重难点25 空间角与空间距离问题（举一反三专项训练）（全国通用）2026年高考数学一轮复习举一反三系列

重难点25 空间角与空间距离问题 【全国通用】 【题型1 几何法求异面直线所成的角】 3 【题型2 向量法求异面直线所成的角】 6 【题型3 几何法求线面角】 9 【题型4 向量法求线面角】 14 【题型5 几何法求二面角】 18 【题型6 向量法求二面角】 24 【题型7 求点面距离、面面距离】 31 【题型8 求点到直线距离、异面直线距离】 37 1、空间角与空间距离问题 空间角与空间距离问题是历年高考的重点和热点内容，从近几年的高考情况来看，空间角与空间距离问题一般以解答题形式为主，每年必考，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查，难度中等偏难；有时在选择题、多选题中也会涉及，难度一般. 近年命题趋势更注重动态几何问题和向量法的综合应用，如通过翻折情境分析空间角的变化，需灵活求解；备考时需强化坐标系建立技巧、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重向量运算的严谨性，避免因计算失误失分. 知识点1 几何法求空间角 1．几何法求异面直线所成的角 (1)求异面直线所成角一般步骤： ①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线； ②证明：证明所作的角是异面直线所成的角； ③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之； ④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角. 2．几何法求线面角 (1)垂线法求线面角(也称直接法)： ①先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O； ②连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角； ③把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形. (2)公式法求线面角(也称等体积法)： 用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解. 公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长. 3．几何法求二面角 作二面角的平面角的方法： 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角. 知识点2 向量法求空间角 1．用向量法求异面直线所成角的一般步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 2．向量法求直线与平面所成角的主要方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 3．向量法求二面角的解题思路: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 知识点3 空间距离的求解策略 1．距离问题 (1)点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝，则点P到直线l的距离为(如图)． (2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 2．向量法求点到直线距离的步骤： (1)根据图形求出直线的单位方向向量. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)垂线段长度. 3．求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离. (2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求. (3)等体积法. (4)向量法：设平面α的一个法向量为，A是α内任意点，则点P到α的距离为. 【题型1 几何法求异面直线所成的角】 【例1】（2025·江苏南京·三模）在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】连接，得即为异面直线与所成的角，设，利用余弦定理可得答案. 【解答过程】连接，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以即为异面直线与所成的角或补角， 设，则，， 连接，则，因为， 所以平面，平面，所以， ，， 由余弦定理得. 所以异面直线与所成角的余弦值是. 故选：D. 【变式1-1】（2025·甘肃定西·模拟预测）在直三棱柱中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】连接，取的中点，连接，由 ，可得（或其补角）为异面直线与所成的角，在中利用余弦定理计算即可得出结果. 【解答过程】如图所示，连接，取的中点，连接， 因为 ，所以（或其补角）为异面直线与所成的角. 因为， 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C.   【变式1-2】（2025·江西·模拟预测）已知长方体，，，，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】由长方体的性质可得，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即，由余弦定理求解即可. 【解答过程】连接，，由长方体的性质可得， 所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即（或其补角）. 在中，，，， 所以. 故选：B. 【变式1-3】（2025·云南红河·三模）在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，若四棱锥的外接球半径为2，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】将四棱锥补成长方体，设，根据条件可求得，可得与所成的角即为或其补角，在中，利用余弦定理求解. 【解答过程】设，如图所示，将四棱锥补成长方体， 则四棱锥的外接球半径等于长方体的外接球半径， 因为，，即，所以． 又，所以与所成的角即为或其补角， 由题意以及长方体结构特征知和均为直角三角形， 所以，， 所以． 可知与所成的角为，所以与所成的角的正弦值为． 故选：B． 【题型2 向量法求异面直线所成的角】 【例2】（2025·福建三明·模拟预测）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量法求解即可. 【解答过程】因为直三棱柱，所以底面， 又底面，所以，， 又因为，所以两两垂直， 以为轴建立如图所示坐标系， 设，则，，，， 所以，， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：B. 【变式2-1】（2025·四川巴中·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线AB与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】设向量及相关量并表示出，计算数量积与模长，最后求异面直线所成角余弦值. 【解答过程】设三棱柱棱长为， 所以，，， ， ，则， 设异面直线与所成角为，. 故选：D. 【变式2-2】（2025·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可. 【解答过程】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1， 则， 故， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为.    故选：C. 【变式2-3】（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 【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可. 【解答过程】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. 【题型3 几何法求线面角】 【例3】（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】设是中点，是中点，是正三角形的重心，作，过作，从而确定是与平面所成的角或其补角．进而可求解. 【解答过程】 设是中点，是中点，是正三角形的重心，则是的三等分点，， 由是边长为的正三角形知，， 在平面中，作，作的垂直平分线交于点， 因为平面，，易知四边形是矩形，，． 设与交于点，过作，垂足为， 因为平面，在平面内， 所以，又，为平面内两条相交直线， 所以平面，在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面， 所以是与平面所成的角或其补角． 过作直线平行于，交于点，交于点，则，， 把，，，，，， 代入求得，， 在中，，， 在中，， 所以． 故选：C． 【变式3-1】（2025·湖北·三模）在正三棱台中，分别为棱的中点，，四边形为正方形，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】延长交于点，，根据正棱台可判断三棱锥为正三棱锥，根据棱长进而判断为正四面体，由正四面体的性质即可结合长度以及线面角的定义求解. 【解答过程】由题意可知，延长必交于一点， 由可知，分别是的中点， 又点为线段的中点，所以， 因分别为棱的中点，则， 又四边形为正方形，所以，所以， 由于三棱锥为正三棱锥，因此三棱锥为正四面体， 因此直线与平面所成的角即为直线与平面所成角， 取的中心为，连接，则平面， 所以为直线与平面所成角， 设正四面体的棱长为， 在中，，， 在中，， 故直线与平面所成角的正弦值为. 故选：B.   【变式3-2】（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面. (1)求证:直线； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质定理即可证明； （2）先证明平明，从而得到为直线与平面所成角，再在中求解即可. 【解答过程】（1）由题意知，所以， 又因为，所以，所以； 又因为平面，平面，所以， 又因为平面， 所以平面，又在平面内， 所以直线； （2）因为平面，平面，所以， 因为，，平明，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 在中，因为， 所以 所以直线与平面所成角的大小为. 【变式3-3】（2025·甘肃兰州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，， (1)求证：平面； (2)若，分别为棱，的中点，求证：∥平面； (3)设为等边三角形，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【解题思路】（1）根据面面垂直的性质定理即可证明平面； （2）易证四边形是平行四边形，进而根据线面平行的判断定理证明即可； （3）由（1）可知平面平面，进而可知是直线与平面所成角，在三角形中求解即可. 【解答过程】（1）因为底面为矩形，所以， 因为侧面底面，侧面底面，底面， 所以平面. （2）取中点，连接，， 因为是中点，所以，， 又因为矩形，所以，，且是中点， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （3）由（1）可知平面， 因为平面， 所以平面平面， 又平面平面， 因为为等边三角形， 所以，平面， 所以平面， 连接，所以是直线与平面所成角， 在矩形中，， 在正中，， 所以， 因为， 因此， 即直线与平面所成角为 【题型4 向量法求线面角】 【例4】（2025·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【解答过程】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 则，故， 因为轴平面，则可取平面的法向量为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 故选：B. 【变式4-1】（2025·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值. 【解答过程】在堑堵中，平面，，，， 以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以， 因此，直线与平面所成角的余弦值为． 故选：A． 【变式4-2】（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) 【解题思路】（1）取中点，连接，，根据线面平行的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【解答过程】（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. 【变式4-3】（2025·辽宁·三模）如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【解题思路】（1）要证明，可证明，即只要证明垂直于所在的平面即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，进而确定点的位置. 【解答过程】（1）证明：连接， 因为，所以． 因为是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以， 因为， 所以． （2）因为， 所以，所以， 又由（1）知，且平面， 所以平面， 因为为四棱台，底面为正方形，四棱台的上下底面对应边平行且比例相同， 所以四边形为正方形，上下面平行 所以平面，. 因为点是的中点，，所以. 所以且，所以四边形为平行四边形 所以. 又平面，所以平面． 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则，． 设平面的法向量为， 则 令． 设直线与平面所成角为， 则， 化简得， 即，所以． 【题型5 几何法求二面角】 【例5】（2025·河北·模拟预测）如图正三棱柱底面边长为2，高为6，点分别在棱上，且，若平面恰好将正三棱柱体积均分，则平面和平面夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】首先分析可得点为的中点，延长与的延长线交于点，延长与的延长线交于点，连接，则为平面与平面的交线，利用勾股定理逆定理得到，即可证明平面，则为平面和平面夹角，最后由锐角三角函数计算可得. 【解答过程】因为，即，， 又平面恰好将正三棱柱体积均分，所以点为的中点， 延长与的延长线交于点，延长与的延长线交于点，连接， 则为平面与平面的交线， 因为，，，，， 所以，即，解得，所以； ，即，解得，所以， 在中由余弦定理 ， 所以， 所以，即， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为平面和平面夹角，又， 所以， 即平面和平面夹角的余弦值为. 故选：A. 【变式5-1】（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【解题思路】根据题意，作出球心，利用外接球半径，外接圆半径，可求得即可得到二面角的大小. 【解答过程】设外接圆圆心分别为，外接圆半径为，三棱锥外接球半径为， 过分别作平面，平面的垂线，交点即为三棱锥的外接球心， ，，即， 所以在中点处，， ，， ，且在垂直平分线上， 所以， 三棱锥的外接球表面积为， ，， 又平面，平面，所以， 则，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以共面， 所以就是二面角的平面角， 或. 故选：A. 【变式5-2】（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，且，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【解题思路】（1）根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式求解即可； 法二：利用等体积法求得D到平面距离为，在中，由余弦定理得，进而求出，利用等面积法求得为点到交线的距离，设平面与平面的夹角为，求出，进一步求出，即可得解. 【解答过程】（1）因为平面，平面，则， 因为，即， 因为，平面，平面， 故平面. （2）法一：平面，， 以点D为坐标原点，、、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， 因为，，， 所以、、、、， ，，，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：因为， 所以， 又， 而，所以， 故，即D到平面距离为. 依题意，计算可得，在中，，，， 由余弦定理，得， 因为，所以， 又， 设为点D到交线的距离，则， 设平面与平面的夹角为， 所以，所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【变式5-3】（2025·安徽六安·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且 (1)证明：平面平面； (2)求二面角所成平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【解题思路】（1）根据空间中垂直关系的转化可得平面，从而可得，故可证平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面； （2）先求出到棱的距离，再求出到平面的距离，从而可得平面角的正弦值，故可求其余弦值． 【解答过程】（1）证明：因为四边形为直角梯形，且，故， 又，故，而，， 平面， 所以平面，而平面，所以， 而，，平面，由梯形知，必定相交， 故平面，而平面， 故平面平面； （2）连接，在平面中过作，垂足为， 由（1）可得平面，而平面，故， 而，，故，而， 所以， 因为，所以， 在平面中，过作，交延长线于点，连接， 则，故，且， 取的中点为，连接，由可得， 因为平面，故， 而，，平面， 故平面，而平面，故， 而，，平面，故平面， 故到平面的距离为，且， 而，平面，平面， 故平面，故到平面的距离即为到平面的距离为， 设二面角的平面角为，则， 由图可知为钝角，故． 【题型6 向量法求二面角】 【例6】（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) 【解题思路】（1）通过建立空间直角坐标系，利用向量垂直的性质，即可求解线段的长度； （2）通过建立空间直角坐标系，确定平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求出二面角的余弦值. 【解答过程】（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. 【变式6-1】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【解题思路】（1）取的中点，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理得到答案； （2）建系，设，借助于空间向量表示平面与平面的夹角的余弦值，进而求出，即得答案. 【解答过程】（1）如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，，    所以.又因为平面平面， 平面平面， 平面，所以平面. 又因为是的中点，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）连接，因为为等边三角形，则.    所以两两垂直.则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为AB=2，所以. 故， . 设，则， 即.， . 设平面的一个法向量为， 则则，取，则，. 故平面的一个法向量为. 又由（1）可知平面的一个法向量为， 由题意可得，即. 解得.又，所以，线段CF的长为2. 【变式6-2】（2025·江西新余·模拟预测）如图，是菱形所在平面外一点，且为等边三角形，      (1)证明：平面平面； (2)若且，问线段上是否存在点（不包含端点），使得平面与平面夹角的正弦值是?若存在，求的值，若不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【解题思路】（1）根据题意可得，，结合面面垂直的判定即可证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，再利用面面角的向量求法即可求解. 【解答过程】（1）连接交于点，连接．    因为是菱形，所以， 因为为的中点，且为等边三角形，所以． 又平面，且，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）存在 因为，所以为等边三角形，， 又，所以，所以三棱锥为正三棱锥， 过作平面，垂足为，故为的重心， 设，则，所以， 以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系如下图所示，    故， 则， 设平面的法向量为， 则，令，故． 设， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，故． 设平面与平面的夹角为， 于是， ，由于，则， 即，由于，所以或， 所以或． 【变式6-3】（2025·甘肃白银·二模）如图，已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示，使得二面角的大小为，点在线段上且不与点重合. (1)直线与由三点所确定的平面相交，交点为，若，求的长度，并求此时点到平面的距离； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）取中点，证明得，及，设，求出，过作于，证明得平面，即为点到平面的距离，进而得到答案； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角的法向量求法求解即可． 【解答过程】（1）由题意可知，，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为二面角为，所以， 所以与均是全等的正三角形，取中点，则， 由平面平面得， 又，平面，因此平面，即， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 设，所以，，所以即， 所以的长为. 过作于，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 即为点到平面的距离，因为 ，所以， 所以，所以点到平面的距离为. （2）因为 ，所以， 又平面平面，所以即为二面角的平面角， 所以. 取中点，连接，如图， 因为，所以， 所以，所以， 因为 ，所以，又平面， 所以平面，因为，平面，所以， 则以为坐标原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 则， 设平面的法向量，则 令，则，所以. 设平面的法向量，又， 所以， 令，则，所以. 所以. 设平面与平面夹角为， 所以， 故平面与平面夹角的正弦值为. 【题型7 求点面距离、面面距离】 【例7】（2025·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可. 【解答过程】在四边形中，连接，由题意可知是边长为1的等边三角形， 则，，，则，可知， 即，且，由，，， 则，可知. 由，，平面， 可得平面，又因为平面，所以平面平面 取中点O，中点H，连，，则，，可得， 因为为等边三角形，则，平面平面， 平面，所以平面. 以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，，可得，，. 设平面的法向量， 则，令，则，， 可得， 由点F为线段的中点，知点F到平面的距离是点B到平面的距离的. 平面的一个法向量，， 点B到平面的距离 ，所以点F到平面的距离为. 故选：B. 【变式7-1】（24-25高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】将问题转化为点到平面的距离，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【解答过程】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 所以，，，， 所以，因为四点不共线，所以∥， 由面，面，则面， 因为，，分别是棱，的中点，所以∥， 同理，∥平面，而，面， 所以平面∥平面面，故平面， 所以平面和平面之间的距离，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离． 设平面的法向量为，则，不妨取，则， 所以点到平面的距离 ， 即平面和平面之间的距离是． 故选：B. 【变式7-2】（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.    (1)证明：； (2)若二面角为，求点M到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析; (2). 【解题思路】（1）利用等腰三角形三线合一证明垂直关系，利用中位线和平行四边形证明平行关系，问题即可得证； （2）利用建立空间直角坐标系，通过二面角的平面角可确定点坐标，利用中点可求坐标，最后利用空间向量法来求点到面的距离即可. 【解答过程】（1）    证明：取与中点，.连接，，，， 则运用中位线性质知，且，， 则，，则四边形是平行四边形， 又因为是正三角形，为中点， 所以， 底面是菱形，，则是正三角形，则，，平面，平面， 平面，， 由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，所以，， . （2）由（1），则过做的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，    由二面角为，可得， 因为，四边形是菱形，可得， 又因为三角形是正三角形，可得，所以可得， 则，，，， 由M是棱的中点，可得， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故法向量为， 又由， 所以M到平面的距离， 故M到平面的距离为. 【变式7-3】（2025·湖南长沙·模拟预测）在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案； （2）利用线面垂直的性质定理、判定定理得出平面，以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，记的中点为，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的斜率求法求出，再由点面距离的向量求法可得答案. 【解答过程】（1）因为，，，所以. 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）由（1）知，平面，平面，所以， 又因为底面为正方形，所以，由，平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，，， 设，则， 设平面的法向量，则， 令，则，，故， 设平面的法向量，，令，则， 则平面的法向量， 由题意得，，即， 整理得，，解得或（舍），则， 所以平面的法向量可取， 所以点到平面的距离. 【题型8 求点到直线距离、异面直线距离】 【例8】（2025·四川·二模）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】由点B到直线AC的距离为：即可求解. 【解答过程】设向量的单位向量为，则，， 点B到直线AC的距离为：， 故选：B. 【变式8-1】（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】连接，，可得且交于，再由面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【解答过程】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影， 所以面， 连接，，则且交于. 因为 面， 所以，. 所以以，，为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， 则，，，，， 所以，. 设异面直线与的公垂线方向向量为， 则有 ，即，取. 又因为， 所以异面直线与的距离. 所以异面直线与的距离为. 故选：B. 【变式8-2】（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）法一合理作出辅助线，利用中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理得到线面平行，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合线面角的向量求法求解即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间中点到平面的距离公式求解即可. 【解答过程】（1）法一：如图，连接交于，连接， 因为底面为矩形，所以为的中点， 因为为的中点，所以是的中位线， 得到，而平面，平面，故平面. 法二：根据题意，以点为坐标原点， 分别以为轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， 则， 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，故， 平面，平面. （2）， ， 直线与平面所成角的正弦值为. （3）由已知得， 由点到直线的距离公式得， 故点到直线的距离为. 【变式8-3】（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABC，，M，N分别为PC，AB的中点． (1)求异面直线PC与AB间的距离； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）方法一：先应用线面垂直得出平面PAB，应用边长关系得出，计算求解距离即可；方法二：建立空间直角坐标系设与和都垂直，应用异面直线的距离公式计算求解； （2）应用空间直角坐标系先求出平面PMN及平面AMN的一个法向量，最后应用面面角的余弦公式计算求解. 【解答过程】（1）方法一：连接BM，CN， 因为平面ABC，平面ABC，所以， 又因为，平面PAB，平面PAB， ，所以平面PAB， 又因为平面PAB，所以． 在中，M为PC的中点，所以． 因为平面ABC，平面ABC，所以． 在中，M为PC的中点，所以， 所以． 又因为N为AB中点，所以．                     在和中，， 所以，所以，又M为PC的中点，． 故线段MN的长即为异面直线AB与PC间的距离．                    在中，， 在中，， 所以．因为，所以． 故异面直线AB与PC间的距离为．                     方法二：因为平面ABC，平面ABC，所以． 如图，在平面ABC中，过点A作直线AB的垂线为x轴，以AB为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系， 则， 所以．                         设与和都垂直， 则即 则，不妨取，则．                       所以异面直线AB与PC间的距离． （2）因为M，N分别为PC，AB的中点，所以， 则，                        设是平面AMN的一个法向量， 所以即 不妨取，则．                  设是平面PMN的一个法向量， 所以即 不妨取，则．                           设二面角的平面角为， 由图可知为锐角，则，                     所以二面角的余弦值为． 一、单选题 1．（2025·甘肃白银·三模）如图，在长方体中，，则异面直线和夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解异面直线所成角得余弦值即可. 【解答过程】以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，， 故异面直线和夹角的余弦值为 . 故选：B. 2．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在正三棱台中, 分别为棱的中点，，四边形为菱形，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】先作出与平面所成角，再利用解三角形即可求得与平面所成角的正弦值. 【解答过程】取中点，连接,分别在线段上 取，连接. 则在正三棱台中， 分别为的中心， 且平面，平面,. 则平面平面，则即为与平面所成角. 令，由正三棱台中， 可得， 又四边形为菱形，则，,, 则， 则 故选：B. 3．（2025·北京门头沟·一模）某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据三棱锥体积公式首先求得三棱锥的体积，再换底表示三棱锥的体积，即可求得点点到平面的距离. 【解答过程】 因为，且底面是等腰直角三角形，， 所以点在平面上的射影为边的中点，在直角三角形中，由勾股定理得,所以, 又因为底面是等腰直角三角形，， ; 设点到平面的距离为，则 , 所以. 故选：C. 4．（2025·江西新余·模拟预测）在三棱锥中，且，底面是等边三角形，平面平面，若，则平面与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据题意作出平面与平面所成角，再利用余弦定理求解即可. 【解答过程】如图，过点作，垂足为，    平面平面，且平面平面平面， 作，则，则平面， 作于，平面，， 又，平面平面， 平面， 为平面与平面所成二面角的平面角． 且， 作于，由是等边三角形， 得． 故选：D. 5．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果. 【解答过程】 根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 又点为的重心，所以， 则，， 则， 则， 所以点到直线的距离为. 故选：B. 6．（2025·北京顺义·一模）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求平面与平面的夹角即可. 【解答过程】 设正八面体的棱长为，连接、相较于点，连接， 根据正八面体的性质可知为正方形，，平面， 建立如图所示，以为坐标原点， 分别以、、为、、轴的空间直角坐标系， ，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 所以，，令， 则有：，所以， ，， 设平面的法向量为， 所以，，令， 则有：，所以， 设平面与平面夹角为，则， 平面与平面夹角的余弦值为. 故选：D. 7．（2025·江西新余·模拟预测）如图，在正三棱台中，，，，则下面结论正确的是（   ） A．该正三棱台的侧面与底面所成角的余弦值为 B．该棱台的体积为 C．该棱台的外接球的表面积为 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】C 【解题思路】设分别为正的中心，记分别为的中点，连接，，，，，，，推出四边形为等腰梯形，根据二面角定义求解判断选项A;再根据已知条件求解体积判断选项B,求解外接球半径求解判断选项C，通过平行判断异面直线的余弦值，判断选项D. 【解答过程】设分别为正的中心， 分别为的中点，连接，，，，，，， ∵正三棱台， ∴平面， ∴，都为正三角形，四边形为等腰梯形， ∴，，，，， ，，，， ∴∠DEO为二面角的平面角， 在等腰梯形中，， 在直角梯形中，，故A错误； 在直角梯形中，， ，， ∴该棱台的体积为，故B错误； 设该棱台的外接球的半径为， 根据正弦定理可得的外接圆的半径分别为，， 由球的截面性质知，，解得， ∴该棱台的外接球的表面积为，故C正确； ， 为异面直线与BC所成角（或补角）， 在等腰梯形MNBA中，， ， ， ， ∴异面直线AN与BC所成角的余弦值为，故选项D错误． 故选：C． 8．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 【答案】C 【解题思路】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D. 【解答过程】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ， 对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：. 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误. 故选：C. 二、多选题 9．（2025·海南·模拟预测）如图，在矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，使平面平面，则下列结论正确的是（    ）    A． B．直线平面 C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的正切值为 【答案】BD 【解题思路】选项A，取的中点，连接，，采用反证法，结合，，推出平面，进而得，与已知矛盾，从而作出判断；选项B，取的中点，连接，，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；选项C，由面面垂直的性质定理知平面，从而知点到平面的距离，再利用等体积法求解即可；选项D，由平面，知即为所求，再结合余弦定理与锐角三角函数，求解即可． 【解答过程】对于A，取的中点，连接，因为，所以， 若，由于，平面，则平面， 因为平面，所以，而是的中点， 则，显然不成立，所以不成立，故A错误； 对于B，取的中点，连接，则，， 因为矩形，且是的中点，所以，， 所以，，则四边形是平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面，故B正确； 对于C，因为，平面平面，平面平面平面， 所以平面，即点到平面的距离为， 而，， 设点到平面的距离为，因为， 所以，即，解得，所以点到平面的距离为，故C错误； 对于D，因为平面，所以与平面所成角即为， 在中，，， 由余弦定理知， 所以，在中，， 所以与平面所成角的正切值为，故D正确． 故选：BD.    10．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（   ） A．平面 B． C．直线与的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【解题思路】建立空间直角坐标系，根据向量法判断线面平行、线线垂直判断A，B，运用异面直线向量距离公式求解判断C，根据向量法求解线面角判断D. 【解答过程】如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 所以，即， 又因为平面，所以平面，故A正确； ，平面的法向量， 设直线BC与平面所成角为， 则， 所以直线BC与平面所成角的正弦值为，故D正确； ，， 则， 所以不成立，故B错误； 因为，设，， 则，令，则， 又因为，所以直线与的距离为，故C正确. 故选：ACD. 11．（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 【答案】ACD 【解题思路】以点为原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，利用空间向量的系列公式计算即可判断A，B，C；对于D，作出截面即得. 【解答过程】 如图，因平面，底面是边长为1的正方形， 故可以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 对于A，， 则，因， 则，即A正确； 对于B，因点是的中点，故且， 则，设和所成的角为， 则， 因，故，故B错误； 对于C， 由于平面，平面的法向量可取为， 点为棱的中点，则，，。 设平面法向量为，则，则，解得 设直线与平面所成角为，则，则，故C正确； 对于D，如图，延长与直线交于点，延长与直线交于点， 连接与交于点，连接与交于点，连接， 则平面截四棱锥的截面为五边形.即D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【解题思路】由题意建立适当的空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式即可运算求解. 【解答过程】取中点，连接，因为，所以， 以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以 ， 所以， 所以， 所以异面直线与所成角为，. 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 13．（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为 . 【答案】 【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，求出，其中是平面的法向量，结合公式即可运算求解. 【解答过程】如图，取的中点，因为平面，平面， 所以， 因为三角形是等边三角形，点是中点，所以， 所以两两互相垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，，，D为AC的中点， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 所以可取， 点到平面BDE的距离为. 故答案为：. 14．（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为 .    【答案】 【解题思路】根据线面垂直判定定理得出平面，则即为所求的线面角，再计算求解. 【解答过程】连接与交于点，因为平面，平面， 所以， 因为四边形为正方形，所以平面， 又，则平面， 故即为在平面上的射影，即为所求的线面角， 又，，故.    故答案为：. 四、解答题 15．（2025·甘肃白银·二模）如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，平面ABE与直线交于点G． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值． 【答案】(1)； (2). 【解题思路】（1）由是由棱锥和棱锥组合而成，利用线面垂直的判定和性质找到棱锥的高，最后应用棱锥的体积公式求体积； （2）根据已知易得为等腰梯形，为等腰三角形，应用等体积法求到平面的距离，并求出中边上的高，结合二面角的定义即可求其正弦值. 【解答过程】（1）由是由棱锥和棱锥组合而成， 由平面，平面，则，且， 即，由且都在平面内，则平面， 所以是棱锥的高， 则 ； （2）由题设，， 由，即为等腰梯形，其高为， 所以， 若到平面的距离为，则，可得， 在等腰三角形中，边上的高为， 所以，平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值为. 16．（2025·甘肃定西·模拟预测）如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，直线与平面所成的角为. (1)当时，求直线到平面的距离； (2)若，点是线段上一动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的长. 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）通过证明 平面，把直线到平面的距离转化成点到平面的距离，过点作于点，通过证明平面，把点到平面的距离转化成线段的长； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，根据平面的法向量与平面的法向量夹角的余弦值为，列出方程，求出的值，即可得到的坐标，进而求出的长. 【解答过程】（1） 平面，平面， . 又 ，，，平面， 平面，平面， . ， ， 平面. 又平面，平面， 平面. 直线到平面的距离等于点到平面的距离. 过点作于点. 平面，平面， . ，，平面， 平面. 平面，就是直线在平面内的射影， 就是直线与平面所成的角， ， ， ，， . 直线到平面的距离为. （2）以为坐标原点，，所在直线分别为轴､轴， 过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 由，得，，，. ，，， 设，， ，. 设平面的法向量为， 则.即， 令，则， . 设平面的法向量为. 则，即. 令.则， . 平面与平面夹角的余弦值为. . 整理得，解得或（舍）. ， . 17．（2025·全国·模拟预测）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为的中点，如图所示． (1)证明：平面； (2)若为等边三角形，平面平面，，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）取的中点，连接，由题设先证明四边形为平行四边形，可得，进而求证即可； （2）取的中点的中点，连接，由面面垂直的性质得到平面，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【解答过程】（1）如图所示，取的中点，连接． 由分别为的中点，则， 而，得， 即四边形为平行四边形，故， 而平面平面，故平面． （2）取的中点的中点，连接， 由为等边三角形，则． 由平面平面，平面平面平面， 故平面． 由， 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则，， 则． 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得． 则．     由图形知，二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为． 18．（2025·新疆喀什·三模）如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至 ，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）. (1)若为棱的中点，证明：平面 ； (2)若，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为. （ⅰ）求 ； （ⅱ）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【解题思路】）取的中点，连接，，则，通过证明平面平面，由面面平行的性质定理即可求证； （2）（ⅰ）证明平面，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，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值求，即可求解； （ⅱ）求平面的法向量为，利用空间向量法求距离即可. 【解答过程】（1）因为，， 所以， 连接，因为为的中点，所以是等边三角形． 取的中点，连接，，则， 则，． 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又，，平面， 所以平面平面， 又平面， 所以平面． （2）（ⅰ）因为，， 所以， 所以， 因为，所以， 又，，平面， 所以平面， 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， 所以，，，， 则， 设， 则，． 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以， 整理得，解得舍，所以． （ⅱ）由（ⅰ）知，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，， 则， 所以点到平面的距离为 ． 19．（2025·山东临沂·一模）在中， ，如图将沿翻折至.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角大小为. （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii）存在点，当或时满足题意 【解题思路】（1）只需证明平面，注意到，故只需证明平面，由即可证明； （2）（i）由题意得即二面角的平面角，结合解三角形知识求解即可；（ii）建立适当的空间直角坐标系，引入参数 ，将平面与平面的法向量表示出来，结合平面与平面所成角的余弦值为列出关于的方程，判断该方程的解的情况即可得解. 【解答过程】（1）因为 ，所以， 因为平面，所以平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）（i）在四棱锥中，由（1）知即二面角的平面角， 故，因为，所以， 从而， 过点作，交于点，又因为，可得平面，与平面所成角即为. 在中，由余弦定理可得：， 由等面积法，， 所以与平面所成角的正弦值为； （ii）如图，建立空间直角坐标系，    则， ， 设，可得， ， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ，即， 令，可得， ，即， 令，可得， 设平面与平面的夹角为，， 解得或， 所以存在点，当或时满足题意. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点25 空间角与空间距离问题 【全国通用】 【题型1 几何法求异面直线所成的角】 3 【题型2 向量法求异面直线所成的角】 4 【题型3 几何法求线面角】 4 【题型4 向量法求线面角】 6 【题型5 几何法求二面角】 7 【题型6 向量法求二面角】 8 【题型7 求点面距离、面面距离】 10 【题型8 求点到直线距离、异面直线距离】 12 1、空间角与空间距离问题 空间角与空间距离问题是历年高考的重点和热点内容，从近几年的高考情况来看，空间角与空间距离问题一般以解答题形式为主，每年必考，第一小问一般考查空间线、面位置关系的证明；空间角与点、线、面距离问题通常在解答题的第二小问考查，难度中等偏难；有时在选择题、多选题中也会涉及，难度一般. 近年命题趋势更注重动态几何问题和向量法的综合应用，如通过翻折情境分析空间角的变化，需灵活求解；备考时需强化坐标系建立技巧、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重向量运算的严谨性，避免因计算失误失分. 知识点1 几何法求空间角 1．几何法求异面直线所成的角 (1)求异面直线所成角一般步骤： ①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线； ②证明：证明所作的角是异面直线所成的角； ③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之； ④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角. 2．几何法求线面角 (1)垂线法求线面角(也称直接法)： ①先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O； ②连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角； ③把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形. (2)公式法求线面角(也称等体积法)： 用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解. 公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长. 3．几何法求二面角 作二面角的平面角的方法： 作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角. 知识点2 向量法求空间角 1．用向量法求异面直线所成角的一般步骤： (1)建立空间直角坐标系； (2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值. 2．向量法求直线与平面所成角的主要方法: (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 3．向量法求二面角的解题思路: 用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小. 知识点3 空间距离的求解策略 1．距离问题 (1)点P到直线 l 的距离：已知直线l的单位方向向量为，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝，则点P到直线l的距离为(如图)． (2)点P到平面α的距离：设平面α的法向量为，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)． 2．向量法求点到直线距离的步骤： (1)根据图形求出直线的单位方向向量. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)垂线段长度. 3．求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离. (2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求. (3)等体积法. (4)向量法：设平面α的一个法向量为，A是α内任意点，则点P到α的距离为. 【题型1 几何法求异面直线所成的角】 【例1】（2025·江苏南京·三模）在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2025·甘肃定西·模拟预测）在直三棱柱中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2025·江西·模拟预测）已知长方体，，，，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2025·云南红河·三模）在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，，若四棱锥的外接球半径为2，则与所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【题型2 向量法求异面直线所成的角】 【例2】（2025·福建三明·模拟预测）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2025·四川巴中·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线AB与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（2025·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】（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． 【题型3 几何法求线面角】 【例3】（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】（2025·湖北·三模）在正三棱台中，分别为棱的中点，，四边形为正方形，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面. (1)求证:直线； (2)求直线与平面所成角的大小. 【变式3-3】（2025·甘肃兰州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，， (1)求证：平面； (2)若，分别为棱，的中点，求证：∥平面； (3)设为等边三角形，求直线与平面所成角的大小． 【题型4 向量法求线面角】 【例4】（2025·青海西宁·模拟预测）在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，且，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2025·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（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. 【变式4-3】（2025·辽宁·三模）如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【题型5 几何法求二面角】 【例5】（2025·河北·模拟预测）如图正三棱柱底面边长为2，高为6，点分别在棱上，且，若平面恰好将正三棱柱体积均分，则平面和平面夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（    ） A．或 B．或 C． D． 【变式5-2】（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，且，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【变式5-3】（2025·安徽六安·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，且 (1)证明：平面平面； (2)求二面角所成平面角的余弦值． 【题型6 向量法求二面角】 【例6】（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． 【变式6-1】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【变式6-2】（2025·江西新余·模拟预测）如图，是菱形所在平面外一点，且为等边三角形，      (1)证明：平面平面； (2)若且，问线段上是否存在点（不包含端点），使得平面与平面夹角的正弦值是?若存在，求的值，若不存在请说明理由． 【变式6-3】（2025·甘肃白银·二模）如图，已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示，使得二面角的大小为，点在线段上且不与点重合. (1)直线与由三点所确定的平面相交，交点为，若，求的长度，并求此时点到平面的距离； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值. 【题型7 求点面距离、面面距离】 【例7】（2025·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式7-1】（24-25高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.    (1)证明：； (2)若二面角为，求点M到平面的距离. 【变式7-3】（2025·湖南长沙·模拟预测）在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离. 【题型8 求点到直线距离、异面直线距离】 【例8】（2025·四川·二模）已知空间中向量=（0，1，0），向量的单位向量为（），则点B到直线AC的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2025·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面是的中点，点是棱上靠近的四等分点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到直线的距离. 【变式8-3】（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABC，，M，N分别为PC，AB的中点． (1)求异面直线PC与AB间的距离； (2)求二面角的余弦值． 一、单选题 1．（2025·甘肃白银·三模）如图，在长方体中，，则异面直线和夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）在正三棱台中, 分别为棱的中点，，四边形为菱形，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·北京门头沟·一模）某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·江西新余·模拟预测）在三棱锥中，且，底面是等边三角形，平面平面，若，则平面与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·北京顺义·一模）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·江西新余·模拟预测）如图，在正三棱台中，，，，则下面结论正确的是（   ） A．该正三棱台的侧面与底面所成角的余弦值为 B．该棱台的体积为 C．该棱台的外接球的表面积为 D．异面直线与所成角的余弦值为 8．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 二、多选题 9．（2025·海南·模拟预测）如图，在矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，使平面平面，则下列结论正确的是（    ）    A． B．直线平面 C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的正切值为 10．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（   ） A．平面 B． C．直线与的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 11．（2025·山东德州·三模）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（   ） A． B．异面直线和所成的角为 C．平面与平面所成角的正弦值为 D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形 三、填空题 12．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 13．（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D为AC的中点，点E在棱上，且，若，，则点到平面BDE的距离为 . 14．（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为 .    四、解答题 15．（2025·甘肃白银·二模）如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，平面ABE与直线交于点G． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值． 16．（2025·甘肃定西·模拟预测）如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，直线与平面所成的角为. (1)当时，求直线到平面的距离； (2)若，点是线段上一动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的长. 17．（2025·全国·模拟预测）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为的中点，如图所示． (1)证明：平面； (2)若为等边三角形，平面平面，，求二面角的余弦值． 18．（2025·新疆喀什·三模）如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至 ，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）. (1)若为棱的中点，证明：平面 ； (2)若，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为. （ⅰ）求 ； （ⅱ）求点到平面的距离. 19．（2025·山东临沂·一模）在中， ，如图将沿翻折至.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角大小为. （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $