专题10 空间向量解决立体几何问题（复习讲义）（天津专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

该高中数学讲义聚焦空间向量解立体几何专题，覆盖线面位置关系（平行垂直证明）和角度距离（线线角、二面角、距离计算）核心考点，按考情精解、知能框架、题型攻坚逻辑架构知识，通过考点梳理（法向量求算等必备知识）、方法指导（坐标系构建策略）、真题训练（近三年天津高考题），帮助学生系统突破难点，培养空间想象与逻辑推理能力。 资料特色在于结合天津高考命题轨迹，精准预测2026年动态及翻折情境，创新“口诀法”速求法向量，分层设计题型（基础证明到存在性问题）。通过参数法解决棱上动点问题，强化运算严谨性训练，助力学生高效提升数学建模与运算求解能力，为教师把控复习节奏提供清晰实用的教学路径。

专题10 空间向量解决立体几何问题 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能框架 3 03 破·题型攻坚 4 考点一 线面位置关系考察 4 真题动向 必备知识 知识1法向量的求算 知识2空间直角坐标系的构建策略 知识3空间向量处理线面位置关系 命题预测 题型1线线平行、线面平行及面面平行 题型2线线垂直、线面垂直及面面垂直 考点二 角度距离问题 40 真题动向 必备知识 知识1坐标处理距离问题 知识2坐标处理角度问题 命题预测 题型1线线角与线面角的求算 题型2简单二面角的求算 题型3线上存在一点与二面角综合考查 命题轨迹透视 有关空间向量解决立体几何的天津高考试题，立体几何总体难度有所提升,但仍然以基础性题目为主,注重考查数学文化,社会生活实践中的数学问题,解答题以常见儿何体为载体,重点考查空间中点,线、面的位置关系的判断与论证,以及空间角的求法,从能力上更加注重对空间想象,逻辑思维和运算求解能力的考查,题目多为中档的综合性问题，立体几何的题目考查形式多样，且难度不定,需要学生在平时下功夫,加强对中低档题目的训练,打好基础,在平时训练中注意提高空间想象、逻辑推理和运算求解能力。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 线面位置关系考察 T17，15分 T17，15分 T17，15分 角度距离问题 T17，15分 T17，15分 T17，15分 2026命题预测 预计在2026年高考中，以空间向量解决立体几何的命题大概率保持稳定且略有创新，核心仍聚焦中档解答题，以下是具体预测： 1. 题型与分值稳定：大概率延续近6年的模式，在第17题设置15分的立体几何解答题。前一问大概率为线面平行、面面垂直等位置关系的证明，可通过空间向量的共线、垂直关系转化求解；后一问聚焦空间角或距离计算，是向量法的核心考查点。 2. 核心考点聚焦：一是空间角计算，重点考查线面角、二面角，需通过建立坐标系求直线方向向量和平面法向量，再代入夹角公式计算；二是空间距离求解，大概率考查点到平面的距离，利用向量投影公式即可求解。此外，可能会涉及线段长度计算，可借助向量模长公式求解。 3. 几何体背景常规化：载体仍会以三棱锥、直三棱柱、四棱台等常见几何体为主，不会出现过于复杂的不规则几何体，方便考生选取对称点或中点为原点建立空间直角坐标系，降低建模难度，侧重考查向量运算而非图形识别。 4. 命题略有创新：可能融入动态元素，比如设置棱上的动点，要求确定动点位置使线面垂直或夹角为某一固定值，需用参数表示动点坐标，再结合向量关系列方程求解；也可能加入翻折、旋转等情境，需考生分析翻折前后向量关系的不变与变化之处，再用向量法解决角度或距离问题。 5. 注重运算严谨性：题目会在向量坐标转化、法向量求解等环节设置计算量，比如涉及分数、根号的运算，以此考查考生的运算准确性，避免因计算失误导致失分。。 考点一 线面位置关系考察 1．1．（2025·天津·高考真题，17，15分）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：. 2．（2024·天津·高考真题，17，15分）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. 3．（2023·天津·高考真题，17，15分）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）    连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 （3）[方法一：几何法]    过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法]    辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 4．（2004·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点. (1)证明平面； (2)证明平面； (3)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【详解】（1）方法一： 证明：连接，交于，连接． 因为底面是正方形，所以点是的中点， 在中，是中位线，所以， 而平面且平面， 所以，平面. 方法二： 证明：如图所示为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设. 连接，交于，连接． 依题意得．,,， 因为底面是正方形，所以是此正方形的中心， 故点的坐标为且．，， 所以，这表明． 而平面且平面，所以平面． （2）方法一：证明：由底面，面，得， 因为底面是正方形，有， 又，平面，所以平面， 而平面，所以， 因为，可知是等腰三角形，而是边的中点，所以， 又，平面，所以平面， 而平面，所以， 又，，平面，所以平面． 方法二：证明：依题意得，， 又，故， 所以， 由已知，且，面，所以平面. （3）方法一：解：由（2）知，，又已知，故是二面角的平面角． 由（2）知，，， 设正方形的边长为， 则，，， ，， 在中，， 在中，，所以， 所以，二面角的大小为． 方法二：解：设点的坐标为，，则， 从而，，， 所以， 由条件知，，即，解得， 所以点的坐标为，且，， 所以 即，故是二面角的平面角． 因为， 且，， 所以 所以 所以，二面角的大小为. 5．（2008·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥中，底面是矩形．已知，，，，. (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成的角的大小； (3)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【详解】（1）证明：在中，由题设，， 可得于是． 在矩形中，．又，平面 所以平面． （2）解：由题设，， 所以（或其补角）是异面直线与所成的角． 在中，由余弦定理得 ， 由（1）知平面，平面， 所以，因而，于是是直角三角形，故． 所以异面直线与所成的角的大小为． （3）解：过点做于，过点做于，连接 因为平面，平面，所以． 又，平面 因而平面，故为在平面内的射影． 由三垂线定理可知，，从而是二面角的平面角． 由题设可得， ，， ，， 于是在中， 所以二面角的大小为． 知识1法向量的求算 技巧总结《三种方法》 方法1、眼神法：给定一个几何体中，若所求平面的法向量直接可以从图中看出，则此平面垂线的方向向量即为平面的法向量． 方法2、待定系数法：步骤如下： ①设出平面的法向量为． ②找出(求出)平面内的两个不共线的向量 ，． ③根据法向量的定义建立关于的方程组 ④解方程组，取其中的一个解，即得法向量． 注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组有无数多个解，只需给中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的法向量就不同，但它们是共线向量． 方法三：口诀：求谁不看谁，积差很崩溃（求外用外减，求内用内减） 向量，是平面内的两个不共线向量，则向量是平面的一个法向量. 知识2空间直角坐标系的构建策略 ①：利用共顶点的互相垂直的三条棱，构建空间直角坐标系 ②：利用线面垂直关系，构建空间直角坐标系 ③：利用面面垂直关系，构建空间直角坐标系 ④：利用正棱锥的中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系 ⑤：利用底面正三角形，构建空间直角坐标系 ⑥：利用底面正方形的中心，构建空间直角坐标系 知识3空间向量处理线面位置关系 空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直． （1）线线垂直 设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即． （2）线面垂直 ①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明． ②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直． （3）面面垂直 ①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直． ②证明两个平面的法向量互相垂直． 【易错提醒】　 1. 混淆“线面平行”的向量等价条件：误将直线的方向向量与平面内某一个向量平行当作线面平行的充要条件，正确条件应为直线方向向量与平面的法向量垂直，且直线不在平面内（需验证直线上一点不在平面上）。 2. 错判“线面垂直”的向量条件：误以为直线方向向量与平面内某一个向量垂直就代表线面垂直，正确要求是直线方向向量与平面内两个不共线的向量都垂直，或与平面的法向量平行。 3. 法向量求解失误：计算平面法向量时，联立向量点积为0的方程组后，赋值不当（比如令参数为0导致法向量为零向量），或计算行列式、解方程组时出现代数运算错误。 4. 忽略坐标系建立的前提：在非特殊几何体中盲目建系，导致向量坐标求解复杂或出错，建系的核心原则是让尽可能多的点落在坐标轴上，利用几何体的垂直、对称结构简化坐标。 5. 遗漏“直线不在平面内”的验证：用向量证明线面平行时，只证方向向量与法向量垂直，却没排除直线在平面内的情况，导致逻辑不严谨。 题型1线线平行、线面平行及面面平行 1．（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) 【详解】（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. 2．（2025·天津武清·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)(3) 【详解】（1）因，，，则， 又，四点共面，则， 因平面，平面，则平面. （2）如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 设平面的法向量为 则，令，则， 易知为平面PAD的一个法向量， 则， 所以平面PBC与平面PAD夹角的余弦值为； （3）， 因Q为线段PC的中点， 则. 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) 【详解】（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·天津南开·模拟预测）如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解几章算术・商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第一、二层的每一个球均分别与其下一层相邻的三个球相切．现将“三角垛”放置在地面上，若每个球的半径均为1，则第一层的球的表面上的点到地面的最大距离为（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心，可得到一个正四面体，设底面的中心为，连接，得到“三角垛”的高度为，结合正四面体的性质，即可求解. 【详解】根据题意，连接顶层1个球和底层边缘3个球的球心， 可得到一个正四面体，该正四面体的棱长为，如图所示， 设底面的中心为，连接并延长交于点，则为的中点， 连接，则为正四面体的高，所以该“三角垛”的高度为， 由，可得， 所以, 所以“三角垛”的高度为. 故选：D. 5．（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) 【详解】（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. 6．（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 7．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角； (3)求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）取的中点为，连接, 由于为的中点， 所以且， 又且， 因此且，所以四边形为平行四边形， 故, 平面，平面， 所以平面； （2）由（1）知：， 所以直线与平面的夹角即为直线与平面的夹角， 取的中点为，连接, 由于所以, 又平面平面，所以, 平面， 故平面，所以为直线与平面的夹角， 由于， 所以, 由于为锐角，所以， 故直线与平面的夹角为. （3）由（2）知直线与平面的夹角为， , 故点M到平面的距离为. 8．（2025·天津·二模）如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱上一点，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）依题意，以为原点，、、分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 则、、、、，所以． 设，故，则． 所以． 因为，所以，解得，所以． （2）由（1）知，． 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，则． 易得平面的一个法向量为， 因为，故，故平面与平面的夹角大小为． （3）因为，， 所以在上的投影向量的长度为． 又， 所以点到直线的距离为． 题型2线线垂直、线面垂直及面面垂直 9．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设为的中点，求平面与平面的夹角余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）在中，∵，P为的中点，∴， ∵平面平面，且平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴. （2）在直角梯形中，∵，，P为中点， ∴，且，则四边形为平行四边形， ∵，∴， 由（1）可知，平面，故以P为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∴，，， 设平面的一个法向量， 由，取，得， 所以为平面的一个法向量； 设直线与平面所成角为， 则． ∴直线与平面所成角的正弦值为； （3）∵，，，平面， ∴平面，即为平面的一个法向量， ∵M为的中点， ∴点M的坐标为，而，， 设平面的一个法向量为， 由， 取，， 所以为平面的一个法向量． ∴． ∴平面与平面的夹角余弦值为． 10．（2025·天津·二模）如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）在正三棱柱中，M为BC的中点，则，过作， 由平面，得平面，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，于是， 即，而平面， 所以直线平面. （2）由（1）得， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）得点A到平面的距离. 11．（2025·天津南开·二模）如图，在几何体中，四边形为边长为2的正方形，四边形和四边形为矩形，且为棱上一点． (1)求证：； (2)当点为棱的中点时，求点到平面的距离； (3)当时，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）由题设可知，，平面， 所以平面． 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，则， 又，有，故， 所以． （2）依题意，，，，， 设为平面的一个法向量， 则由得 令，则，从而． 设点到平面的距离为， 则． （3）当时，， 设为平面的一个法向量， 则由得 令，则，从而． 显然平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则． 12．（2025·天津红桥·二模）如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面,，是的中点，是的中点.    (1)证明：平面 (2)若， ①求平面与平面夹角的余弦值； ②求点到平面的距离； 【答案】(1)证明见解析；(2)①；② 【详解】（1）由底面为矩形，，所以， 即，又因为是的中点，所以； 因为平面，平面， 所以， 由平面, 所以平面； （2）①连接，如下图所示：    由（1）知平面，又平面，所以， 又，所以即为平面与平面所成的夹角， 易知，所以， 又，，所以， 因此， 即平面与平面夹角的余弦值为； ②易知三棱锥的体积为； 设点到平面的距离为， 由可知， 又，即，解得； 即点到平面的距离为. 13．（2025·天津河北·二模）如图，直三棱柱中，，，，M是的中点，N是BC的中点，过点N作与平面平行的直线PN，交于点P． (1)证明：平面AMN； (2)求与平面PMN所成角的正弦值； (3)求点P到平面AMN的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）在直三棱柱中，则两两垂直， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则， 所以， 由，则， 由，则， 由且都在平面内，则平面AMN； （2）设，，平面的一个法向量为， 由平面，则，可得，故， 设平面的一个法向量，，， 所以，取，则， 所以， 故与平面PMN所成角的正弦值为； （3）由（1）知平面的一个法向量为，由（2）知， 所以点P到平面AMN的距离. 14．（2025·天津河西·二模）如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析(2).(3)存在，. 【详解】（1）如图，以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，    由题意可得，，，，，，，，， 因为，，所以， 又，分别为，的中点，所以，，，，四点共面， 设平面的一个法向量，，， 由，即， 令，，，所以， ，易知， 所以平面. （2）易知，由（1）知平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则，又，∴， 所以直线与平面所成角的大小为. （3）设，， 所以，则， 设平面的一个法向量， ，， 由，即， 令，，，所以， 则， 因为平面，所以，解得，所以， 设点到平面的距离为，，， 则， 所以点到平面的距离为. 15．在如图所示的多面体中， EA平面ABC， DB平面ABC， ACBC， 且， M是AB的中点. (1)求证: CMEM； (2)求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60°，若存在，写出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)见详解；(2)；(3)存在，. 【详解】（1），是的中点， ， 又平面，平面， ， ，平面，平面， 平面，平面， . （2） 以为原点，分别以，为轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， 所以，，，. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. 设平面的法向量为，则， 取，，，所以. ， 设平面与平面所成的角为， ， 所以平面与平面所成的角的正弦值为. （3）在棱上存在一点，设，且，， ， ，，， ， 若直线与平面所成的角是60°， 则，解得， 所以符合条件的点存在，为棱的中点. 考点二 角度距离问题 1．（2007·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，，，，E是PC的中点. (1)求PB和平面PAD所成的角的大小； (2)证明平面PCD； (3)求二面角的大小. 【答案】(1)(2)证明见详解(3) 【详解】（1）∵平面ABCD，平面ABCD，则， 又∵，，平面， ∴平面， 则PB和平面PAD所成的角为，且， 故PB和平面PAD所成的角为. （2）∵平面ABCD，平面ABCD，则， 又∵，，平面， ∴平面， 平面，则， 又∵，且，则为等边三角形， ∴， 即，且E是PC的中点，则， ，平面， ∴平面. （3）过作，垂足为，再过作，垂足为，连接， 在平面ABCD中，，，则， 由（1）知：平面，则平面， 平面，则， ∵，，平面， ∴平面， 平面，则， 故二面角的平面角为，设， ∵，，则， 由题意可得：，则， ∴，则， 故二面角的大小. 2．（2006·天津·高考真题，17，15分）如图，在五面体中，点O是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，棱且． (1)证明： 平面； (2)设，证明：平面． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析； 【详解】（1）取CD中点M，连结OM， EM， 在矩形ABCD中，，， 又， 则，，所以四边形EFOM为平行四边形． ∴， 又∵FO平面CDE，且EM平面CDE， ∴FO∥平面CDE． （2）连结FM, 则在等边中，，，又 且，由(1) 四边形EFOM为平行四边形， 所以四边形EFOM为菱形，从而， ∵，，，平面， ∴平面，平面， 从而，，平面， 所以平面. 3．（2022·天津·高考真题，17，15分）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (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）证明：在直三棱柱中，平面，且，则 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. （2）解：，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. （3）解：，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 4．（2004·天津·高考真题，17，15分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E为PC中点． （1）求证：PA∥平面EDB． （2）求EB和底面ABCD成角正切值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（1）连接CA,交BD于O,连接OE,∵O,E分别为PC和AC的中点，∴OE∥AP, 又∵OE⊂平面BDE,PA⊄平面BDE,∴PA∥平面BDE; （2） 通过点作交于点，连接,则EF∥PD, ∵PD⊥平面ABCD,∴EF⊥平面ABCD, ∴∠为EB与底面ABCD所成角， 设， ∴， ∴， ∴直线EB与底面ABCD所成角的正切值为. 5．（2021·天津·高考真题，17，15分）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）. 【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则,,,,,,， 因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，， 所以,,, 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为，所以， 因为平面，所以平面； （II）由（1）得，， 设直线与平面所成角为， 则； （III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的正弦值为. 6．（2020·天津·高考真题，17，15分）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 可得、、、、 、、、、. （Ⅰ）依题意，，， 从而，所以； （Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量， ，． 设为平面的法向量， 则，即， 不妨设，可得． ， ． 所以，二面角的正弦值为； （Ⅲ）依题意，． 由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是． 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 知识1坐标处理距离问题 结论1：《点线距离》《异面直线求距离问题》 推导过程：已知直线的方向向量是，点则直线与直线夹角为θ，则 结论2：《点面距离》 提示：分别是平面外及平面上的两点，是平面的法向量 结论3：《线面距离》 提示：分别是直线上及平面上的任意两点，是平面的法向量 结论4：《面面距离》 提示：分别是平面1及平面2的任意两点，是平面2的法向量 结论5：《点点距离》 提示：与,的距离为 知识2坐标处理角度问题 结论1：异面直线所成角 ①能建空间直角坐标系时，写出相关各点的坐标，然后利用结论求解 ②不能建空间直角坐标系时，取基底的思想，在由公式求出 关键是求出及与 结论2：线面角 提示：是线与平面法向量的夹角，是线与平面的夹角 结论3：二面角的平面角 提示：是二面角的夹角，具体取正取负完全用眼神法观察，若为锐角则取正，若为钝角则取负. 【易错提醒】 1.若直线与平面所成的角为，直线的方向向量为，平面的法向量为，则sin=|cos<,>|。容易出错的是①误以为直线的方向向量与平面的法向量所成角就是线面角；②误以为直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦就是线面角的正弦，而忘了加绝对值. 2.若两个平面的法向量分别为，，若两个平面所成的锐二面角为，则；规定两个平面所成二面角范围，则。 题型1线线角与线面角的求算 1．（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) 【详解】（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. 2．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (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)平面与平面的夹角的正弦值为 (2)直线与平面所成角的正弦值为 (3)到平面的距离为 【详解】（1）因为四棱柱为正四棱柱，所以底面，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， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的正弦值为； （2）由（1）可得，所以， 设直线与平面所成角为； 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）由（1）可得，则到平面的距离为． 3．（2025·天津·一模）在直角梯形中，已知，，，，.将沿对角线折起，记折起后点的位置为且使平面平面.    (1)求三棱锥的体积； (2)求平面与平面所成夹角的大小. 【答案】(1)(2) 【详解】（1）由，则，因为平面平面，平面， 平面平面，所以平面， 在直角梯形中，易知，，， 所以三棱锥的体积. （2）取的中点为，连接，易知两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：    则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则，解得. 3．（2025·天津滨海新·三模）在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）证明：法一：如图，平面，，可得平面， 由，可得，则直线，，两两垂直， 以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系． 由题意可得，，，，，． 由平面，取平面的一个法向量为，由， 可得， 又平面，所以平面． 法二：取中点，连接，，由是的中点，可得，而， 则，又，于是四边形是平行四边形． 所以， 又平面平面，所以平面． （2）由（1）可得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 设平面与平面的夹角为， 因此． 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）由（2）知平面的一个法向量为， 且， 则点到平面的距离为． 4．（2025·天津·二模）如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，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). 【详解】（1）解：连接，交于点，可得是的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2）解：以为原点，以正方向分别为轴，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，则有， 取，可得，，所以， 又由，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 则， 故平面与平面夹角余弦值为. （3）解：由（2）知：平面的法向量为， 又由， 则， 所以点到平面的距离为. 5．（2025·天津·一模）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：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (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）由题意，以为原点，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，，，，为棱的中点， 可得、、、、、、、、， 则， 设平面的法向量为， 因为，， 且，可得， 取，则，，所以， 则，故， 因为平面，所以平面． （2）由（1）可得为平面的一个法向量， 又， 所以 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）易知是平面的一个法向量， 则 所以平面与平面夹角的余弦值为. 6．（2025·天津和平·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，且. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）平面平面，交线为，过在平面内作， 故平面，又因为， 因此以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系. 由已知，求得， 所以. ，因为， 设平面的法向量为，则 令，则， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为. （2）易知平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 则平面与平面夹角的余弦值为. （3）因为， 则点到平面的距离为. 7．（2025·天津河西·一模）如图所示，在几何体中，底面，，，，，．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【详解】（1）由底面，，得直线两两垂直， 以点为原点，直线两两垂直分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， 显然是平面的一个法向量，而，， 即，因此平面，又平面， 所以平面.    （2）由（1）知，， 设平面的法向量，则，令，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）知，，设平面的法向量， 则，令，得， 由（2）知平面的法向量，由平面与平面所成角的余弦值为， 得，解得， 所以线段的长为. 题型2简单二面角的求算 8．（2025·天津和平·二模）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）证明：因为H，P分别是BC，AB的中点，所以， 因为，可得，又因为平面ABC， 以点H为原点，以所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，，，，，， 所以向量，且平面的法向量为， 则，所以， 又因为平面，所以平面. （2）解：由（1）中的空间直角坐标系，可得向量， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. （3）解：设（其中），可得， 则点到平面的距离，即， 解得，所以， 设直线与平面所成角为，则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 9．（2025·天津红桥·一模）如图，已知四棱锥平面ABCD，，，，，E是PA的中点，． (1)求证：∥平面PBC； (2)求平面FPC与平面PBC夹角的余弦值； (3)求点A到平面PBC的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）如图所示， 建立空间直角坐标系，点D为坐标原点， ， 则 设平面的法向量， 则，即， 不妨令，可得， 因为， 所以，且平面，即∥平面； （2）设平面的法向量， 则，即， 不妨令，可得， 于是， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）由，平面的法向量， 则点A到平面PBC的距离， 所以点到平面的距离为． 10．（2025·天津河北·二模）如图，在多面体中，侧面为矩形，平面，平面，，，.    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1) (2)(3) 【详解】（1）由侧面为矩形，得， 又平面，，平面， 则，， 即直线，，两两垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系 则，，，，，， ，，.    设平面的法向量为 则，令，得， 设直线与平面所成的角为 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （2）， 设平面的法向量为 则，令，得， 设平面与平面的夹角为 则 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）由（1）（2）可知，平面的法向量为， 点到平面的距离. 11．（2025·天津南开·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，为棱上一点，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (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）取中点，连接，因为，所以． 又面面，面，面面， 所以平面． 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 所以． 设为平面的一个法向量，则，得， 令，则，从而． 因为，所以． 因为，所以，又平面，则平面． （2）设与平面的夹角为，则． （3）显然，平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则． 12．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，，，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点P到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）因为底面，底面，所以， 又因为平面， 所以平面，即为平面的一个法向量， 如图以点为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 可得，，，，， 由为棱的中点，得， 向量，，故， 又平面，所以平面； （2）因为，设平面的法向量为， 则，取， 又平面的法向量， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）因为， 所以点P到平面的距离， 即点P到平面的距离为. 13．（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 【答案】(1)(2)(3)存在， 【详解】（1）EA⊥底面，底面正三角形ABC边长为2， 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，，. 所以，， 设平面DEF的法向量为， ，故， 令，则，，故， 又，设AD与平面DEF所成角为， ； （2）平面CEF的法向量为， 其中，， ，故，令，则， 故，， 所以点A到平面CEF的距离； （3）由（1）知，平面DEF的法向量为， 其中，设，， PG与平面DEF平行，故， 即， 解得，此时. 题型3线上存在一点与二面角综合考查 14．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)(2)(3)存在， 【详解】（1）由底面平面， 故，又底面是矩形，故， 故AD、AB、PA两两垂直， 故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、， 设，则， 则， 由，则， 解得，即； （2）， 设平面的一个法向量， 因为，可得， 令，则，所以， ， 设平面的一个法向量， 可得， 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）（3）设， 则， 因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角， 所以， 所以所以或， 因为所以，所以. 15．（2025·天津河东·一模）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小； (3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，试确定点的位置. 【答案】(1)证明见解析(2)(3)点为靠近的四等分点 【详解】（1）取的中点为，连接，如下图： 因为为的中点，所以，由，则， 因为，所以四边形是平行四边形，则，且， 因为在正方形中，且，即且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面. （2）由，则， 在正方形中，，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 则， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量； 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 设平面与平面的所成角为， 则，由，则. （3）由题意作图如下： 设，则， 可得， 设异面直线与所成角为， 则， 整理可得，解得， 即，由，则，即， 故点为靠近的四等分点. 16．（205·天津红桥·一模）在四棱锥中，底面，，，，，点为棱中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若为棱上一点，满足，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）∵底面，底面，底面， ∴，，又∵， ∴以为原点，为轴，为y轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系， ∴，，，，， ∴，平面平面，∴平面的一个法向量， ∵，∴， 故平面. （2）由（1）知， ，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 设直线与平面所成角为， ∴. （3）由（1）知，设， 则，则， ∵，∴，∴，即， ∴，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，即， ∵平面平面，∴平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， ∴. 17．（2025·天津·模拟预测）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. 18．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线和所成角的余弦值； (3)点在线段上，平面和平面的夹角为，求的值. 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）证明：平面，以为原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ，点是的中点， ,， 则 平面，平面的一个法向量为. ， 平面， 平面 ； （2） 设异面直线和所成的角为， 异面直线和所成角的余弦值为. （3）， 设，则， 设平面的法向量为，则有 不妨令，得，. 设平面的法向量为，则有 不妨令，得， ， 平面和平面的夹角为， ， ， ， . 19．（2024·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，，. (1)若点是边的中点，点是边的中点，求异面直线，所成角的余弦值； (2)求平面和平面的夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值?若不存在，说明理由. 【答案】(1)(2)(3)不存在，理由见解析 【详解】（1）解：取中点，连接，，因为，所以 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面，平面，所以，， 因为，，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，，，，，可得，， 设异面直线，所成角为，则. 所以异面直线，所成角的余弦值为. （2）解：由（1）得，. 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为. （3）解：设是棱上一点，则存在使得， 设，则，， 所以.所以，，， 所以.所以， 因为，，且，平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量. 若平面，则，所以，此时方程组无解， 所以在棱上不存在点，使得平面. 20．（2025·天津·二模）如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【详解】（1）证明：因为平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 由已知可得，，，，， 因为为的中点，所以， 所以，， 所以， 所以， 所以. （2），， 设平面的法向量，则 ，即，令得， 所以． 平面的法向量， 设平面与平面夹角为， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设且（）， ，则，，， 所以，所以，， 所以， 化简得， 解得或（舍）， 因为，所以． 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司/ 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 空间向量解决立体几何问题 目录 01 析·考情精解 2 02 构·知能框架 3 03 破·题型攻坚 4 考点一 线面位置关系考察 4 真题动向 必备知识 知识1法向量的求算 知识2空间直角坐标系的构建策略 知识3空间向量处理线面位置关系 命题预测 题型1线线平行、线面平行及面面平行 题型2线线垂直、线面垂直及面面垂直 考点二 角度距离问题 13 真题动向 必备知识 知识1坐标处理距离问题 知识2坐标处理角度问题 命题预测 题型1线线角与线面角的求算 题型2简单二面角的求算 题型3线上存在一点与二面角综合考查 命题轨迹透视 有关空间向量解决立体几何的天津高考试题，立体几何总体难度有所提升,但仍然以基础性题目为主,注重考查数学文化,社会生活实践中的数学问题,解答题以常见儿何体为载体,重点考查空间中点,线、面的位置关系的判断与论证,以及空间角的求法,从能力上更加注重对空间想象,逻辑思维和运算求解能力的考查,题目多为中档的综合性问题，立体几何的题目考查形式多样，且难度不定,需要学生在平时下功夫,加强对中低档题目的训练,打好基础,在平时训练中注意提高空间想象、逻辑推理和运算求解能力。 考点频次总结 考点 2025年 2024年 2023年 线面位置关系考察 T17，15分 T17，15分 T17，15分 角度距离问题 T17，15分 T17，15分 T17，15分 2026命题预测 预计在2026年高考中，以空间向量解决立体几何的命题大概率保持稳定且略有创新，核心仍聚焦中档解答题，以下是具体预测： 1. 题型与分值稳定：大概率延续近6年的模式，在第17题设置15分的立体几何解答题。前一问大概率为线面平行、面面垂直等位置关系的证明，可通过空间向量的共线、垂直关系转化求解；后一问聚焦空间角或距离计算，是向量法的核心考查点。 2. 核心考点聚焦：一是空间角计算，重点考查线面角、二面角，需通过建立坐标系求直线方向向量和平面法向量，再代入夹角公式计算；二是空间距离求解，大概率考查点到平面的距离，利用向量投影公式即可求解。此外，可能会涉及线段长度计算，可借助向量模长公式求解。 3. 几何体背景常规化：载体仍会以三棱锥、直三棱柱、四棱台等常见几何体为主，不会出现过于复杂的不规则几何体，方便考生选取对称点或中点为原点建立空间直角坐标系，降低建模难度，侧重考查向量运算而非图形识别。 4. 命题略有创新：可能融入动态元素，比如设置棱上的动点，要求确定动点位置使线面垂直或夹角为某一固定值，需用参数表示动点坐标，再结合向量关系列方程求解；也可能加入翻折、旋转等情境，需考生分析翻折前后向量关系的不变与变化之处，再用向量法解决角度或距离问题。 5. 注重运算严谨性：题目会在向量坐标转化、法向量求解等环节设置计算量，比如涉及分数、根号的运算，以此考查考生的运算准确性，避免因计算失误导致失分。。 考点一 线面位置关系考察 1．1．（2025·天津·高考真题，17，15分）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． 2．（2024·天津·高考真题，17，15分）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． 3．（2023·天津·高考真题，17，15分）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 4．（2004·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点. (1)证明平面； (2)证明平面； (3)求二面角的大小. 5．（2008·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥中，底面是矩形．已知，，，，. (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成的角的大小； (3)求二面角的大小. 知识1法向量的求算 技巧总结《三种方法》 方法1、眼神法：给定一个几何体中，若所求平面的法向量直接可以从图中看出，则此平面垂线的方向向量即为平面的法向量． 方法2、待定系数法：步骤如下： ①设出平面的法向量为． ②找出(求出)平面内的两个不共线的向量 ，． ③根据法向量的定义建立关于的方程组 ④解方程组，取其中的一个解，即得法向量． 注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组有无数多个解，只需给中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的法向量就不同，但它们是共线向量． 方法三：口诀：求谁不看谁，积差很崩溃（求外用外减，求内用内减） 向量，是平面内的两个不共线向量，则向量是平面的一个法向量. 知识2空间直角坐标系的构建策略 ①：利用共顶点的互相垂直的三条棱，构建空间直角坐标系 ②：利用线面垂直关系，构建空间直角坐标系 ③：利用面面垂直关系，构建空间直角坐标系 ④：利用正棱锥的中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系 ⑤：利用底面正三角形，构建空间直角坐标系 ⑥：利用底面正方形的中心，构建空间直角坐标系 知识3空间向量处理线面位置关系 空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直． （1）线线垂直 设直线的方向向量分别为，则要证明，只需证明，即． （2）线面垂直 ①设直线的方向向量是，平面的向量是，则要证明，只需证明． ②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直． （3）面面垂直 ①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直． ②证明两个平面的法向量互相垂直． 【易错提醒】　 1. 混淆“线面平行”的向量等价条件：误将直线的方向向量与平面内某一个向量平行当作线面平行的充要条件，正确条件应为直线方向向量与平面的法向量垂直，且直线不在平面内（需验证直线上一点不在平面上）。 2. 错判“线面垂直”的向量条件：误以为直线方向向量与平面内某一个向量垂直就代表线面垂直，正确要求是直线方向向量与平面内两个不共线的向量都垂直，或与平面的法向量平行。 3. 法向量求解失误：计算平面法向量时，联立向量点积为0的方程组后，赋值不当（比如令参数为0导致法向量为零向量），或计算行列式、解方程组时出现代数运算错误。 4. 忽略坐标系建立的前提：在非特殊几何体中盲目建系，导致向量坐标求解复杂或出错，建系的核心原则是让尽可能多的点落在坐标轴上，利用几何体的垂直、对称结构简化坐标。 5. 遗漏“直线不在平面内”的验证：用向量证明线面平行时，只证方向向量与法向量垂直，却没排除直线在平面内的情况，导致逻辑不严谨。 题型1线线平行、线面平行及面面平行 1．（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． 2．（2025·天津武清·模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD，，，，. (1)证明：与平面PAD； (2)求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值； (3)若Q为线段PC的中点，求三棱锥的体积. 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． 4．（2025·天津南开·模拟预测）如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解几章算术・商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第一、二层的每一个球均分别与其下一层相邻的三个球相切．现将“三角垛”放置在地面上，若每个球的半径均为1，则第一层的球的表面上的点到地面的最大距离为（   ）． A． B． C． D． 5．（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． 6．（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. 7．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面的夹角； (3)求点M到平面的距离． 8．（2025·天津·二模）如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱上一点，且． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)求点到直线的距离． 题型2线线垂直、线面垂直及面面垂直 9．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)设为的中点，求平面与平面的夹角余弦值. 10．（2025·天津·二模）如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 11．（2025·天津南开·二模）如图，在几何体中，四边形为边长为2的正方形，四边形和四边形为矩形，且为棱上一点． (1)求证：； (2)当点为棱的中点时，求点到平面的距离； (3)当时，求平面与平面夹角的余弦值． 12．（2025·天津红桥·二模）如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面,，是的中点，是的中点.    (1)证明：平面 (2)若， ①求平面与平面夹角的余弦值； ②求点到平面的距离； 13．（2025·天津河北·二模）如图，直三棱柱中，，，，M是的中点，N是BC的中点，过点N作与平面平行的直线PN，交于点P． (1)证明：平面AMN； (2)求与平面PMN所成角的正弦值； (3)求点P到平面AMN的距离． 14．（2025·天津河西·二模）如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由. 15．在如图所示的多面体中， EA平面ABC， DB平面ABC， ACBC， 且， M是AB的中点. (1)求证: CMEM； (2)求平面EMC与平面BCD所成角的正弦值； (3)在棱DC上是否存在一点N，使得直线MN与平面EMC所成的角是60°，若存在，写出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 考点二 角度距离问题 1．（2007·天津·高考真题，17，15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，，，，E是PC的中点. (1)求PB和平面PAD所成的角的大小； (2)证明平面PCD； (3)求二面角的大小. 2．（2006·天津·高考真题，17，15分）如图，在五面体中，点O是矩形的对角线的交点，面是等边三角形，棱且． (1)证明： 平面； (2)设，证明：平面． 3．（2022·天津·高考真题，17，15分）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 4．（2004·天津·高考真题，17，15分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E为PC中点． （1）求证：PA∥平面EDB． （2）求EB和底面ABCD成角正切值． 5．（2021·天津·高考真题，17，15分）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 6．（2020·天津·高考真题，17，15分）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 知识1坐标处理距离问题 结论1：《点线距离》《异面直线求距离问题》 推导过程：已知直线的方向向量是，点则直线与直线夹角为θ，则 结论2：《点面距离》 提示：分别是平面外及平面上的两点，是平面的法向量 结论3：《线面距离》 提示：分别是直线上及平面上的任意两点，是平面的法向量 结论4：《面面距离》 提示：分别是平面1及平面2的任意两点，是平面2的法向量 结论5：《点点距离》 提示：与,的距离为 知识2坐标处理角度问题 结论1：异面直线所成角 ①能建空间直角坐标系时，写出相关各点的坐标，然后利用结论求解 ②不能建空间直角坐标系时，取基底的思想，在由公式求出 关键是求出及与 结论2：线面角 提示：是线与平面法向量的夹角，是线与平面的夹角 结论3：二面角的平面角 提示：是二面角的夹角，具体取正取负完全用眼神法观察，若为锐角则取正，若为钝角则取负. 【易错提醒】 1.若直线与平面所成的角为，直线的方向向量为，平面的法向量为，则sin=|cos<,>|。容易出错的是①误以为直线的方向向量与平面的法向量所成角就是线面角；②误以为直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦就是线面角的正弦，而忘了加绝对值. 2.若两个平面的法向量分别为，，若两个平面所成的锐二面角为，则；规定两个平面所成二面角范围，则。 题型1线线角与线面角的求算 1．（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. 2．（2025·天津和平·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，、分别是、延长线上的点，且，． (1)求平面与平面的夹角的正弦值； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 3．（2025·天津·一模）在直角梯形中，已知，，，，.将沿对角线折起，记折起后点的位置为且使平面平面.    (1)求三棱锥的体积； (2)求平面与平面所成夹角的大小. 3．（2025·天津滨海新·三模）在如图所示的几何体中，平面，，是的中点，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 4．（2025·天津·二模）如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，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. 5．（2025·天津·一模）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：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 6．（2025·天津和平·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，且. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 7．（2025·天津河西·一模）如图所示，在几何体中，底面，，，，，．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 题型2简单二面角的求算 8．（2025·天津和平·二模）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 9．（2025·天津红桥·一模）如图，已知四棱锥平面ABCD，，，，，E是PA的中点，． (1)求证：∥平面PBC； (2)求平面FPC与平面PBC夹角的余弦值； (3)求点A到平面PBC的距离． 10．（2025·天津河北·二模）如图，在多面体中，侧面为矩形，平面，平面，，，.    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 11．（2025·天津南开·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，为棱上一点，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 12．（2025·天津·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，，，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点P到平面的距离． 13．（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 题型3线上存在一点与二面角综合考查 14．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 15．（2025·天津河东·一模）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小； (3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，试确定点的位置. 16．（205·天津红桥·一模）在四棱锥中，底面，，，，，点为棱中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若为棱上一点，满足，求平面与平面夹角的余弦值. 17．（2025·天津·模拟预测）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. 18．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线和所成角的余弦值； (3)点在线段上，平面和平面的夹角为，求的值. 19．（2024·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，，. (1)若点是边的中点，点是边的中点，求异面直线，所成角的余弦值； (2)求平面和平面的夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值?若不存在，说明理由. 20．（2025·天津·二模）如图，平面，，，，，为的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设是棱上的点，若与所成角的余弦值为，求的长． 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司/ 学科网（北京）股份有限公司 $