6.4 空间几何体的空间角与空间距离（精练）（题组版）-2026年高考数学一轮复习《一隅三反》系列（新高考新题型）

6.4空间几何体的空间角与空间距离（精练题组版) 题组一线线角向量法 1.(2025·安徽合肥模拟预测)中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“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 2,4、BB、CG、DD均与曲池的底面4BCD垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和2，对应的 圆心角为90，则图中异面直线8 B与CD所成角的余弦值为() A B C B D V10 31o A.5 B.5 C.10 D.10 2.(2025·新疆喀什·模拟预测)已知圆台的上底面圆O'的半径为1，下底面圆O的半径为2，点A,A分别在 OA'⊥OA,O0'=1 上、下底面圆周上，且 ,则1M与O0所成角的余弦值为() 6 5 V6 1 A.6 B.6 C.3 D.6 3.(2025重庆模拟预测)在20的二面角2-P中，1∈a,BeB,A到被的距离为“到棱的距离 为4，A8=2√万，则直线4B与校'夹角的正弦值为一 4.(2025江苏苏州三模)如图，正四棱锥S-BCD,S4=2,4B=V5P为侧楼SD上的点，且 SP=3PD 1 B (1)求证：AC⊥SD: (2)求异面直线SA与CP所成角的余弦值. 5.(2025·全国·模拟预测)在平行四边形ABCD中（图1），AB=2BC=2,M为AB的中点，将等边 △DM沿DM折起，连接 B,AC 沿1 ,月AC=2 (图2)· M B 图1 图2 (1)求证：CM⊥平面ADM; (2)P为线段AC上的动点（不含端点），DP能否与平面ABM平行？说明理由： (3)求直线AD与平面ABM所成角的正弦值. 题组二线面角向量法 1.(2025·黑龙江大庆一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥ 2 BC,AD=2,AB=BC=1△PAD 为等边三角形，M为PM的中点，且平面PMD上平面1BCD,PDLB A B (1)证明：DM⊥平面PAB: (2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值. 2.(2025全国·模拟预测)如图所示，在六棱锥P-ABCDEF中，PA⊥平面ABCDEF,六边形ABCDEF是边 长为3的正六边形， P1=6,M是PE上靠近点的三等分点， (1)证明：DE⊥平面PAE: (2)求线DM与平面PBC所成角的正弦值. 3.(2024山东威海·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等边三角形， 3 PD⊥AB,AD/IBC,AD=4,AB=BC=2,M为PA的中点. M A B (1)证明：DM⊥平面PAB; (2)求直线PB与平面MCD所成角的正弦值. 4.(2025江西新余模拟预)别在多面体ABCDE中，平面4BE上平面BCE,BC1CE,∠E8C=30A1BE为等 边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M,N分别为AD,BE的中点. A M D B (1)求证：MN⊥CE: (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值、 4 5.(2025·全国·模拟预测)由四棱柱 BCD-ABCD截去三棱锥D-ADC后得到如图所示的几何体，四边形 MBCD是菱形，4C=4BD=2,0为4C与BD的交点， 平面ABCD BO⊥ B A D BO11 (1)求证： 平面ADC 2考B0=2V5,求1C与平面4DC所成角的正弦值 题组三二面角向量法 AB/CD,∠ABC=90°，AA,=AB=1 1.(2025河北唐山模拟预测)如图，在直四棱 ABCD-AB,CD中， BC=V5,AC⊥BD D D A (1)求线段CD的长： AB,D与平面 BD (2)求平面 夹角的余弦值. 5 2.(2025·天津·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，底面ABCD 是等腰梯形，且BC14D,MD=2DC=2CB,∠1DC=60°，PC=v5BC,M为4D中点. C (1)求证：PM⊥平面ABCD: (2)求直线AB与PD所成角的余弦值： (3)求平面BPC与平面PCD夹角的正弦值. 3.(2025山西三模)如图，在三棱柱 ABC-AB.C 中，所有的棱长均相等，D是AC的中点，D在上底面 ABC的投影为 ABC 的重心0 C B D、 6 (1)证明：AC⊥BO: (2)求平面1BC与平面A1CC。 的夹角的正弦值. 4.(2025湖北黄冈，模拟预测)如图，已知正三楼柱1BC-48,CG的底面边长为2，高为4，点P,0满足 BP=3PB CO=QC A 6 B (1)证明： AP⊥AQ APO POC (2)求平面与平面夹角的余弦值. 5.(2025:四川巴中·模拟预测)如图所示，直三棱柱1BC-ABC,∠ABC=90,A4=AB 7 B E C 4 AC⊥AB (1)求证： 2若1C=21B,E为4G中点，求二面角 -BC-E 的余弦值. 题组四线线角的几何法 1.(24-25高三下·黑龙江阶段练习)在正四面体ABCD中，M,N分别是棱AB,CD的中点，则直线AN与 CM所成角的余弦值为() 1 3 2 6 A.3 B.3 C.3 D.3 2.(24-25高三上甘肃白银期末)若 BCD-48CD为正方体，则异面直线8C与C”所成角的大小为 () π π A.3 B.4 c.2 D.8 28V2 3.(2023-四川模拟预测)在正四棱台ABCD-AB,CD,中，AB=2AB=4,其体积为3，E为BD的中 点，则异面直线10与E所成角的余弦值为〔) 8 D B D B √5 V3 33 √30 A.10 B.5 C.10 D.10 4.(2025·四川)在正方体 BCD-ABCD中，M, 分别为 ACI CB 的中点，则异面直线M与CN所成角 的余弦值为() 1 3 2 V30 A.10 B.3 C.2 D.10 5.(2026山西)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直 角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若AB,CD都是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠40D= =3,则异面直线s4 与BD所成角的余弦值为() S B D 1 √2 6 6 A.3 B.4 C.4 D.3 6.(2025·黑龙江大兴安岭地开学考试)在长方体 ABCD-AB,CD中， BC=2.AB=BB=4.E,F 分别是 AB CD 的中点，则异面直线 F与BE所成角的正切值为() 9 Y D E B A B 5 A.5 B.5 √30 √6 c.6 D.6 题组五线面角的几何法 1.(2025陕西咸阳·二模)如图，有一种“迷你”圆台形小灯饰，其下底面的直径为6Cm,上底面的直径为 12cm,高为6cm,已知点P是上底面圆周上不与直径AB端点重合的一点，PC是该圆台的一条母线，O为上 底面圆的圆心，当△ABP面积最大时，OP与平面ABC所成夹角的正弦值为() 25 √5 1 A.5 B.5 c.5 D.2 2.(2025·广东茂名·二模)已知圆锥的母线长为定值，则该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦 值为() VG √3 A.3 B.2 C.3 D.3 3.(2025·四川巴中模拟预测)已知正四棱台 BCD-AB,CD中，上底面MBCD与下底面 AB,CD的面积之 比为：4，且其内切球的半径为2，则44 与面ABCD 所成角的正弦值为() 0 6.4 空间几何体的空间角与空间距离（精练题组版） 题组一 线线角向量法 1．（2025·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“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，、、、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和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接、、， 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： 则、、、， 所以，，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 2．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】过的母线为，连接，则，又因为，所以，    以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以与所成角的余弦值为. 故选：A. 3．（2025·重庆·模拟预测）在的二面角中，，，到棱的距离为，到棱的距离为，，则直线与棱夹角的正弦值为 . 【答案】/ 【解析】过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点， 由二面角的定义可知，，由题意可知，，， 因为， 则 ，解得， 因为， 所以，， 故， 即直线与棱夹角的正弦值为. 故答案为：. 4．（2025·江苏苏州·三模）如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】（1）连结交于点，连结， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 5．（2025·全国·模拟预测）在平行四边形中（图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（图2）． (1)求证：平面； (2)为线段上的动点（不含端点），能否与平面平行？说明理由； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)不可能，理由见解析； (3) 【解析】（1）连接，因为，为的中点， 是等边三角形， 则， 则在中，因为，， 所以． 在中，因为，所以， 同理可得， 又，， 故平面． （2）不可能与平面平行，理由如下： 假设平面， 又因为平面平面． 所以平面． 因为平面平面， 从而有平面平面，这显然不成立， 所以不可能与平面平行． （3）设为的中点，则． 因为平面平面， 所以平面平面． 又平面平面平面，所以平面． 以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向， 过点且平行于的直线向上方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为， 因为， 所以， 取，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则． 题组二 线面角向量法 1．（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解. (2). 【解析】（1）如图，取中点，连接，， 在正三角形中，， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，且平面， ∴， 在梯形中，，∴四边形为平行四边形， ∴，又∵，∴， 又，平面，平面， ∴平面，平面， ∴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， ∵，， ∴且，且，平面，平面， ∴平面. （2）由（1）可知， ∴，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 直线与平面所成角， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 2．（2025·全国·模拟预测）如图所示，在六棱锥中，平面，六边形是边长为3的正六边形，是上靠近点的三等分点． (1)证明：平面； (2)求线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）因为平面平面，所以． 因为六边形是边长为3的正六边形，所以． 又平面平面，故平面． （2）以点为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，，． 设平面的一个法向量为，由于， 所以，令，得， 即平面的一个法向量为， 所以直线和平面所成角的正弦值为 3．（2024·山东威海·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，，M为的中点. (1)证明：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). 【解析】（1）设中点为，连接，因为为等边三角形，故， 由题意，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，故， 又，，平面，故平面， 由平面，故， 又M为的中点，为等边三角形，则， 因为，平面，所以平面. （2） 由（1）知平面，平面，故， 连接，，则， 即四边形为平行四边形，故，所以， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，则， 设直线与平面所成角为θ，，则. 4．（2025·江西新余·模拟预测）在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.    (1)求证：； (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解析】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为， ∵为等边三角形，N分别为BE的中点，∴ ∵平面平面平面平面平面， ∴平面 以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设等边的边长为2， 则 设则 ∵四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点， 所以 .,, ∵， 所以，即.    （2）由（1）知, 设平面的一个法向量为 ，取则， 所以是平面的一个法向量. . 所以直线MN与平面ACE所成角的正弦值为. 5．（2025·全国·模拟预测）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）如图所示，取中点，连接，， 则由题意且，故四边形是平行四边形， 所以且，故且， 所以四边形是平行四边形，则. 又平面平面，所以平面. （2）由题意可知两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则由题意. 又， ， ， 即，， 所以，，. 设平面的一个法向量为，则， 所以，则，取，则. 设与平面所成角， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 题组三 二面角向量法 1．（2025·河北唐山·模拟预测）如图，在直四棱柱中，，． (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）如图，因为，，所以，即. 又四棱柱为直四棱柱，所以平面， 平面，所以，. 所以，可以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， 设，则． ，， 因为，所以，即， 解得，所以. （2）由（1）得，，，，则 因为， 设平面的一个法向量是， 则，即，令，解得，即. 因为，设平面的一个法向量是， 则，即，令，解得，即. 则． 故平面与平面夹角的余弦值为. 2．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【解析】（1）设，为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形， 取的中点，底面是等腰梯形，. 连接 ， 在中，， 在中，. ， ，且平面， 平面； （2） 如图，建系，则 ， 设直线与所成角为， （3）设平面的法向量是 ，即，令，解得 设平面的法向量是 ，即令，解得 设平面与平面夹角为 故面与平面夹角正弦值为. 3．（2025·山西·三模）如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心． (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）在上底面的投影为的重心． 平面，平面，， ，， 是等边三角形，是的中点，故， ，平面，平面，平面， 又因为平面，. （2）解法一：延长交于点，如图所示， 由（1）知平面，故为平面与平面的夹角， ，， 设棱长为1，则，为重心，，，， 平面与平面的夹角的正弦值为. 解法二：设，有，，，可求得， 由，，可得， 又由平面，以为坐标原点， ，，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， 可得，， 设平面的一个法向量为， 有，取，，，可得， 又由平面的一个法向量为，有，，， 有， 故平面与平面的夹角的正弦值为． 4．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，已知正三棱柱的底面边长为2，高为4，点满足，． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）证明：方法一：如图①，连接， 由题意知，，，， 由勾股定理得，， 过点作⊥于点，， 则，由勾股定理得， 故，因此， 在矩形中，为的中点， 所以， 所以，所以， 由于平面， 所以平面， 由于平面，所以． 方法二：设的中点为的中点为，连接， 以所在直线分别为轴建立如图②所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 由于，因此． （2）设的中点为的中点为，连接， 以所在直线分别为轴建立如图②所示的空间直角坐标系， 则，，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 5．（2025·四川巴中·模拟预测）如图所示，直三棱柱.    (1)求证：； (2)若为中点，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）在直三棱柱中，平面面， 则 又，即，又，平面，平面， 所以平面 又平面，所以 在直三棱柱中，，则四边形为正方形 所以，又，平面，平面， 所以平面 又平面，所以 （2）由（1）知两两互相垂直， 故以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    由于，设，则， 设平面的法向量为 则：，取，则，得， 由（1）知平面，则平面的一个法向量为 由图可知二面角的平面角为锐角，记为. 则：， 即二面角的余弦值为. 题组四 线线角的几何法 1．（24-25高三下·黑龙江·阶段练习）在正四面体ABCD中，M，N分别是棱AB，CD的中点，则直线AN与CM所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将正四面体ABCD中置于正方体中，如图， 易得，， 所以四边形为平行四边形，则， 则异面直线AN与CM所成角即为直线AN与NE所成角， 即为直线AN与CM所成角（或补角）， 设正方体的棱长为2，则，， 在中，由余弦定理可得，， 因此直线AN与CM所成角的余弦值为. 故选：C. 2．（24-25高三上·甘肃白银·期末）若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】连接，，如下图： 易知，所以为异面直线与所成的角（或其补角）， 易知为等边三角形，所以. 故选：A. 3．（2023·四川·模拟预测）在正四棱台中，，其体积为，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设正四棱台的高为， 连接，作交于点，作交于点，连接， 则为异面直线与所成角或其补角. 因为，且正四棱台的体积为， 即， 所以，即， 则，，， ，， 所以. 故选：D. 4．（2025·四川）在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，取的中点，连接分别为的中点， 所以，故. 所以四边形是平行四边形，所以，故（或其补角）就是异面直线与所成的角. 设正方体的棱长为2，则，所以. 又，所以在中，有. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 5．（2026·山西 ）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，连接. 因为为中点，且，所以四边形为矩形， 所以，所以或其补角为异面直线与所成的角. 设圆的半径为1，则. 因为，所以. 所以在直角中，，，. 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 6．（2025·黑龙江大兴安岭地·开学考试）在长方体 中， 分别是 的中点，则异面直线与所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】取的中点，连接，因为， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以异面直线与所成角即为与所成角（或其补角）， 即，因为平面，，所以平面， 平面，所以， 在中，. 故异面直线与所成角的正切值为. 故选：A. 题组五 线面角的几何法 1．（2025·陕西咸阳·二模）如图，有一种“迷你”圆台形小灯饰，其下底面的直径为，上底面的直径为，高为，已知点是上底面圆周上不与直径端点重合的一点，是该圆台的一条母线，为上底面圆的圆心，当面积最大时，与平面所成夹角的正弦值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设为下底面圆的圆心，连接，和，可知为圆台的高，所以，    当面积最大时，为弧的中点，则，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为当与均在平面的同一侧时，是该圆台的一条母线， 所以，，，四点共面，且，又平面， 所以平面平面，又因为平面平面， 所以点在平面的射影在直线上， 则与平面所成的角即为， 因为，，，所以在中， .， 故选：A. 2．（2025·广东茂名·二模）已知圆锥的母线长为定值，则该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，设圆锥的底面半径为，母线为，则圆锥的高为， 则圆锥的体积为，记， 则， 由可得，由，可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时，取得最大值，即圆锥的体积最大， 此时，母线与底面所成的角即，其余弦值为. 故选：A. 3．（2025·四川巴中·模拟预测）已知正四棱台中，上底面与下底面的面积之比为，且其内切球的半径为2，则与面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】   如图，根据正四棱台的性质可知，上底面与下底面均为正方形， 则，即，设，，则， 取为上下底面中心，取为中点，连接，则， 根据内切球的性质，球心为中点，记为球与平面的切点，则. 所以，，， 因为，，， 根据勾股定理得出，所以， 同理，. 所以分别为的角平分线，即. 因为，，， 所以. 连接，则，为在底面投影，则位于上，，四边形为矩形， 因为，，则， 所以，， 因为面与面平行，所以与面所成的角即为与面所成的角， 所以. 故选：A. 4．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角正弦值 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】（1）取的中点，连接、， 因为点为棱的中点，且，所以且， ，平面，平面， 所以平面，同理可得平面.                                                 因为平面，平面，且， 所以平面平面.                                                             因为平面，所以平面. （2）过点作于点，连接， 因为，，，平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面.                                                                     所以就是直线和平面所成角. 由题意得：二面角的平面角为， 由（1）易得， 在中，由，，得， 取中点为，连接， 因为分别为的中点， 所以，且，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 在中，由，，得，则. 在中，由，得， 即得直线和平面所成角为. 5．（2025·福建泉州·二模）如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，为的中点.    (1)证明: 平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）取中点，连接、，    因为，所以，   由于为的中点，为的中点，所以，且， 因为且，为的中点，所以，且， 所以，且，故四边形为平行四边形，所以，， 又因为平面，平面，所以，， 因为，，、平面，所以，平面， 因为，故平面. （2）解法1：设直线与平面所成角为，点到平面的距离为， 则，        在中，由余弦定理可得， 可得，解得，即， 所以，， 在Rt中，，，则，    过点在平面作垂直于的延长线于，易得，   因为平面，平面，则， 因为，，、平面，所以，平面， 由于， 则， 在中，，同理可得， 又因为，为的中点，所以，，且， 所以，， 又，即，所以，， 因此，， 因此，直线与平面所成角的正弦值为； 解法2：在中，由余弦定理可得， 可得，解得，即， 如图，连接，    由（1），平面，平面，则， 又因为，，，，则四边形为正方形， 因为为的中点，， 由于，、平面，则平面， 如图，记，过点在平面内作，垂足为点， 连接，由于平面，平面，则， 又因为，、平面，则平面， 所以即为直线与平面所成角， 由于，则，   因为平面，平面 ，所以，， 所以，，则为的三等分点， 因为，则， 因为为的中点，则， 则，， 于是，即直线与平面所成角的正弦值为； 解法3：因为平面，， 如图，以为坐标原点，、、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， 在中，由余弦定理可得， 可得，解得，即， 所以，， 于是、、、、，      则，设平面的一个法向量为，， ， 于是，令，则，    设直线与平面所成角为， 那么， 即直线与平面所成角的正弦值为. 6．（2025·浙江嘉兴·三模）如图，在边长为2的正三角形中，，分别为，的中点，将沿翻折至，使得.    (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【解析】（1）连接，因为为等边三角形，为中点，则， 又，且面，面，，面， 又面，所以平面平面. （2）解法一：（等体积法） 过点作，垂足为， 平面平面，且平面平面，面； 又，分别为，中点， 翻折后，，，由对称性可知， 又，所以，由等面积得， 设直线和平面所成角为，点到面的距离为， 由得：， 又，， 所以，，故直线与平面所成角的正弦值为.    解法二：（几何法） 分别取，的中点，，连接，，，过点作， 为等边三角形，，分别为，中点， ，，且，则面； 面，面面， 平面平面，又，面， ，面，所以点到面的距离即为， 翻折后，，，由对称性可知， 又，由勾股定理的逆定理可知，所以， 在中，，，故边上的高为， 由等面积得， 设直线和平面所成角为，所以， 故直线与平面所成角的正弦值为.    解法三：（坐标法） 过点作，垂足为， 平面平面，且平面平面，面， 又因为，分别为，中点， 所以翻折后，，，由对称性可知， 又，所以，由等面积得， 因此以为坐标原点，，分别为轴，轴建系如图，    则，，，，， 设面的法向量为，，， 则不妨令，则法向量， 设直线和平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 题组六 二面角的几何法 1．（2025·河南·模拟预测）如图，在正三棱锥中，，为的中点. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）由正三棱锥的性质可知，为的中点，所以， 由正三棱锥的性质可知，为的中点，所以， 又平面， 所以平面，平面， 所以. （2）过作，连接， 因为，平面， 所以平面，平面， 所以，所以为二面角的平面角， 设，则， 所以等腰三角形的底边上的高为，， 因为平面，平面，所以， 所以为直角三角形，所以， ， 所以二面角的余弦值为 2．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面和侧面均为正方形. (1)证明: ； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解析】（1）由题设，易知四棱柱的棱长都相等，且，，， 由都在平面内，则平面，故平面， 由平面，则，在菱形中， 而都在平面内，则平面， 由平面，则； （2）由（1）知平面，令，则，， 过作于，所以到的距离，连接， 平面，则，都在平面内， 所以平面，平面，则， 所以即为二面角的平面角，， 所以，所求角的余弦值为. 3（2025·安徽蚌埠·模拟预测）如图，多面体中，四边形是平行四边形，，，，，在底面的射影为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）由题意得平面，又平面，所以． 因为，为的中点，所以． 因为，平面，所以平面． 由，得四边形是平行四边形，故， 又因为四边形是平行四边形， 所以，得， 所以四边形是平行四边形， 故，所以平面； （2）法一：作且，连接． 因为，为的中点，故，， 由勾股定理得， 由（1）知，，所以， 由（1）知，四边形是平行四边形，所以， 四边形是平行四边形，所以，故由， 又为公共边，得≌．且两三角形关于对称， 由于，可得， 因此为二面角的平面角． 由，， 又平面，平面，故，， 由勾股定理得，故， 因为四边形是平行四边形，所以， 在中，由余弦定理得：． 故二面角的平面角的余弦值为． 法二：由（1）可知，两两垂直，以为原点，分别以所在直线 为轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 由，，由勾股定理得， 由题意知各点坐标如下：，，，． 因此，，． 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为． 由，即可取． 由，即可取． 于是， 由题意可知，所求二面角的平面角是钝角， 故二面角的平面角的余弦值为 4．（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图，在多面体中，四点共面，四边形为平行四边形，，，且． (1)若平面与平面的交线为，证明：平面； (2)求平面与平面的夹角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）如图，连接．∵，四边形为平行四边形，． 平面平面，平面． 平面，平面平面，． 四边形为平行四边形，四边形为菱形，． 由题意知，， ,． ． 平面平面． 平面． 平面平面． （2）如图，过点作，垂足为，连接．取的中点，连接． 由（1）知，平面，平面． 可知四边形和四边形都是矩形，． 在和中，， ，． ． ，，， 为二面角的平面角． ，四边形是正方形，． 在中，． ，， ． 在中，由余弦定理，得， 平面与平面的夹角为． 5．（2025·江苏苏州·三模）如图，已知四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】（1）在直角梯形中，， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）分别取、的中点、，连接、、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以， 在直角梯形中，，则， 因为为的中点，，故，， 所以四边形为矩形，故， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为、平面，，所以平面. 因为平面，所以， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，所以平面平面， 所以二面角是二面角的余角， 因此二面角的正弦值等于， 因为， 因为，故，所以， 综上所述，二面角正弦值的取值范围是. 题组七 空间距离 1．（2025·甘肃甘南·模拟预测）在棱长为的正方体 中，， 分别为棱 ，的中点， 为棱 上的一点，且 ，则点 到平面 的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直接坐标系，写出点坐标，利用空间坐标法求点到平面的距离即可. 【详解】以 为原点，，， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ． 则 ，，，，所以 ，，， 设平面 的法向量为，则 令 ，则 ，，所以平面 的一个法向量为． 所以点 到平面 的距离为， 故选：A 2．（2025·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为3，点在上运动，点在棱上运动，上有一点满足，且，则动点到平面距离的最小值为 ． 【答案】 【解析】如图所示，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 所以， 则，，，即， 连接，因为，所以， 则，， ，又，平面， 所以平面， 则是平面的一个法向量， 设到平面距离为，则， 由上可设， 则，其中， 故动点到平面距离的最小值为. 故答案为：. 3．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）证明：在中，因为，且为的中点，所以， 在矩形中，因为和分别为和的中点，可得， 因为平面，且平面，可得，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2）解：以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得， 设平面的法向量为，则 取，可得，所以； 因为平面，且平面，可得， 又因为，且，平面， 所以平面，即平面， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值. （3）解：因为为的中点，可得，所以， 由（2）知，平面的法向量为， 设点到平面的距离为，则.    4．（2025·天津滨海新·三模）如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足，，，，平面ABCD． (1)证明：平面CDE； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值； (3)求点G到直线AB的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）因为平面，平面， 所以， 且，，平面， 所以平面，平面， 所以， 由条件可知四边形是正方形，所以， ，且平面， 所以平面； （2） 如图，以点为原点，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，，， 由（1）可知，平面的法向量可为， ，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面CDE与平面ABE的夹角为， 所以； （3）, 所以点到直线的距离. 5．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）取的中点，连接. 则. 而底面为矩形，是的中点， 所以. 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内， 所以平面. （2）因为平面，四边形为矩形，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以. 设平面的一个法向量为， 则，令，则. 所以平面的一个法向量为， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）因为，平面的一个法向量为. 所以点到平面的距离为： . 6．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． (1)若平面与直线交于点，求的值； (2)若平面和平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）在平面内作， 因为平面，平面，平面， 所以， 所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， 又，分别为，的中点， ，，设， ， ，，共面，存在实数，，使得， 即， 所以，解得，所以； （2）设平面的法向量为， ，解得，令得， ， 又，， 设平面的法向量为， ，解得，令得， ， 设平面和平面所成的角为， ， 整理得，，， ，， 故点到平面的距离为． 题组八 动点问题 1．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，的长为 【解析】（1）取的中点，的中点，连结、、， 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为平面，所以. 因为平面，平面，平面 所以,， 则均为直角三角形. 在中，， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于. 2．（23-24 湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)能， 【解析】（1）设， 因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直， 如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 因为菱形中，， 所以，设， 则，， 所以 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 所以， 因为直线与平面所成角为， 所以，即，解得． （2）假设能找到这样的点， 设，且， 则， 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 则， 由平面与平面的夹角为， 可得，即，解得， 所以能找到这样的点， 此时，，故． 3．（2024·北京）如图，在多面体中，平面⊥平面.四边形为正方形，四边形为梯形，且. (1)求证：⊥； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段BD上是否存在点M，使得直线平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3)存在， 【解析】（1）因为四边形为正方形，所以⊥， 因为平面⊥平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； （2）因为⊥平面，平面， 所以⊥，⊥， 又，故，，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则， 则， ， 设直线与平面所成角的大小为， 则； （3）设，即， 当时，与重合，此时与平面不平行， 当时，设，则， 解得，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 则，解得， 故线段BD上存在点M，使得直线平面AFM，此时. 4．（24-25高二上·陕西汉中·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：平面平面； (2)棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且点为线段靠近的三等分点 【解析】（1）取的中点为，连接、，作图如下： 因为四边形是边长为正方形，所以，， 在中，，则， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）易知是以为斜边的等腰直角三角形，且为的中点，则， 又因为平面， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则、、、， 设，则，设，， 可得，解得，所以， 则，， 设平面的法向量，可得， 令，则，，所以平面的一个法向量， 由图易知平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 化简可得，解得或（舍去）， 所以存在满足题设条件的点，点为线段靠近的三等分点. 5．（24-25高三上·四川·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，且，侧面是正三角形，侧面底面，E为中点，作交于F． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)在平面内是否存在点Q．使得，若存在，求动点Q的轨迹长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析. 【解析】（1）由侧面底面，侧面底面，面， 又底面是直角梯形，，故， 所以面，面，则， 由侧面是正三角形，E为中点，则， 而且都在面内，则面，面， 所以面面，而，面面，面， 所以平面. （2）依题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，， 所以，， 令是面的一个法向量，则， 令，则， 令是面的一个法向量，则， 令，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值. （3）由，即，故点在以为直径的球体与平面的交线上， 又，其中点坐标为，则， 由（1）（2）知，是面的一个法向量， 所以到面的距离， 所以以为直径的球体与平面不相交，故不存在使 题组九 空间几何体外接球 1．（24-25河南平顶山·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，，M，N，E分别为BC，AC，PC的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，，三棱锥的外接球为球O. （ⅰ）证明：A，B，C，O四点共面； （ⅱ）求直线PO与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】（1）因为M，N，E分别为BC，AC，PC的中点， 所以，因为在平面外，平面， 所以平面，平面，又，所以平面平面； （2）（ⅰ）证明：取中点，连接，因为，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且， 设外接圆圆心为，半径为，则， 所以，所以， 所以Q点即为球心O，所以A，B，C，O四点共面； （ⅱ）由（ⅰ）可得， 在中，， 在中， 在中，，故， 设到平面的距离为，则， 又， 所以， 设直线与平面所成的角为，故. 2．（2025高三下·全国·专题练习）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．证明：在平面上； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 法二： ∵，，，在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等 在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得， ，， ， ∴， ∴点是的外心， 在中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴点即为点，，，所在球的球心， 此时点在线段上，平面， ∴点在平面上. 3．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习）如图所示，斜三棱柱中，为AB的中点，为的中点，平面平面． (1)求证：直线平面； (2)若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角正切值； (3)若，，，若三棱柱有内切球，求三棱柱的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)24 【解析】（1）如图，连接交于点，连接， 得为的中点，而为的中点，由中位线定理得， 因为平面，平面，故平面. （2）因为，所以为与所成角． 因为为正三角形，为的中点，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，而平面， 故，．又因为，， 平面，所以平面，而平面 则，则， 设，得到，， 则，， 故由勾股定理得， 则， 解得，故，则， 即异面直线与所成角正切值为． （3）我们首先来证明三余弦定理，我们记为平面上方的一点， 过的斜线在平面上的射影为，为平面内的任意一条直线， 记为斜线角，为线面角，为射影角，如图，我们给出如下三角形， 在此图中，，，是直角三角形， 则，，， 得到，即三余弦定理得证， 如图，作于点，作于点，连接， 因为，所以，而， 面，则平面， 故三棱柱内切球半径等于的内切圆半径， 在， 而平面平面，由三余弦定理得， ，结合同角三角函数的基本关系得， 故， 同理， 得到， 因为，所以， 则，解得，则，则为正三角形， 设内接球半径为，则，解得， 因为，，所以由余弦定理得， 且，由同角三角函数的性质得 所以，则． 4．（25-26高三上·安徽·开学考试）在矩形ABCD中，，E为AD的中点，将点D沿着CE翻折到点P，形成四棱锥P－ABCD，其中二面角P－EC－D大小为．    (1)证明：； (2)当时，求直线PB与平面PEC所成角的正弦值； (3)求四面体PABC的外接球表面积的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】（1）证明：取EC中点为T，连接DT，PT，则由等腰三角形的性质可知，， 因为， 平面PDT，故平面PDT， 因为平面PDT，所以．    （2）过P作，垂足为， 由（1）可知且为二面角P－EC－D的平面角， 故，当时，， ， 因为平面ABCD，故平面平面ABCD， 平面平面，平面PDT， 故平面ABCD， 连接BD与AC交于点O，如图以点O为原点， 以过点O且与BC平行的方向为x轴，以过点O且与CD平行的方向为y轴， 以过点O且与平面ABCD垂直的方向为z轴，建立空间直角坐标系，    可得,P， ，，， 设平面PEC的一个法向量为， 则，令x＝1，可得， 设直线PB与平面PEC所成角为α， 则，故直线PB与平面PEC所成的角的正弦值为． （3）由（2）知， ，P， 由于球心在过△ABC的外心且垂直于平面ABC的直线上， 所以设球心的坐标为，半径为, 因为， 所以， 解得， 而，所以，， ，， 所以四面体PABC的外接球表面积的取值范围为. 5．（25-26高三上·安徽·开学考试）三棱锥中，，，．点P在底面上的射影E是线段上靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球表面积； (3)设靠近的四等分点为F，D是平面内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在； 【解析】（1）法一：连接，由题意，，， 因，，则，即是等腰直角三角形， 故，在中，由余弦定理：， 因，， 设为到平面的距离， 由，可得：，即：， 设与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 法二：连接，因为在底面上的射影是线段靠近点的四等分点， 可得平面，因平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面，所以平面平面，且交线为， 过作于点，连接， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为与平面的所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，解得， 在中，由，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. （2）因，则三棱锥外接球的球心在过中点且与平面垂直的垂线上， 以点为坐标原点，所在直线为，轴，过点平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，设三棱锥外接球的半径为， 设，由，∴， ∴，故，，故三棱锥外接球的表面积为． （3）依题意，，，，，， 设，由， ∴在平面中，点D在以E、F为焦点的椭圆上，则（*）， 设平面的法向量，因，， 因，即，故可取， 设平面的法向量，因，， 由，∴，故可取， 由可得，将其代入（*），解得（舍）或， 此时．而，故． 6．（24-25高三上·河南开封·阶段练习）如图，四棱锥中，底面，，，. (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求； (3)当，时，四棱锥的外接球表面积与（2）中四棱锥的外接球表面积相等么？若相等，请求出四棱锥的外接球表面积；若不相等，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)答案见解析 【解析】（1）在四棱锥中，底面，底面， 故，又，平面，故平面， 又，，，，故， 底面，底面， 故，平面，故平面， 因此，同时注意到平面，平面，则平面. （2）如图： 过点B作，垂足为，过作于点，连接， 由于底面，平面，故平面底面， 且两平面的交线为,平面，故平面， 平面，则， 又，平面， 故平面，平面，故， 所以是二面角的平面角， ，故， 因此， 在中，， 故二面角的正弦值为， 当，二面角的正弦值也是，则点D为点B关于直线的对称点，此时. （3）第（2）问的情况下，由（2）可知三角形与全等，故均为直角三角形，且均为斜边， 因此底面四边形的外接圆半径为， 在第（3）问下：即，条件下时， 由和（1）知：， 又，因此三角形与均为直角三角形，且均为斜边， 因此底面四边形的外接圆半径为， 由于两种情况下，四边形的外接圆半径相等，又平面，故其外接球的半径一定相等，因此四棱锥的外接球表面积在两种情况下是相等的. 且球半径为，表面积为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $