA

a,b

（3）线面垂直的性质定理

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

l

l

a

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

a

a//b

b

（4）面面垂直的判定定理

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

a

a

（5）面面垂直的性质定理

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

CD

AB

ABCD

AB

易错提醒：线面垂直的判定定理使用时一定要注意直线与平面内两相交直线垂直；面面垂直的性质定理要

注意一个平面内直线和两个平面的交线垂直，才能推出直线与平面垂直.

1．（24-25高三上·天津河西·期末）设m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列说法中正确

的是（）

A．若m//,m//，则//

B．若m,mn，则n

C．若,m，则m//

D．若m,m//，则

【答案】D

【分析】根据各项给定的线面、面面的位置关系，结合平面的的基本性质及空间想象判断正误即可.

【详解】A：若m//,m//，则、可能平行或相交，故A错；

B：若m,mn，则n//或n，故B错；

C：若,m，则m//或m，故C错；

D：若m,mm//，则存在直线n，使得m//n，

又m，所以n，所以.故D对.

故选：D

2．（24-25高三上·河南·阶段练习）已知在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，BC26，PA3，

PAC90，BAC120，则三棱锥PABC的体积的最大值为（）

A．63B．46C．26D．23

【答案】D

【分析】由面面垂直的性质得到PA平面ABC，利用余弦定理及基本不等式求出bc8，从而求出BAC的

1

面积最大值，最后根据VPAS计算可得；

PABC3BAC

【详解】解：因为PAC90，即PAAC，又平面PAC平面ABC，

平面PAC平面ABCAC，PA平面PAC，所以PA平面ABC，

在BAC中BC26，BAC120，由余弦定理a2b2c22bccosBAC，

即24b2c2bc，所以b2c224bc2bc，所以bc8，当且仅当bc22时取等号；

13

所以SbcsinBACbc23，即BAC的面积最大值为23；

BAC24

11

所以VPABCPASBAC32323，即三棱锥PABC的体积的最大值为23；

33

故选：D

3．（24-25高三上·湖南怀化·期中）如图，AB是圆的直径，PA垂直于圆所在的平面，C是圆上一点（不同

于A，B）且PAAC，则二面角PBCA的大小为（）

A．15°B．30°C．45°D．60°

【答案】C

【分析】根据线面垂直的性质定理和直径所对的圆周角为90得出BC平面PCA，确定PCA为二面角

PBCA的一个平面角，由几何关系得出结果.

【详解】由已知，PA平面ABC，

AC平面ABC，BC平面ABC，

PAAC,PABC，

PAAC，

△PAC是等腰直角三角形，

PCA45

AB是直径，C是圆周上的一点，

BCA90，即ACBC，

又PAACA，

BC平面PCA，

又平面PBC平面BCABC，

PCA为二面角PBCA的一个平面角，

即二面角PBCA的大小为45，

故选：C

1．（24-25高三上·河北邢台·期末）已知m，n，l是三条不同的直线，，是两个不同的平面，m，

n，l，ml，则“”是“mn”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】A

【分析】根据线面、面面垂直的判定定理与性质定理判断即可.

【详解】充分性：若，因为l，m，ml，所以m，

因为n，所以mn，则充分性成立.

必要性：当n//l时，与不一定垂直，则必要性不成立.

所以“”是“mn”的充分不必要条件.

故选：A

2．（24-25高三上·上海浦东新·期末）设m、n为两条直线，、为两个平面，且n．下述四个命

题中为假命题的是（）

A．若m，则mnB．若m//，则m//n

C．若m//且m//，则m//nD．若m//n，则m//或m//

【答案】B

【分析】选项A，利用线面垂直的性质，即可求解；选项B，在正方体中，通过取特例，即可求解；选项C

和D，利用线面平行的性质和判定，即可求解.

【详解】对于选项A，因为n，所以n，又m，所以mn，故选项A是真命题，

对于选项B，如图，取平面ABCD为，平面ADD1A1为，则直线n为直线AD，取BB1为直线m，

显然有m//，但m与n异面，所以选项B为假命题，

对于选项C，在内任取不在直线n上的一点M，过m,M确定，则l1，因为m//，所以m//l1，

同理可得m//l2，l2，所以l1//l2，又l2,l1，故l1//，

又l1,n，所以l1//n，得到m//n，故选项C为真命题，

对于选项D，因为n，所以n，n，若m，因为m//n，则m//，

若m，易知m，又m//n，n，所以m//，故选项D为真命题，

故选：B.

3．（2025高三·全国·专题练习）设,是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，则下列命题为真命题的

是（）

A．若m，m∥n，，则n

B．若m，n，mn，则

C．若m，nm，则n∥

D．若m，n，m∥，n∥，则∥或与相交

【答案】D

【分析】对于ABC：根据空间线、面垂直关系逐项分析判断即可；对于D：根据线、面平行关系分析判断

即可.

【详解】对于A，若m，m∥n，则n，

又，则n∥或n，故A错误；

对于B，若m，n，mn，则与还可能平行或相交，故B错误；

对于C，若m，nm，则n∥或n，故C错误；

对于D，若m，n，m∥，n∥，则与平行或相交，故D正确；

故选：D．

，故C正确.

故选：ACD

4．（2025高三·全国·专题练习）已知三棱柱ABCA1B1C1的棱长均为3，D为BC的中点，E在CC1上，且A1D

平面ABC，则三棱锥A1ADE的体积为（）

3373393

A．B．C．D．

816216

【答案】D

【分析】利用等体积法进行转化，求出93，证明出⊥平面，故点到平面的距离

S△BCA1DAE