专题03 空间向量与立体几何解答题讲义-2026年高考数学二轮复习解答题解题大招（方法技巧+分层突破-（会一题通一类系列）（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦空间向量与立体几何解答题，覆盖空间直角坐标系建立、线面位置关系证明、空间角与距离计算等高考核心考点，按“基础模型—综合应用—创新拓展”逻辑分层编排典例与练习，构建知识网络。通过考点梳理明确考查要求，典例精讲提炼解题大招，分层训练强化实战能力，形成系统性复习路径。 资料以数学眼光构建空间模型，通过正方体、三棱锥等典例培养几何直观与空间观念，以数学思维优化推理过程，如二面角计算中向量法步骤拆解，提升逻辑推理能力。设置基础、能力、压轴三级练习适配不同学情，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生规范答题与综合解题能力。

专题03 空间向量与立体几何解答题讲义 解题大招 【典例1】 （2025·广东汕尾·一模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点. (1)若，求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求由点到面的距离； （2）利用向量法求两个平面法向量夹角的余弦，进而可求解． 【详解】（1）方法一： 如图建立空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的法向量为 所以令，则，此时， 因为， 所以， 又因为平面，所以平面. 所以点到平面的距离就是点到平面的距离， 设此距离为，，即点到平面的距离为. 方法二： 因为在正方体中，且， 所以四边形是平行四边形，则， 又因为面，则平面. 所以点到平面的距离就是点到平面的距离，设此距离为， ， 则， ， ，所以， 则， 所以. （2）平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 则， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 【典例2】 （2025·江苏·二模）如图，在三棱柱中，，，，. (1)证明：平面； (2)若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理得到，根据勾股定理逆定理得到，结合证明出线面垂直； （2）先由线面垂直得到线线垂直，得到二面角的平面角为，求出各边长，得到为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出答案. 【详解】（1），，， 由余弦定理得， ， ，， 又，，平面， 平面； （2）方法一：平面，平面， 且， 二面角的平面角为，而， ，为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在平面为平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 由，，，， 设平面的一个法向量， ， 解得，令，则，故， 设与平面所成角为， . 方法二：因为平面，又平面，所以． 又，所以为二面角的平面角，即， 在中，因为，，所以．故是等边三角形 所以． 在三棱柱中，，又平面，所以平面， 又平面，所以．故为直角三角形． 在直角中，因为，，所以，故． 设点到平面的距离为，由， 得，解得． 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 【典例3】 （2025·江苏南通·模拟预测）如图，在三棱锥和中，和均是以为斜边的等腰直角三角形，平面平面平面. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点为，连接，利用面面垂直的性质得到平面，结合已知可得，进而结合已知可得，可证结论； （2）方法一：连接，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，利用向量法可求二面角的正弦值； 方法二：连接，设，可证为正三角形.，取的中点为，连接，与的夹角为二面角的平面角，求解即可； 方法三：设二面角为，二面角为，则，取的中点为，连接，设，可得即为二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）取的中点为，连接， 则由是以为斜边的等腰直角三角形可知， 平面平面，平面平面平面， 所以有平面， 由已知平面，可得， 出是以为斜边的等腰直角三角形亦可知， 又，所以， 从而可得四边形为平行四边形，因此有， 又平面平面，所以平面. （2）（方法一）连接，由是以为斜边的等腰直角三角形可知， 由（1）知平面，知两两垂直，以为正交基底 ，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则， 于是. 设平面的一个法向量为，则 由，得，令，得； 设平面的一个法向量为，则 由，得，令，得. 于是， 设二面角为，则 即二面角的正弦值为. （方法二）连接，设，由和均是以为斜边的等腰直角三角形可得1. ，由（1）知平面，所以为直角三角形，从而， 故，即为正三角形. 取的中点为，连接，则，又， 平面平面，平面平面， 所以与的夹角为二面角的平面角， 由（1）亦知，于是与的夹解为二面角的平面角， 即为的补角，从而二面角的正弦值就等于. 连接，在中，， 即二面角的正弦值为. （方法三）因为平面平面，所以平面平面， 设二面角为二面角为，则， 取的中点为，连接， 设，由和均是以为斜边的等腰直角三角形可得 ， 由（1）知平面，所以为直角三角形，从而， 故，即为正三角形，从而， 在中，，所以， 平面平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角， 在中，， 从而， 即二面角的正弦值为. 【典例4】 （2025·广东深圳·二模）已知四棱台，底面是边长为2的菱形，平面，，E是的中点． (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) 【分析】（1）先由底面菱形性质及线面垂直性质证平面，得. 再根据已知边长用勾股定理逆定理证. 因为与相交，所以平面. （2）解法1，过作，证平面，再过作，得为二面角平面角. 算出、长度，用正切求出正切值，再求其余弦值. 解法2，建立空间直角坐标系，用向量法求二面角.先找出平面的一个法向量. 设平面法向量，根据向量垂直关系求出. 最后用向量夹角公式求两平面夹角余弦值. 【详解】（1）因底面是菱形，，是BC中点，所以，又，则. 已知平面，平面，所以. 因为平面，且，所以平面. 又平面，故. 四棱台上下底面平行且相似，上底面是边长为菱形. 在四边形中，，，由勾股定理得，. 在中，，所以，即. 因为平面，，所以平面. （2）解法1  在等腰直角中，过作， 则M是中点，， 又，所以平面， 又因为平面，所以， 过M作，连接， 由于平面， 所以平面， 又平面，故， 所以为平面与平面的夹角， 由（1）知，在中，， 故， 因为平面，平面， 所以， 则， 又因为为锐角， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为． 解法2  因为平面ABCD，所以AE，AD，两两垂直． 以A为原点，AE，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系 则， ， 由（1）易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则， 即取，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 【点睛】 【典例5】 （24-25高三上·浙江杭州·期末）如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形ABC，且，平面平面 (1)证明：平面 (2)若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质与判定定理，即可得； （2）方法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量，即可得； 方法二，利用线面垂直的判定与性质，找出二面角，即可得. 【详解】（1）取中点， 中点，连接， 因为，所以， 又，所以， 又因为，，平面PCE， 所以平面， 又平面，故有， 因为， 所以， 又平面平面，平面平面， 又在平面内， 所以平面， 又平面，故有， 又，，平面 故有平面 （2）解法一：以点F为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 设点， 设平面PAB的法向量，，， 则， 可取， 于是有，得 平面PAC的法向量，平面PAB的法向量，设平面PAB与平面PAC夹角为，则， 解法二：如图，作，垂足为 M，连接 因为平面，，故平面， 为与平面所成角， 有，得到， 设，则， 由，得，解得 作，垂足为 ，连接， 为平面与平面夹角， ，由得，， ， ， 平面与平面夹角的余弦值为 【典例6】 （2025·福建漳州·模拟预测）如图，点为正方形所在平面外一点，为中点，. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，. （i）当时，求证：平面； （ii）当二面角的正弦值为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）连接交于点，连接，即证，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）解法一：建立空间直角坐标系，（i）利用数量积，即证，，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）求平面的法向量，求平面的法向量设，利用向量的夹角公式即可求解； 解法二：（i）利用面面垂直的性质定理，由平面平面得平面，即证平面，得，利用勾股定理得，利用线面垂直的判定定理即可得证；（ii）由，得二面角的平面角为，即，利用三角恒等变换求，最后由正弦定理即可求解； 解法三：（i）同解法二；（ii）由，得二面角的平面角为，即，得，在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向，建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点， 又因为为中点，所以在中，有， 因为平面，平面，所以平面； （2）解法一： 在正方形中，有， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以，又， 以为原点，分别以，，方向为轴，轴，轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示. 则有，，，，， ，，，， （i）当时，，， 所以，， 所以，，即，， 又因为平面，平面，， 所以平面. （ⅱ）设为平面的法向量， 则有，即， 取，得，，则是平面的一个法向量， ， 设为平面的法向量， 则有，即，得， 取，得，， 则是平面的一个法向量， 因为二面角的正弦值为，所以， 所以，即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 解法二： （i）因为平面平面，平面平面， 四边形为正方形，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，为中点，所以， 又，所以平面， 又平面，所以. 又，，所以，所以， ，， 又. 由余弦定理可得 ， 所以，所以， 又，所以平面. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在中，，，所以， 在中，，所以. 又因为，所以， 所以（负值舍去）. 在中， ，， 在中， ， 又， 由正弦定理，得，即，解得， 所以的值. 解法三： （i）同解法二. （ii）因为平面，平面， 所以，， 又因为平面，平面， 所以二面角的平面角为， 所以，， 在平面内，以A为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向， 建立平面直角坐标系，如图所示. 则有，，， ，， ，， ， 即， 化简得，解得或（舍去）. 所以的值为. 【典例7】 （2025·江苏镇江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，是的中点，. (1)证明：平面； (2)当时， （i）证明：直线平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）0 【分析】（1）先由平面平面推得平面，可得，同理可证，于是推出平面，可得，再由三角形相似证明，由线面垂直的判定定理即可证明； （2）（i）方法一：当时，在线段上取一点，使得，证明平面，再证平面，可得平面平面，进而可得直线平面；方法二：当时，在线段上取一点，使得，证明四边形是平行四边形即可证得直线平面；（ii）解法一：利用向量法证明，再由线面垂直证得，即得平面，进而证得平面平面即得；解法二：利用条件建系，写出相关点的坐标，求得两平面的法向量坐标，利用两向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）在矩形中，因平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，所以； 因平面平面，平面平面平面，所以平面， 又平面，所以； 又因平面，故平面，因平面，得. 在和中，，则， 故，则得即， 又因平面 ，故平面. （2）（i）法一：当时，在线段上取一点，使得，即， 因为平面平面故平面， 在矩形中，因为，且，则，且， 因，则，又，所以， 因为平面平面故平面， 又平面且，故平面平面， 又因为平面，所以平面. 法二：当时，在线段上取一点，使得，则，且， 在线段上取一点，使得，由法一知，则且， 在矩形中，，，因，则且， 则四边形是平行四边形，故因平面平面， 故平面. （ii）解法一： 如图，因，则，整理得：又， 则，即 因，由（1）可得平面因平面，则， 又平面，则平面，. 又平面，故平面平面， 即平面与平面夹角的余弦值为0. 解法二：由（1）得，可以为正交基底，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，故可取 ， 设平面的一个法向量为， ，故可取， 设平面与平面夹角为， 则. 故平面与平面夹角的余弦值为0. 【典例8】 （25-26高三上·江苏南京·月考）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，. (1)求证：平面PAD： (2)设点G是的重心. （i）求直线GB与平面PBD所成角的正弦值； （ii）设平面，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii）6 【分析】（1）根据题意可得，，进而证明线面垂直； （2）（ⅰ）建系标点，求平面PBD的法向量，利用空间向量求线面夹角；（ii）设，法一：根据向量共线列式求解即可；法二：根据线面关系结合空间向量运算求解. 【详解】（1）在中，由余弦定理得， 即，则，可知， 因为平面ABCD，平面ABCD，则， 且，平面PAD，平面PAD， 所以平面PAD. （2）（ⅰ）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，，， 因为G是的重心，则， 可得，， 设平面PBD的法向量为，则， 令，则，，可得， 则， 所以直线GB与平面PBD所成角的正弦值为； （ⅱ）设，则， 法一：因为平面PBD，且，不共线， 所以存在实数m，n，使得， 可得，解得，所以； 法二：由（ⅰ）知平面PBD的法向量为， 则，解得， 所以. 【典例9】 （2025·广东广州·模拟预测）如图1，在正四棱锥中，所有棱长均为分别是棱和上的动点，满足. (1)求证：平面； (2)若异面直线与垂直，求的值； (3)如图2，现将棱长为2的正四面体与正四棱锥进行拼接，使得顶点分别与重合，求证：四点共面. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）过作，交于点，连接，可得四边形为平行四边形，从而证明平面; （2）解法一：由（1）知，从而可得，利用三角形的性质即可求得的值； 解法二：作平面，则是正方形的中心，建立空间直角坐标系； （3）解法一：作中点，连接，可得即为二面角的平面角，即为二面角的平面角，分别求出其余弦值，找到余弦值的关系即可证明； 解法二：作平面，则是正方形的中心，建立空间直角坐标系，利用边长关系求出点坐标，在利用向量关系即可证明结论. 【详解】（1）过作，交于点，连接， 四边形为平行四边形 面面 面 （2）解法一：由（1）知 若异面直线与垂直，则 在中， 为中点 又为中点 解法二：作平面，则是正方形的中心，如图建立空间直角坐标系； 得， （3）解法一：作中点，连接 在正四棱锥中，所有棱长均为， 即为二面角的平面角， 由于， 则， 同理可得在正四面体中，即为二面角的平面角， ， 三点共线，四点共面 解法二：作平面，则是正方形的中心，如图建立空间直角坐标系； ，设 因为，解得，所以 四点共面 【典例10】 （25-26高三上·江苏镇江·开学考试）已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，其中，二面角的大小为，平面平面.    (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小； (3)如图，若，平面平面为上一动点.平面与平面夹角的大小为，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析； (2)或； (3). 【分析】（1）作出合理辅助线，再根据面面垂直的性质定理得平面，再根据线面垂直的判定定理和性质定理即可证明； （2）方法一：作出二面角的平面角，再利用余弦定理求出或，再分别讨论即可；方法二：建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量则可得到点，再分别讨论即可； （3）方法一：建立合适的空间直角坐标系求出，再利用空间向量法写出面面角余弦的表达式，最后利用换元法和基本不等式即可求出最值； 方法二：首先同法一求出，再通过补形法，再找到二面角的平面角，最后利用余弦定理和不等式性质即可求出最值. 【详解】（1）连接交于点，连接，在平面内过作，垂足为， 因为，所以垂足不与点重合，如图： 又因为平面平面，平面平面平面，则平面， 又因为平面，所以． 在正方形中，．平面平面， 则平面，又因为平面，所以．      （2）方法一：在平面内，过作，垂足为，连接， 由（1）得，平面，因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以． 所以易知是二面角的平面角，， 在边长为1的正方形中，， 所以， 在Rt中，， 在中，， ，解得或， （i）当，又因为，在中，满足，则． 又因为平面，所以平面． 因为平面，则，所以， 又因为平面，所以到平面的距离与到平面的距离相等， 过作，垂足为．又因为易证平面，所以平面平面， 平面平面，平面，所以平面． 在Rt中，，所以到平面的距离为． 设与平面所成角为，则， 又因为，则．    （ii）当，在中，得：， 如图，在中，，    Rt中，， 因为， 设到平面的距离为，所以， 得：，解得，所以到平面的距离为， 设与平面所成角为，又因为，所以． 综上，与平面所成角为或． 方法二：以为轴，以为轴，过点的平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图． 则， 设，则．因为， 所以①． 因为，所以②． 因为平面，所以平面法向量， 设平面法向量，， 则，不妨取，则．所以． 因为二面角为，所以③． 由①②③解得，或，即或． （i）当时， 设平面法向量则即 不妨取，则．所以． ， 设与平面所成角为， ．又因为，所以． （ii）当时，． 设平面法向量， 则，即， 不妨取，则．所以． ， 设与平面所成角为．又因为，所以． 综上，与平面所成角为或． （3）法一：因为面，所以面． 所以．以为正交基建立空间直角坐标系． 因为平面平面，所以平面． 又因为平面，且平面平面，所以， 设，， 设平面法向量，， 则，不妨取，则．所以． 因为平面，所以平面法向量． 因为二面角为，所以， 即，解得，即．    设，设平面法向量， ，则，不妨取，则．所以． ，设平面法向量， ，则不妨取，则，所以. 则， 设 ， ．当且仅当时，，即最小值为． 法二：求出的过程同法一， 将补成正方体，平面平面，所以即为． 又因为，过作，垂足为，因为平面， 所以为二面角的平面角． 在中，④，⑤， 由④⑤得：， 则，得． 则，解得， 当且仅当时，，此时，即最小值为．    课后基础练 1．（2025·四川遂宁·二模）如图，在三棱锥中，，，分别为棱，的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可； （2）根据线面垂直的性质定理，得到线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，证明结果即可. 【详解】（1）由于分别为棱的中点，故， 又平面，且平面， 所以平面； （2）由于平面，且平面，故， 又，且为棱的中点，故， 因为，平面， 故平面， 2．（24-25高三上·江苏常州·期末）在直三棱柱中，，分别为，的中点，且，． (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为为直棱柱，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，为中点，所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以． （2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 所以，， 设平面的法向量，则， 取， 又平面的法向量， 记二面角为，则， 则， 即二面角的正弦值为． 3．（2025·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. (1)证明：为的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的性质得到，即可得证； （2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出. 【详解】（1）连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点. （2）取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以． 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，， 则平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，取， 因为二面角的余弦值为， 所以，解得（负值已舍去）， 所以． 4．（2025·山西·模拟预测）如图所示，在边长为2的正方体中，分别是棱上的点（异于端点），且． (1)证明：与相交且交点在直线上． (2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）连接，由已知得出四边形为梯形，则与相交，再根据点线面的关系即可证明； （2）以为原点，，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，由线面夹角的向量公式列出方程即可求解． 【详解】（1）连接，因为，所以，， 所以， 因为分别是棱上异于端点的点， 所以，故四边形为梯形，故与相交， 记， 因为平面平面，平面平面， 所以，即与的交点在直线上． （2）因为是正方体，所以以为原点，，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，， 所以， 设为平面的法向量， 由，可得， 令，得，则， 因为，设直线与平面所成的角为， 所以，又， 解得，故当直线与平面所成角的正弦值为时，． 5．（2025·全国·模拟预测）如图，直四棱柱的顶点都在球的球面上，是球的直径，且.    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由与，及得证平面，然后结合平面与平面垂直的判定定理即可得证； （2）方法一：以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后利用即可求得结果. 方法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，后面同方法一；方法三：几何法，做出二面角的平面角，结合解三角形知识求平面角或其补角的余弦值即可得解. 【详解】（1）为球的直径，是在平面内的射影， 则为四边形外接圆的直径，所以， 因为， 所以，所以. 又平面平面，所以. 又因为，所以平面， 因为平面，故平面平面. （2）方法一：因为为球的直径，又为球的球面上，所以， 又平面平面，所以， 又因为，所以平面， 又平面所以所在直线两两相互垂直. 如图所示，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    由已知可得，所以为等边三角形. 所以. 所以. 设平面的法向量为， 则即令，得. 设平面的法向量为， 则即令，得. 令平面与平面夹角为 因为， 故平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：设与的交点为，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图.    由已知可得. 所以. 计算可得平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为. 令平面与平面夹角为 因为， 故平面与平面夹角的余弦值为. 方法三：（几何法）作，垂足为，连接. 利用三角形全等，或者证明平面，得，所以平面与平面夹角的平面角为（或其补角）. 可证明，所以是直角三角形. 由已知计算可得，又， 所以，同理. 由余弦定理得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 课后能力练 6．（2026·四川绵阳·二模）在三棱锥中，，，为边的中点，，且平面.    (1)在直线上是否存在一点M，使得直线平面?若存在，指出M点的位置，若不存在，请说明理由. (2)若平面平面. ①求证：； ②求二面角的大小. 【答案】(1)存在，当为中点 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）取为中点，可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）①由面面垂直的判定定理可得平面，即可得，，进而可证平面，即可得结果；②建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）存在，当为中点时平面，    当为中点时，连接， 因为为中点，则， 且平面，平面，所以平面. （2）①因为平面平面，平面平面， 过作交于H， 因为平面，所以平面， 且平面，可得， 又因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 因为平面，所以； ②以为坐标原点，，，方向为x，y，z轴正方向，建空间直角坐标系，    由题意可得：，， 则，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 则， 设二面角的平面角为， 由图可知，则，可得， 所以二面角的大小为. 7．（2026·河南郑州·模拟预测）如图，在矩形中，，，，分别是，的中点，点，分别是对角线，上的动点（不包括端点），且，将四边形沿翻折，使平面平面. (1)求证：平面； (2)求线段的长（用表示）； (3)当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出平面，再利用线面垂直的性质定理即可； （2）以为原点建系，得出的坐标，再计算向量的模； （3）求出，再求出两个平面的法向量，再根据向量夹角和平面角之间的关系求出. 【详解】（1）在矩形中，，，点，分别是，的中点， 所以四边形和是全等的正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，，平面， 所以平面； （2）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， 则，，，，，， 则，，， 因为， 所以，， 则， ， 所以线段的长为； （3）因为，所以当时，线段最短， 此时，分别为线段，的中点，，， 则， 设是平面的一个法向量， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 由（1）知，为平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 8．（2026·陕西西安·三模）如图，在三棱柱中，，为上的点，且.    (1)证明：平面； (2)若底面是等边三角形，侧面是菱形，，且平面平面，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）通过作辅助线证明，再通过线面平行的判定定理即可证明； （2）先证平面，再建立空间直角坐标系求出平面的法向量和平面的法向量，最后求解二面角的正弦值即可. 【详解】（1）如图，连接交于点，连接， 因为是平行四边形，故为的中点， 又，故为的中位线，所以.     因为平面，平面，所以平面. （2）设的中点为，因为底面是等边三角形，侧面是菱形，，且平面平面，连接，，则， 又，且平面平面，平面，故平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系.    设，则由几何关系可知，，，， 故，，.     设平面的法向量为，平面的法向量为，则有及 不妨取，，则，.     故.     故二面角的正弦值为. 9．（2026·吉林长春·一模）如图，底面为锐角三角形的直棱柱中，，，点在线段上，且满足，点为的中点. (1)当时，证明：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为. （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）已知直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）根据给定条件证明，利用线面平行判定定理证明结论. （2）（ⅰ）分别取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角、线线角的向量法求解；（ⅱ）利用线面角的向量法列式求解. 【详解】（1）在直棱柱中，令，则是的中点， 由，得是中点，而点为的中点，则， 即，而平面，平面， 所以平面. （2）（ⅰ）分别取的中点，则，又平面， 所以平面，由，得，则直线两两垂直， 以点为原点，向量的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，    令，则， ，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则，令，得， ，令，得， 由平面与平面所成角的余弦值为， 得，解得或， 由是锐角三角形，得，即，则，即， 又，则， 而，因此， 所以异面直线与所成的角为. （ⅱ）由（ⅰ）知，，则， ，而平面的法向量， 因此，而， 所以. 10．（2026·云南·模拟预测）如图1，是以为底边的等腰三角形，为正三角形.把沿翻折至的位置，得空间四边形，连接，如图2. (1)求证：； (2)当，且二面角的平面角为60°时，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】1）通过证明平面，来证得. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，进而求得其正弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接， 由得， 由得， 又平面， 所以平面， 由平面得. （2）因为平面，平面， 所以， 所以为二面角的平面角，故， 因为平面，平面， 所以平面平面，且交线为， 过作于， 因为平面，则平面， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，不妨设，则， ，， 所以， 所以， 设平面的法向量为，由，得， 令得平面的一个法向量， 同理得平面的一个法向量， ， 设二面角的平面角为，则， 因为，所以， 所以二面角的正弦值为. 课后压轴练 11．（2025·江苏·模拟预测）如图几何体中，四边形ABCD和AEFD都是梯形，. (1)证明：B，E，F，C四点共面； (2)若，求该几何体的体积； (3)求平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用平行直线共面关系得出结论； （2）法1，利用分割法可求几何体的体积；利用补形法可求几何体的体积； （3）建立空间直角坐标系，进而利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）取CD中点M，DF中点，连接BM，MN，EN，则， 因为，所以四边形AEND是平行四边形， 所以，因为， 所以四边形ABMD是平行四边形， 所以，所以， 所以四边形BENM是平行四边形，所以，所以， 所以B，E，F，C四点共面. （2）法1：连接AF，BF，在平面ADF中，作，垂足为， 因为平面， 所以平面AEFD，即AB是三棱锥的高. 因为平面AEFD，所以， 因为，所以， 因为平面， 所以平面ABCD， 即FG是四棱锥的高，且. 梯形AEFD的高为， 所以， 因为， 所以该几何体的体积.     法2：延长FE，DA交于点，因为平面平面ABCD， 所以是平面BEFC和平面ABCD的公共点， 因为平面平面，所以， 所以所求几何体的体积等于三棱锥与三棱锥的体积之差. 同法1可证AB是三棱锥的高，CD是三棱锥的高， 因为， 所以为PD的中点，即，因为， 所以， 所以该几何体的体积 . （3）在平面AEFD中，过点作，交EF于点，由（2）知平面ABCD， 以为原点，为基底，如图建立直角坐标系， 则， 设，则， 所以. 设平面BDE的一个法向量， 则所以， 令，则， 所以平面BDE的一个法向量为， 设平面BEFC的一个法向量，则，所以， 令，则， 所以平面BEFC的一个法向量. 设平面BDE与平面BEFC的夹角为，则 当且仅当，即时，等号成立. 所以平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值为. 12．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，.    (1)证明：平面； (2)若，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，求球的表面积； (3)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）依题意，延长，交于点，连接，证明，推得平面，即可证平面. （2）根据（1）中的结论，建立空间直角坐标系，由球心到的距离相同，且为球半径，列方程即可求出球心坐标和球的半径，即得球的表面积. （3）根据（2）中的坐标系，求出平面与平面的法向量，然后计算夹角的余弦值，化简后利用基本不等式即得其取值范围. 【详解】（1）延长，交于点，连接， 因为平面，，平面， 所以，， 即，. 因为为等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面， 所以平面，即平面. （2）由（1）可知，，两两垂直， 故以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，      由（1）易得， 又，所以， 所以，，，，. 设，球的半径为， 则，， ，， ， 联立解得，， 则球的表面积为. （3）由（2）可知， 设，则易得，， 则，，，. 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则 ， 令，则， 所以， 则， 故平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 13．（2025·浙江温州·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，面ABCD，若点M满足，点E为PB中点，过EM的平面满足，且平面与棱PD，AD，AB分别交于点F，G，H.    (1)求证：； (2)试判断P，E，M，F，G，H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由利用线面平行的性质定理，得到，得到点为中点，再证明为中点，可得，最后利用线面平行的判定定理证明； （2）法一：以为原点建立空间直角坐标系，求出P，E，M，F，G，H六点坐标，利用球心到球面的距离等于半径，列方程组，可得方程组有解，所以六点在同一个球面上，并求出半径，得到表面积；法二：利用传统法：转化得，，，，的外接圆即矩形的外接圆，从而求得，再利用求得外接圆半径. 【详解】（1）因为，平面 , 平面,所以; 因为点 为中点，所以点为中点； 设，连接, 因为，平面，所以; 因为，所以; 因为三点共线，所以，所以为中点； 又因为，，所以. （2）法一：由，平面,平面,所以 又因为为中点，所以为中点, 以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示    设，则 ； 若P，E，M，F，G，H六点在同一个球面上，假设球心 ，半径为，则 所以当时，P，E，M，F，G，H六点在同一个球面上， 该球的表面积为 . 法二：若，，，，，六点在同一个球面上， 则，，，，五点共圆， 记球的半径为，圆的半径为， 因为，面面面， 所以，所以， 因为，同理，所以， 所以四边形为平行四边形． 因为面，所以，所以， 所以四边形为矩形， 所以，，，，的外接圆即矩形的外接圆， 所以，所以． 设外接球的球心为，则面， 设，因为，所以．所以， 所以，所以． 14．（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，在正四棱柱中，，点在棱上，平面ACE.    (1)证明：平面ACE； (2)在棱上是否存在一点，使得三棱锥的外接球表面积为，求AF的长； (3)在第（2）问的条件下，求直线与平面CEF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）先由几何关系得到，连接DB交AC于，再由线面垂直的判定定理证明平面后可得； （2）方法一：设，由几何特征分析得到球心的位置，再设点到的距离为，直线与的交点为，由勾股定理建立方程组可解；方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，设球心，由四点共面列方程组可得； （3）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面FEC的法向量，代入线面角公式计算可得. 【详解】（1）    依题意，，所以四边形为正方形， 所以，连接DB交AC于，则为DB的中点， 由平面ACE可知，，所以为的中点， 因为，所以，         因为，平面， 所以平面，         因为平面，所以， 所以平面ACE （2）方法一：设， 可知三棱锥的外接球的球心必在过CF中点且垂直面AFC的直线上，且， 设球心为点，三棱锥的外接球表面积为， 则三棱锥的外接球的半径.         因为点到面ABC的距离为，设点到的距离为，直线与的交点为， 则，球心到CF中点的距离为， 则，代入上述方程组中的第一个式子，可得， 又因为，则. 方法二：建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，且， 设球心，则， 则. （3）建立如图所示的空间直角坐标系，    则. 则    设平面FEC的法向量为， 由即： 令，则， 所以.   设直线与平面CEF所成的角为，          所以 所以直线与平面CEF所成角的正弦值为. 15．（2025·湖北武汉·二模）中，，，，D是的中点，E是的中点，F是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题目条件得到翻折前后线段的数量关系，进而得到，，在中，利用向量加法的三角形法则即可得证； （2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，再利用锥体的体积公式即可求得三棱锥的体积； （3）在平面中，过点作，交于点，以点为坐标原点，、、的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合基本不等式，即可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【详解】（1）D是的中点，翻折前，翻折后. 是的中点，翻折前，翻折后 翻折后，又， 且方向相同，. 又E是的中点，F是的中点， 翻折前、后，， 且方向相同，， 翻折后，在中， ； （2） 过点在平面内作，垂足为，取的中点，连接， 在中，，，D是的中点， 可知翻折前，；翻折后，， 又，平面， 又平面，， 又，平面， 就是三棱锥的高. 在中，，，， 由余弦定理可知. ， . 在中，，， ，，D是的中点，E是的中点， ， ， . （3）在平面中，过点作，交于点， 平面，， 以点为坐标原点，、、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， 则、、， 设，则， ，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，， 设平面的一个法问量， 则， 令，则，，， 设平面与平面的夹角为， 则 ， ，，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $解答题解题大招 会白题通白类系列 专题03空间向量与立体几何解答题讲义 ©解题大招 【典例1】 (2025·广东汕尾·一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E为BB,的中点. A B D C (1)若BP=2PC,求点P到平面AD,E的距离； (2)求平面AD,E与平面BB,CC夹角的正弦值. 【典例2】 (2025·江苏·二模)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=2,BC=22,∠ABC=45°，BC1⊥AC (1)证明：AC⊥平面ABC; (2)若CC,=2√2，二面角C,-AC-B的大小为60°，求直线BC,与平面A4B,B所成角的正弦值. 【典例3】 1/11 解答题解题大招 会白题通台类系列 (2025·江苏南通·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC和Q-ABC中，△PCB和ABC均是以BC为斜边 的等腰直角三角形，平面PCB⊥平面ABC,QA⊥平面ABC,BC=2QA. (1)证明：PA∥平面QBC; (2)求二面角P-AB-Q的正弦值. 【典例4】 (2025·广东深圳·二模)已知四棱台ABCD-A,B,CD,底面ABCD是边长为2的菱形，AA,⊥平面 ABCD,∠ABC=60°，AA=AB,=1,E是BC的中点. A C D B E C (1)证明：DD⊥平面AD,E; (2)求平面AD,E与平面A,DE夹角的余弦值. 【典例5】 (24-25高三上·浙江杭州·期末)如图，三棱锥P-ABC的底面是边长为2的正三角形ABC,且PA=PB ,平面ABC⊥平面PAC 2/11 解答题解题大招 会白题通台类系列 (1)证明：PC⊥平面ABC; 2)若BC与平面PAB所成角的正弦值为5D,求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值。 8 【典例6】 (2025·福建漳州·模拟预测)如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点， DE=DP0<1<1 B D M (1)求证：PC∥平面BDM; (2)若平面ABCD⊥平面ABP,AB=BP=2,AB⊥BP. (1D当元=2时，求证：PD1平面BEM, ()当二面角D-BM-E的正弦值为Y6时，求元的值. 9 【典例7】 (2O25·江苏镇江·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAB⊥底面ABCD ,平面PAD⊥底面ABCD，PA=AB=V2AD=6,E是CD的中点，ACO BE=H,PF=1FD. 3/11 解答题解题大招 会白题通台类系列 D B (1)证明：BE⊥平面PAC: (2)当元=2时， (i)证明：直线HF/I平面PAB; (ii)求平面AFC与平面PCD夹角的余弦值. 【典例8】 (25-26高三上·江苏南京·月考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD/BC, AD-2BC=6.CD=35 cOsZADC=25 4P=6. 5 E.G 2------>D -b8 B C (1)求证：AC⊥平面PAD: (2)设点G是△PCD的重心. (1)求直线GB与平面PBD所成角的正弦值； (i)设AGn平面PBD=F,求 G 【典例9】 (2025·广东广州·模拟预测)如图1，在正四棱锥P-ABCD中，所有棱长均为2，E,F分别是棱AB和PC 上的动点，满足E=CF=0<元<D. BA CP 4/11 解答题解题大招 会白题通白类系列 图1 图2 (1)求证：EF//平面PAD; (2)若异面直线EF与PD垂直，求1的值； (3)如图2，现将棱长为2的正四面体P-B'CQ与正四棱锥P-ABCD进行拼接，使得顶点P,B,C分别与 P,B,C重合，求证：P,A,B,Q四点共面 【典例10】 (25-26高三上·江苏镇江·开学考试)己知四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，其中PA≠PC, 二面角B-PC-A的大小为60，平面PDB⊥平面PAC, Dx---- ------------C (1)证明：PA⊥BD; (2)若PA=1,求直线PB与平面PCD所成角的大小： (3)如图，若PA⊥AB,平面PADO平面PBC=1,Q为1上一动点.平面ABQ与平面CDQ夹角的大小为O, 求cos0的最小值. 息课后基础练 1.(2025·四川遂宁·二模)如图，在三棱锥P-ABC中，AP=AB,M,N分别为棱PB,PC的中点， BC⊥平面PAB 5/11 解答题解题大招 会白题通台类系列 M B (1)求证：BC∥平面AMN; (2)求证：AM⊥平面PBC. 2.(24-25高三上·江苏常州·期末)在直三棱柱ABC-A,B,C中，D,E分别为AA,AC的中点，且 AB=BC=1,AA AC=3. A C B D B (1)求证：BE⊥AC; (2)求二面角B-CD-A的正弦值. 3.(2025·江苏南京·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形， ∠BAD=120°，点E在线段PD上，PB∥平面AEC. B (1)证明：E为PD的中点： ②若AB=2,二面角C-AE-D的余弦值为}，求PA的长. 6/11 解答题解题大招 会白题通台类系列 4.(2025·山西·模拟预测)如图所示，在边长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E,F分别是棱AB,BC 上的点（异于端点），且AE=FC. D B D B (1)证明：A,E与C,F相交且交点在直线BB,上. ②)当直线AB与平面G4E所成角的正弦值为子时，求AE的值， 5.(2025·全国·模拟预测)如图，直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的顶点都在球0的球面上，A,C是球0的直 径，且A,C=2√2，AA=2,AB=AD=V5. D B B (1)证明：平面A,BD⊥平面A,AC; (2)求平面A,BC与平面A,DC夹角的余弦值， ◆课后能力练 6.(2026·四川绵阳·二模)在三棱锥P-ABC中，PA=PB=√万，AB=4,0为边AB的中点，C0=1 ,且P0⊥平面ABC. 7/11 解答题解题大招 会白题通台类系列 D B (1)在直线PB上是否存在一点M,使得直线PA/1平面MOC?若存在，指出M点的位置，若不存在，请说 明理由. (2)若平面POC⊥平面PAC. ①求证：AC⊥OC; ②求二面角B-PC-A的大小 7.(2026·河南郑州·模拟预测)如图，在矩形CDEF中，CD=1,DE=2,A,B分别是DE,CF的 中点，点P,Q分别是对角线AC,BE上的动点（不包括端点），且CP=BQ=a0<a<V2),将四边形 ABCD沿AB翻折，使平面ABCD⊥平面ABFE. (1)求证：BD⊥平面AEC; (2)求线段PQ的长（用a表示）； (3)当线段PQ的长最小时，求平面PQA与平面AEC夹角的余弦值. 8.(2026·陕西西安·三模)如图，在三棱柱ABC-A,B,C中，D,E为BC上的点，且BD=DE=EC A B B (1)证明：AD//平面AC,E; 8/11 解答题解题大招 会白题通台类系列 (2)若底面ABC是等边三角形，侧面AA,CC是菱形，∠AAC=60°，且平面AA,C,C⊥平面ABC,求二面角 D-AA-E的正弦值. 9.(2026·吉林长春·一模)如图，底面为锐角三角形的直棱柱ABC-A,B,C,中，AC=BC,AA1=AB, 点D在线段AB,上，且满足AD=1AB,点E为BB的中点. C A D B (1)当元=3时，证明：DE11平面4BC: 4 ②)若平面AMC,与平面ABG所成角的余弦值为 15 (i)求异面直线AB,与CE所成角的大小： ()已知直线CD与平面ABC所成角的正弦值为，求入的值 10.(2026·云南·模拟预测)如图1，△ABC是以AC为底边的等腰三角形，△ACD为正三角形.把△ACD 沿AC翻折至△ACE的位置，得空间四边形ABCE,连接BE,如图2. E 图1 图2 (1)求证：AC⊥BE; ②当8-，日二面角B=ACB的平面角为60°时，求=面角4-CE-8的正弦值， 女课后压轴练 11.(2025·江苏·模拟预测)如图几何体中，四边形ABCD和AEFD都是梯形， AB //CD,AE//DF,AB L AD,AB L AE,AB=AE AD =1,CD DF =2. 9/11 解答题解题大招 会白题通台类系列 B D (1)证明：B,E,F,C四点共面； (2)若∠ADF=60°，求该几何体的体积； (3)求平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值. 12.(2025·甘肃武威·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD为等边三角形，AB⊥平面PCD ，且AD1IBC，AD<BC,PB=PC,PA=2,∠PAB=3 (1)证明：CD⊥平面PAB; (2)若PB=√5，四棱锥P-ABCD的各个顶点均在球O的表面上，求球O的表面积； (3)求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值的取值范围！ 13.(2025·浙江温州·一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为√2的正方形，PA⊥面 ABCD,若点M满足PM=PC,点E为PB中点，过EM的平面au满足PA∥a,且平面a与棱PD,AD, AB分别交于点F,G,H. A D B (1)求证：BD∥a; (2)试判断P,E,M,F,G,H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由. 10/11