专题04 立体几何中坐标法与空间向量的多种应用题型（专项训练）数学人教A版2019选择性必修第一册

专题04 立体几何中坐标法与空间向量的多种应用题型 (解析版) 目录 A题型建模・专项突破 题型一、用坐标法求点到直线的距离 1 题型二、用坐标法求点到平面的距离 6 题型三、用坐标法求线面夹角 12 题型四、用坐标法求二面角 18 题型五、带参数建立空间直角坐标系 25 题型六、用空间向量解决立体几何中的探索性问题 32 B综合攻坚・能力跃升 题型一、用坐标法求点到直线的距离 1．（24-25高二下·福建漳州·期末）在空间直角坐标系中，点，，，则到直线的距离为 【答案】 【详解】设直线的单位方向向量为， 点，，，，， ，， ，， 到直线的距离为. 故答案为：. 2．（2025·湖南长沙·三模）在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意可得直线的方向向量， 直线经过点，又， 则， 所以， 则点到直线的距离为. 故选：B. 3．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)； (3) 【详解】（1）证明：由题知，平面ABC， 所以、、两两垂直 故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系    因为，，，则 ，，，，，， 所以， 故 所以 （2）由（1）分析知，，， 又，即 所以， 设平面的法向量为 则，即 令，则 由题知，是平面的一个法向量 设二面角的平面角为，则 所以二面角的余弦值为. （3）由（2）知，，且 在上的投影向量的模长. 计算. 根据点到直线距离公式， 即点到直线的距离为. 4．（2025·山东聊城·二模）如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．    (1)证明：平面； (2)若面积为定值，求的长度； (3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为四边形为矩形，则，， 由题意得，、分别为和的中点，所以，，， 所以，四边形为平行四边形， 因为，则，同理可证，， 因为，、平面，故平面． （2）如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    设，，则， 所以，，． 则点到直线的距离． 所以．（*） 因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为， 所以点的坐标满足，即， 代入（*）式得，． 由已知面积为定值，所以，则， 由（1）知，故的长度为． （3）设、，， 则，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，即． 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，则平面的一个法向量为． 因为平面平面，所以，得， 在平面内，椭圆的方程为， 设直线在平面内的方程为． 代入椭圆方程得， 由，得． 由韦达定理得， 所以， 即，化简得． 所以点到直线的距离为， 则，所以． 故点到直线的距离的取值范围为． 题型二、用坐标法求点到平面的距离 5．（多选题）（23-24高二上·福建三明·期中）很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（    ） A．平面 B．若是棱的中点，则与平面平行 C．点到平面的距离为 D．该半正多面体的体积为 【答案】AC 【详解】由题意，可作图如下：    对于A，根据正方体的几何性质，易知平面，故A正确； 对于B，根据正方体的几何性质，易知平面. 若与平面平行，则有，而是棱的中点，所以在正方形中这是不可能的，故B是错误的； 对于C，建立空间直角坐标系，如下图：    因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为. 由图可知，，，， 在平面内取，， 设平面的法向量，由， 可得，化简可得，令，则，， 所以平面的一个法向量. 因为 设点到平面距离，故.C正确 对于D，该半正多面体可看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的， 所以该立体图形的体积，故D是错误的. 故选：AC. 【点睛】关键点睛：本题的关键是将该多面体放置于正方体当中分析，对于CD选项的判断建立合适的空间直角坐标系再去计算即可. 6．（多选题）（24-25高二上·安徽·期中）空间直角坐标系中，已知向量，则经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，根据上面的材料，以下选项说法正确的是（    ） A．若直线的方程为，则点在直线上 B．已知平面的方程，平面的方程为，则这两平面所成角的余弦值为 C．已知平面的方程为，则点到平面的距离为 D．已知平面的方程为，平面的方程为，平面的方程为，则直线与平面的夹角的正弦值为 【答案】ABD 【详解】解：对于A，将点代入直线的方程， 则有， 所以点在直线上，故正确； 对于B，因为平面的方程，即为， 所以平面的法向量为， 同理，因为平面的方程为，即为， 所以平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为，故正确； 对于C，因为平面的方程为，即为， 所以平面的法向量，且点在平面内， 所以， 设点到平面的距离为， 则，故错误； 对于D，因为平面的方程为，即， 所以平面的法向量； 又因为平面的方程为， 所以平面的法向量； 设直线的方向向量为， 则有， 所以，取， 则有， 又因为平面的方程为 所以平面的法向量为， 设直线与平面的夹角为， 则，故正确. 故选：ABD. 7．（24-25高二上·河北唐山·期末）如图，已知棱长为1的正方体. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求平面与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系， 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 则即取. 所以，即. 又因为平面，所以平面. （2）由（1）得平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 则即取. 故，而点平面,所以平面平面. （3）由（2）得平面平面， 所以平面与平面的距离即为到平面的距离. 又，平面的一个法向量为. 所以到平面的距离为， 即平面与平面的距离为. 8．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析； 【详解】（1） 证明：因为矩形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以 （2）证明：因为，，所以， 因为矩形，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面 取的中点O，连接 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以就是直线与平面所成角，即， 在中，，解得， 以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 由，知， 所以，， 设平面ABE的法向量为，则， 取，则，，所以， 而， 所以点C到平面的距离为 题型三、用坐标法求线面夹角 9．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，. (1)求证：平面； (2)，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由四边形为矩形，可得，因 平面，平面，故平面； 因，平面，平面，故平面， 又因平面，故有平面平面. 再由平面可得平面. （2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面. 又因为平面，所以，在矩形中，. 因为平面，，故平面. 因为平面，所以. 故分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得，，，. 所以，. 设平面的法向量为，则 即 令，则，.于是. 因为，设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 10．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 (3) 【详解】（1）因为在矩形中，，是的中点， 所以，即，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面； （2）如图所示，取中点，连接， 因为在矩形中，，是的中点， 所以，即四边形为平行四边形， 从而，又因为平面，平面， 所以平面， 又因为分别是的中点， 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； （3）取中点，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，所以， 所以两两互相垂直， 以点为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意， 设， 因为四边形为平行四边形，所以， 即，所以， 故， 又因为， 解得， 又因为是中点， 所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得， 所以平面的法向量为， 故所求为. 11．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在三棱台中，取AC的中点O，连接BO，，， 由，得， 由平面平面，平面平面， 平面，得平面， 而平面，则， 又，，则四边形是菱形，故， 而，，平面，因此平面， 又平面，所以． （2）取中点，则， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面，直线两两垂直， 以点O原点，直线OB，OC，OM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设， 则，，，， ，， ， 设平面的法向量，则， 令，得， 设直线与平面所成的角为， ， 当且仅当时等号成立． 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 12．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 题型四、用坐标法求二面角 13．（24-25高二下·河南洛阳·阶段练习）如图，平面，，，，，，. (1)求直线与平面所成角的正弦值以及点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2). 【详解】（1）因为平面，，所以，，两两垂直，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，. 设为平面的一个法向量， 则取，，则， 设直线与平面所成角为， 则， 点到平面的距离为. （2）设为平面的一个法向量， 则取，，则， ， 所以二面角的正弦值为. 14．（24-25高二上·天津·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，E是的中点，，F为棱上的点且.    (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）    连接交于点，由底面是正方形，可得， 又因为E是的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）由侧棱底面， 底面，所以， 由已知得：，，所以由勾股定理得：， 因为，所以， 再由余弦定理得：， 由于，则可得， 又因为E是的中点，，所以， 又因为侧棱底面， 底面，所以， 又因为正方形，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为底面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为底面，所以， 又因为，平面，所以平面， 即与平面所成的角就是， 所以， 故与平面所成角的余弦值为； （3）    根据题意可如图建立空间直角坐标系： 则， 即， 设平面的法向量为， 则，令，则， 即， 因为平面，所以平面的法向量为 即， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 15．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，，，，平面平面，E为中点.    (1)求证：面； (2)点Q在棱上，若二面角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：由题意：，，， ∴解这个直角梯形可得：，， 又，∴，即，     又面面，面面，面， ∴面，又面，∴， 又，且面，面，， ∴面； （2）以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ∴，，， 设，有， 令是平面的一个法向量， 则， 令，有， 取面的一个法向量， 由. 解得. 所以 16．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 题型五、带参数建立空间直角坐标系 17．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 18．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 19．（2023·广东深圳·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，． (1)证明：平面PAC⊥平面ABCD； (2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO． 因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点． 因为PB＝PD，所以PO⊥BD． 又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC． 又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD． （2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH． 因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB． 又因为PD⊥AB，，平面PDM， 所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH． 由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD． 由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，． 由AP⊥PC，在△APC中， ，所以． 以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 设平面PAB的法向量为， 所以， 令得． 设平面PBC的法向量为， 所以， 令得． 设平面PAB与平面PBC的夹角为． 所以， 所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为． 20．（22-23高三上·广东广州·期中）如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在侧棱上. (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD， ∴. ∵四边形ABCD是直角梯形，，，， ∴， 取AB中点为F,连接， ∵四边形ABCD是直角梯形，，，， ∴，，，， ∴四边形ADCF为矩形，， ∴. ∴⊥，又，平面， ∴平面PBC. ∵平面EAC， ∴平面平面PBC. （2）方法一：由（1）知平面PBC，又∵平面PBC， ∴⊥， 由（1）知，所以是二面角的平面角. 由图知平面PAC与平面ACE的夹角即为二面角， ∵平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值为， ∴， ∵平面ABCD，平面ABCD， ∴. 在中，由，得：， ∴， ∴，， ∵∠CPB与∠CBP互余，∠PCE与∠ECB互余， ∴，， ∴； 方法二：如图，以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，， 显然平面PAC的一个法向量为，则， 设，， 则， ∴， ∴， 当时，重合，此时平面与平面的夹角为90°，此时余弦值为1，不合要求， 当时，设为平面EAC的法向量，， 则，即， 得，取得， ∴， 设平面与平面的夹角为，， 则， 解得：. ∴， ∴. 题型六、用空间向量解决立体几何中的探索性问题 21．（23-24高三上·北京·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，，．    (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面垂直，如果垂直，求此时点到平面的距离，如果不垂直，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【详解】（1）取为中点，则，，， 故四边形为矩形，则， 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 则，故，即； （2）平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，， 则取可得， ， 由图象可知，平面与平面所成二面角的平面角为锐角，故平面与平面所成二面角为； （3）假设存在，设，平面，平面， 故， ，，， 解得，， 此时，，，平面， 故平面， 到平面的距离为. 22．（22-23高二上·湖北·阶段练习）在2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接．如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆，，，，与圆柱底面相切于A，，，四点，且圆与，与，与，与分别外切，线段为圆柱的母线．点线段中点，点在线段上，且．已知圆柱，底面半径为2，. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点，使得平面?若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由； (3)如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图．天和核心舱为底面半径为2的圆柱，它与飞船推进舱共轴，即，，，共线．核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形．已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，．在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)． 【详解】（1）证明：如图，是从原图中抽出的部分图形，取中点， 又是中点，则且，所以是平行四边形， 所以， 又，，所以，又，所以， 所以， 平面，平面，所以平面； （2）以为原点，分别以，，所在方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系．如图， 则，，，，设， 所以，，，若平面． 则，即时，平面． （3）在（2）的坐标系下， 将矩形作为参照物，不妨设顺时针旋转，则，即，，所以，因为轴与平面垂直，则平面的一个法向量为，设与平面所成的角为，， 则， 若，则； 若，令，， 则， 当且仅当即，即时，取得最大值． 23．（22-23高二上·重庆·期末）如图，是以为直径的圆上异于，的一点，平面平面，是边长为2的等边三角形，，是的中点． (1)求证：； (2)过直线与直线平行的平面交棱于点，线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为？若存在，求的值；否则，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【详解】（1）取中点，连接，则有， 又因为面面，面，面面，所以面， 又，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图， 则有：，，，， 所以，，所以， 所以． （2）因为面，面，面面，所以． 又因为点是线段的中点，所以点为线段的中点，，， 设，则有，且，． 设为面的法向量，则有，令，解得． 同理，设为面的法向量，则有，令，解得． 由题意有，解得，所以． 所以． 24．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点， 【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点． ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且， 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面. （2）在平面内过点作， 又由平面底面,且平面平面,可得平面， 又菱形中，且，所以可得在中有， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，由且，所以是正三角形，所以， 设 ， ， ，， 即 化简得，故（舍负）. 综上，存在点，. 1．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，可得， 设，所以可得； 因此， 因此点到直线的距离为 . 当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为. 故选：A 2．（多选题）（2022·福建福州·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则以下命题正确的是（    ） A．与成角的余弦值为 B．，，，四点不共面 C．弧上存在一点，使得 D．以点为球心，为半径的球面与曲池上底面的交线长为 【答案】AD 【详解】圆弧的圆心的原点，CD为x轴，BA为y轴过圆心O垂直于底面的直线为z轴，建立空间直角坐标系如下图： 则 ，故 ， 所以 ，A正确； 对于B，连接 ，则有则， ∴ 与BC共面，即 四点共面，故B错误； 对于C，设在圆弧 存在一点 ，使得， 则有 ， ，此方程组无解， 即E点不存在，故C错误； 对于D，做如下俯视图： ，即以C为球心，为半径的球刚好过A点是球面与底面ABCD唯一的交点， 因为，在球面上， 设与圆弧的交点为，则 ， 解得 ，故， 球面与上底面的交线是以为圆心，半径为1的圆弧 ，则， 圆心角，由图知：，得. ，故D正确； 故选：AD. 3．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 4．（2025·北京·模拟预测）如图，在三棱柱中，，点D,E分别在棱和棱上，且为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若平面ABC， （i）求二面角的余弦值： （ii）点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）（ii） 【详解】（1） 取中点G，连接， 则，又因为， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） （i）以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 则． 设平面的法向量为， 则，取，则 设平面的法向量为， 设二面角为， 则 ， 因为为锐角，所以； （ii）由（i）平面的一个法向量为， 点到平面的距离 5．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为的中点. (1)求证：⊥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）因为，， 所以，， 所以，又因为，平面， 所以⊥平面； （2）以为原点，直线为轴，在平面内过点与垂直的直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 所以. 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 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. 6．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为 ． 【答案】/ 【详解】设直线与直线分别相交于点， 连接并延长，交于点，交的延长线与点， 连接，交于点，交于点，连接， 其中与相交于点， 故六边形即为平面截正方体的截面， 设与相交于点，连接，则平面与平面的交线为， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为6， 因为为的中点，，， 所以，， 因为，所以，故， 故，所以，解得， 故，同理可得， 故， 显然平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角大小为， 则， 故，. 故答案为： 7．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【详解】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 8．（2023·全国·模拟预测）如图所示的多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥拼接而成的，四边形为直角梯形，，，，，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由直三棱柱的性质知：， 分别为的中点，，， 平面，平面，平面. （2）由直棱柱的性质得：平面， 平面，，； 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，则，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，解得：，，； 设直线与平面所成角为， 则，解得：， 平面的一个法向量， 又，， 设平面的法向量为， 则，令，解得：，，； ， 由图可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为. 9．（2025·山东潍坊·二模）如图，四棱锥的底面为矩形，． (1)设平面与平面的交线为，证明：平面； (2)若点满足，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1）由为矩形，得，而平面， 平面，则平面， 又平面平面，平面， 则，又平面，平面， 所以平面． （2）设中点分别为，连接， 由题意得， 得，又，则， 在中，过作垂线，垂足为， 过作垂线，垂足为，则． 由，得， 又平面，则平面， 而平面，则，过作平行线交于， 以为原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图， ，设， 由，得， 得，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 又，得到， 故与平面所成角的正弦值为． 10．（2024·天津·五十五中期中）如图，在四棱锥 ，平面 ，，且 ，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且. 【详解】（1）过作，垂足为，则， 如图，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， 为的中点，，则， ， 设平面的一个法向量为 ， 则，令，解得， ，即， 又平面，所以平面； （2）设平面的一个法向量为， 所以 ，令，解得， 所以 ， 即平面与平面所成二面角的余弦值为； （3）存在，且，理由如下： 假设线段上存在一点，设， ， 则 又直线与平面所成角的正弦值为， 平面的一个法向量， ， 化简得，即， ，故存在，且. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何中坐标法与空间向量的多种应用题型 (原卷版) 目录 A题型建模・专项突破 题型一、用坐标法求点到直线的距离 1 题型二、用坐标法求点到平面的距离 2 题型三、用坐标法求线面夹角 4 题型四、用坐标法求二面角 5 题型五、带参数建立空间直角坐标系 6 题型六、用空间向量解决立体几何中的探索性问题 8 B综合攻坚・能力跃升 题型一、用坐标法求点到直线的距离 1．（24-25高二下·福建漳州·期末）在空间直角坐标系中，点，，，则到直线的距离为 2．（2025·湖南长沙·三模）在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示．已知直线的方程为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 4．（2025·山东聊城·二模）如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．    (1)证明：平面； (2)若面积为定值，求的长度； (3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 题型二、用坐标法求点到平面的距离 5．（多选题）（23-24高二上·福建三明·期中）很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（    ） A．平面 B．若是棱的中点，则与平面平行 C．点到平面的距离为 D．该半正多面体的体积为 6．（多选题）（24-25高二上·安徽·期中）空间直角坐标系中，已知向量，则经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，根据上面的材料，以下选项说法正确的是（    ） A．若直线的方程为，则点在直线上 B．已知平面的方程，平面的方程为，则这两平面所成角的余弦值为 C．已知平面的方程为，则点到平面的距离为 D．已知平面的方程为，平面的方程为，平面的方程为，则直线与平面的夹角的正弦值为 7．（24-25高二上·河北唐山·期末）如图，已知棱长为1的正方体. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求平面与平面的距离. 8．（2025·天津河西·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上异于点P，，平面ABE与棱PD交于点 (1)求证：； (2)若，求证： 平面平面 若，，直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求点C到平面ABE的距离. 题型三、用坐标法求线面夹角 9．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，. (1)求证：平面； (2)，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 10．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图1，在矩形中，，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图2），连接，，是棱的中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求直线和平面所成角的正弦值． 11．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 12．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 题型四、用坐标法求二面角 13．（24-25高二下·河南洛阳·阶段练习）如图，平面，，，，，，. (1)求直线与平面所成角的正弦值以及点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 14．（24-25高二上·天津·期中）如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，E是的中点，，F为棱上的点且.    (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 15．（24-25高一下·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，，，，平面平面，E为中点.    (1)求证：面； (2)点Q在棱上，若二面角的余弦值为，求的值. 16．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 题型五、带参数建立空间直角坐标系 17．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 18．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 19．（2023·广东深圳·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，． (1)证明：平面PAC⊥平面ABCD； (2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值． 20．（22-23高三上·广东广州·期中）如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在侧棱上. (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 题型六、用空间向量解决立体几何中的探索性问题 21．（23-24高三上·北京·期中）如图，在四棱锥中，平面，，且，，．    (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面垂直，如果垂直，求此时点到平面的距离，如果不垂直，说明理由． 22．（22-23高二上·湖北·阶段练习）在2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接．如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆，，，，与圆柱底面相切于A，，，四点，且圆与，与，与，与分别外切，线段为圆柱的母线．点线段中点，点在线段上，且．已知圆柱，底面半径为2，. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点，使得平面?若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由； (3)如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图．天和核心舱为底面半径为2的圆柱，它与飞船推进舱共轴，即，，，共线．核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形为以为斜边的等腰直角三角形，四边形为矩形．已知推进舱与核心舱的距离为4，即，且，．在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线与平面所成角的正弦值的最大值． 23．（22-23高二上·重庆·期末）如图，是以为直径的圆上异于，的一点，平面平面，是边长为2的等边三角形，，是的中点． (1)求证：； (2)过直线与直线平行的平面交棱于点，线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为？若存在，求的值；否则，说明理由． 24．（25-26高二·全国·假期作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 1．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（多选题）（2022·福建福州·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则以下命题正确的是（    ） A．与成角的余弦值为 B．，，，四点不共面 C．弧上存在一点，使得 D．以点为球心，为半径的球面与曲池上底面的交线长为 3．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 4．（2025·北京·模拟预测）如图，在三棱柱中，，点D,E分别在棱和棱上，且为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若平面ABC， （i）求二面角的余弦值： （ii）点到平面的距离． 5．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为的中点. (1)求证：⊥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 6．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为 ． 7．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 8．（2023·全国·模拟预测）如图所示的多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥拼接而成的，四边形为直角梯形，，，，，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 9．（2025·山东潍坊·二模）如图，四棱锥的底面为矩形，． (1)设平面与平面的交线为，证明：平面； (2)若点满足，求与平面所成角的正弦值． 10．（2024·天津·五十五中期中）如图，在四棱锥 ，平面 ，，且 ，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$