专题7.7 空间角与空间距离问题（举一反三复习讲义）-【上好课】2026年高考数学二轮复习举一反三系列（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦空间角与空间距离核心考点，按向量法、几何法及距离问题构建知识体系，覆盖7大题型。通过命题规律分析、知识点梳理、分层例题变式及高考真题训练，帮助学生系统突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料突出动态几何与向量法综合应用，如翻折情境分析角的变化，培养空间观念与数学思维。设置“方法技巧总结”模块，结合等体积法、坐标法等策略，配合真题统计与命题预测，助力教师把控复习节奏，提升学生运算能力和空间想象能力。

专题7.7 空间角与空间距离问题（举一反三复习讲义） 【全国通用】 命题规律分析 1、空间角与空间距离问题 空间角与空间距离问题是高考的重点、热点内容，属于高考的必考核心内容之一。从近三年的高考情况来看，空间角与空间距离问题一般以解答题形式为主，每年必考，试题难度中等，解答题中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；有时在选择题、多选题中也会涉及，难度一般。 近几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。 高考真题统计 考点 2023年 2024年 2025年 空间角与空间距离问题 新课标I卷：第18题，12分 新课标Ⅱ卷：第20题，12分 全国甲卷（理数）：第18题，12分 全国乙卷（理数）：第9题，5分 全国乙卷（理数）：第19题，12分 新课标I卷：第17题，15分 新课标Ⅱ卷：第17题，15分 全国甲卷（文数）：第19题，12分 全国甲卷（理数）：第19题，12分 全国一卷：第17题，15分 全国二卷：第17题，15分 2026年 命题预测 预测在2026年全国卷高考数学中，空间角与空间距离问题的考情将继续维持稳定态势。大概率在解答题中考查，每年必考，解答题中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，试题难度中等；核心考点是空间角与空间距离的求解，侧重考查数学运算能力和空间想象能力，要学会灵活求解。 知识点1 用向量法求空间角 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2 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)可通过多种方法平移产生，主要有三种方法： ①直接平移法(可利用图中已有的平行线)； ②中位线平移法； ③补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线). 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α做垂线，确定垂足O； ②连结斜足与垂足为斜线AB在面α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3 用空间向量研究距离问题 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. 【方法技巧与总结】 1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是. 【题型1 求异面直线所成的角】 【例1】（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值． 【解答过程】在正三棱柱中， 以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴， 为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，    ，不妨取 则， ， 设异面直线与所成角为， 则， ∴异面直线与所成角的余弦值为． 故选：D． 【变式1-1】（2026·河北·模拟预测）如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，P是弧的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量夹角公式求解. 【解答过程】根据题意，以点为坐标原点，分别为轴，过点垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为是弧的中点，所以，又， 则，，，， 所以，， 所以，即， 所以异面直线与所成角的大小为. 故选：C. 【变式1-2】（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1-3】（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. 【题型2 求线面角】 【例2】（2026·重庆·模拟预测）已知正方体，过点且与垂直的平面为，则与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再用线面角公式求解即可. 【解答过程】设正方体棱长为 ，以 为原点，、、 分别为 、、 轴，建立空间直角坐标系， 则，，，. 所以，. 因为平面 过点 且与 垂直，所以 就是平面 的法向量， 设与平面所成角为， 所以. 所以. 故选：D.      【变式2-1】（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2-2】（2026·陕西西安·模拟预测）在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直； （2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可. 【解答过程】（1） 在矩形中，，，为的中点， 所以，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又平面，所以． （2）取的中点，的中点，连接，则，所以平面， 由题可得，所以，所以两两垂直， 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，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，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． 【变式2-3】（2026·湖南湘潭·二模）如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． (1)证明：平面平面． (2)若，，且直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，由已知线面角求出线段长，进而求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【解答过程】（1）由是以为斜边的等腰直角三角形，得，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）得，而平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面，得直线与平面所成的角为，且，则， 而，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. 【题型3 求二面角】 【例3】（2026·河南南阳·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面ABCD是正方形，AC，BD交于点O，P为的中点，.    (1)证明：平面平面； (2)若为等边三角形，求平面PCD与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）取中点，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面PCD与平面，利用面面角的向量法求解. 【解答过程】（1）在四棱柱中，由正方形，得，而， 平面，则平面，而平面， 所以平面平面. （2）取中点，连接，由为等边三角形，得，而， 则，又平面平面，平面平面， 平面，则平面，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    由，P为的中点，得，， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面PCD与平面夹角的余弦值为. 【变式3-1】（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在三棱柱中，，分别为，的中点. (1)若点在线段上，且，求证：平面； (2)若，，，求平面与平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理得证. （2）由给定条件证得两两垂直，进而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【解答过程】（1）在三棱柱 中，取的中点，连接，由为的中点， 得，而，则，又为的中点，则， 而平面，平面，于是平面，平面， 又平面，因此平面平面，而平面， 所以平面. （2）由，得，而，则， 由，得，即， 故可以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， 则， 设平面的一个法向量，则，令，得， 而平面的一个法向量，因此， 所以平面与平面的夹角为. 【变式3-2】（2026·江西上饶·一模）在平面四边形中，，将沿翻折至，满足． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理，证明，可得面，再结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求解平面和平面的法向量，进而求解夹角的余弦值. 【解答过程】（1）在平面四边形中， ， ， 在空间中，由得平面 又平面， 平面平面，得证． （2）以为原点，，分别为轴和轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 因为平面平面，所以轴平面， 则． 所以． 设平面一个法向量为，则， 即，令，则． 设平面一个法向量为，则， 即，令，则． 设平面与平面的夹角， 则. 【变式3-3】（2026·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，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）合理作出辅助线，利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理求解即可. （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，再利用平面夹角的向量求法求解即可. 【解答过程】（1）取PB中点，连接， 分别为的中点， 且，且， ，且，则四边形为平行四边形， ，平面平面， 平面. （2）取中点，连接， ，， ∵平面平面，面， 平面，， 为正三角形，， 如图，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，取，解得， ，面，， ，面，， 面，是平面的法向量， ， 平面与平面夹角的余弦值为. 【题型4 求点到直线距离、异面直线距离】 【例4】（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可. 【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为， 则，，， 所以点到直线的距离为 故选：D. 【变式4-1】（2025·广东江门·模拟预测）如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【解题思路】取的中点，连接，即可证明,，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到直线的距离. 【解答过程】取的中点，连接， 因为、均为等腰直角三角形，所以 , 由二面角是直二面角，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 如图，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 , 所以 , 所以 , 所以, , 设直线的单位方向向量为，则, 所以点到直线的距离为 . 故选：B. 【变式4-2】（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． 【变式4-3】（2026·湖南长沙·三模）如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）由面面垂直的性质，可得平面，据此可得线线垂直； （2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点的坐标，再由点到直线的距离公式求解即可. 【解答过程】（1）在中，， 由余弦定理可得：， 则，所以有，则 由平面平面，平面平面， 且，平面，则平面， 又平面，则. （2）取中点分别为，连接 由为正三角形知，， 结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直， 如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 可得 设，则，且， 可得 由，解得或（舍去）， 则，且 故点到直线的距离 【题型5 求点面距、面面距】 【例5】（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离公式进行求解. 【解答过程】以点D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 可得，, 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 其中， 点C到平面的距离. 故选：C． 【变式5-1】（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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【变式5-2】（25-26高二上·新疆巴音郭楞·月考）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理即得. （2）由（1）中信息，利用点到平面的距离公式计算即得. 【解答过程】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， ，于是， 即，因此直线， 而平面，则平面； 又，则，直线， 而平面，则平面，又点平面， 所以平面平面.    （2）由（1）得，平面的一个法向量为，而， 则点到平面的距离， 由平面平面，得平面与平面的距离等于点到平面的距离， 所以平面与平面的距离为. 【变式5-3】（2026·湖北宜昌·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面．    (1)求证：平面； (2)若，，四棱锥的体积为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，从而得，再由面面垂直的性质得平面，进而可得，即可求解； （2）根据条件，由棱锥的体积公式得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，再由点面距的向量法，即可求解. 【解答过程】（1）因为底面为正方形，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以， 连接，易知， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面，则， 又因为，平面，所以平面． （2）由题意，则正方形的面积为， 又，得到， 由（1）知平面，又平面，则， 以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，由，所以， 则， 所以，，． 设平面的法向量为，则，即， 令，得，所以， 则点到平面的距离为．    【题型6 空间角中的探索性问题】 【例6】（2026·重庆·模拟预测）如图1，在中，两点分别为（靠近）､（靠近）的三等分点，.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求出的值；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）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，求得，根据面面角的向量求法建立等式计算求解即可. 【解答过程】（1）在图1的中，， 所以，且，， 因为，所以，，则，， 在中，，，，则， 在图2的中，，，， 满足，所以， 因为，，，、平面， 所以平面. （2）由题意得平面，， 以点为原点，、、的方向分别为、、轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， ，， 设线段上存在一点，，， 则，，即， 解得，故， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 取平面的一个法向量为， 由题意可得， 令，则，解得， 当时，得，当，此时无解， 所以线段上存在一点，且. 【变式6-1】（2026·河北·一模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为等腰梯形， ，且． (1)求． (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)存在， 【解题思路】（1）过作，利用线面垂直的判定定理可推出所以平面，再结合边长应用勾股定理即可； （2）取的中点为，根据线面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系，设，由空间向量法直线与平面所成角的正弦值列出方程即可求得. 【解答过程】（1） 由题意得，过作， 因为底面为等腰梯形，且，所以， 所以， 所以，进而得出， 又，平面. 所以平面，又平面， 所以． 所以. （2） 取的中点为，连接，，， 所以平面，又平面， ，平面. 所以平面，过E作平行于， 以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 假设存在点，设， ， 设平面的一个法向量， 因为直线与平面所成角的正弦值为， ，解得或（舍）. 在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 【变式6-2】（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为棱上靠近点的三等分点. 【解题思路】（1）取棱的中点，连接，证明四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）如图建系，取线段的中点为，连接，易得平面，可得平面的一个法向量，设，根据点的坐标求出平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程求解即得. 【解答过程】（1）如图1，取棱的中点，连接，因为棱的中点，则． 又因为， 所以，则四边形为平行四边形，所以． 又因为平面平面，所以平面. （2）如图2，以点为坐标原点，分别以所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则． 则， 取线段的中点为，连接.因平面，平面，则 ， 又，则，因，平面，则平面， 因，则，可取平面的一个法向量为. 假设在棱上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为， 设，则. 设为平面的一个法向量， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则． 解得（舍）或. 此时点为棱上靠近点的三等分点.    【变式6-3】（2026·河北·模拟预测）如图，多面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，，，，，． (1)求三棱锥的外接球球心的位置． (2)线段CD上是否存在一点M，使得二面角为直二面角？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)的中点 (2)存在，M为上靠近点的四等分点 【解题思路】（1）利用线面垂直的性质和判定定理证明，取的中点，结合和可得到，，，的距离相等，即得三棱锥的外接球球心； （2）建系后设点，分别求平面和的法向量，由两向量的夹角公式计算即得. 【解答过程】（1）因为，，，平面ABCD， ，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以， 由题可得，，则，，又， 在中，由余弦定理可得， 由，可得，因为，平面，， 所以平面，又平面，所以， 取的中点，由和是直角三角形， 知到，，，四点的距离相等， 所以三棱锥的外接球球心为的中点. （2）由题可得，，两两垂直，故以为坐标原点， 分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，， ，，， 假设存在点M满足题意，设，，则， 设平面的一个法向量为， 则，故可取 设平面的法向量， 则，故可取. 因为二面角为直二面角，所以， 即，解得，所以M为上靠近点的四等分点. 故存在一点M，使得二面角为直二面角， 此时M为上靠近点的四等分点. 【题型7 空间距离中的探索性问题】 【例7】（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；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）先由勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到面，最后再由线面垂直的判定定理可得； （2）由几何关系建立如图所示空间直角坐标系，求出面的一个法向量，代入空间点到面的距离公式解一元二次方程可得. 【解答过程】（1）证明：，，，故． 又面面，面面，面， 面． 面，， 又，面，，面． （2）面，，四边形为菱形， 取的中点为，连接，，为等边三角形． ．又，． 又平面，． 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，． 设为面的一个法向量， 则  令，则． 设为点到面的距离， 则． ，即或． 故存在或，满足题意． 【变式7-1】（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为中点 【解题思路】（1）由余弦定理可求得，进而可得，由面面垂直的性质可得平面，可证. （2）法一，取的中点，可证底面，设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且，利用等体积法求解即可.法二，取的中点，可证两两垂直，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求，设，利用点到面的距离可求，可得结论. 【解答过程】（1）因为，为边的中点，所以， 又在中，， 由余弦定理可得，即，则， 又为平行四边形，所以 ，则， 又平面底面，平面底面， 所以平面，又平面， 所以. （2）法一：取的中点，又，    所以 ， 又平面底面， 所以底面， 所以， 而， 所以即为二面角的平面角，， 又为直角三角形，， 所以， 设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且， 为直角三角形，， ， 又， 解得，即为中点. 法二：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 又 ，所以， 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系： ， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 又平面的一个法向量为， 则，得，即. 则平面的一个法向量为， 设，则， 则， 解得， 即为中点. 【变式7-2】（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面 ，是的中点.    (1)求证： 平面； (2)若. ①求平面与平面夹角的正弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②存在， 【解题思路】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； ②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【解答过程】（1）    取中点，为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即，平面，平面， 平面； （2）①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 因为平面，且平面， 所以平面平面， 又因为平面平面，，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的正弦值为； ②存在点满足题意， 易知，， 假设存在点满足题意，设，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离， 化简可得， 解得或（舍去），即. 【变式7-3】（2025·吉林长春·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，，∥，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，， （i）求二面角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析; (2)（i）；（ii）存在，. 【解题思路】（1）通过证明四边形是平行四边形，可得，即可证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（ii）利用点到面距离的向量法求解即可. 【解答过程】（1） 取的中点，连接，，如图所示：为棱的中点， ，， ，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面. （2），，， ，， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 又，平面， ，，又， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图：则，，，， 为棱的中点， ， （i），， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， ， 平面的一个法向量为， ， 则二面角的正弦值为； （ii）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是， 设，， 则，， 由（2）知平面的一个法向量为， ， 点到平面的距离是 ， ，， . 考点一 空间角与空间距离问题 一、单选题 1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答. 【解答过程】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有， 又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，      显然平面，于是平面，又平面， 因此平面平面，显然平面平面， 直线平面，则直线在平面内的射影为直线， 从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得： ， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以直线与平面所成的角的正切为. 故选：C. 二、解答题 2．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【解题思路】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【解答过程】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 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. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 3．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【解答过程】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【解答过程】（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【解题思路】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【解答过程】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故 ； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 6．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见详解； (2) 【解题思路】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【解答过程】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 7．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【解题思路】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【解答过程】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形， ，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 8．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)1 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【解答过程】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【解题思路】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【解答过程】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面 平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 10．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，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）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【解答过程】（1）如图，    底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得， ， （2）， ， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， ， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 11．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【解题思路】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【解答过程】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，    于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7.7 空间角与空间距离问题（举一反三复习讲义） 【全国通用】 命题规律分析 1、空间角与空间距离问题 空间角与空间距离问题是高考的重点、热点内容，属于高考的必考核心内容之一。从近三年的高考情况来看，空间角与空间距离问题一般以解答题形式为主，每年必考，试题难度中等，解答题中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；有时在选择题、多选题中也会涉及，难度一般。 近几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。 高考真题统计 考点 2023年 2024年 2025年 空间角与空间距离问题 新课标I卷：第18题，12分 新课标Ⅱ卷：第20题，12分 全国甲卷（理数）：第18题，12分 全国乙卷（理数）：第9题，5分 全国乙卷（理数）：第19题，12分 新课标I卷：第17题，15分 新课标Ⅱ卷：第17题，15分 全国甲卷（文数）：第19题，12分 全国甲卷（理数）：第19题，12分 全国一卷：第17题，15分 全国二卷：第17题，15分 2026年 命题预测 预测在2026年全国卷高考数学中，空间角与空间距离问题的考情将继续维持稳定态势。大概率在解答题中考查，每年必考，解答题中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，试题难度中等；核心考点是空间角与空间距离的求解，侧重考查数学运算能力和空间想象能力，要学会灵活求解。 知识点1 用向量法求空间角 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2 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)可通过多种方法平移产生，主要有三种方法： ①直接平移法(可利用图中已有的平行线)； ②中位线平移法； ③补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线). 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α做垂线，确定垂足O； ②连结斜足与垂足为斜线AB在面α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3 用空间向量研究距离问题 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. 【方法技巧与总结】 1．异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是；二面角的范围是；两个平面夹角的范围是. 【题型1 求异面直线所成的角】 【例1】（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·河北·模拟预测）如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，P是弧的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（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1-3】（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． 【题型2 求线面角】 【例2】（2026·重庆·模拟预测）已知正方体，过点且与垂直的平面为，则与平面所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（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2-2】（2026·陕西西安·模拟预测）在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式2-3】（2026·湖南湘潭·二模）如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． (1)证明：平面平面． (2)若，，且直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 【题型3 求二面角】 【例3】（2026·河南南阳·模拟预测）如图，在四棱柱中，底面ABCD是正方形，AC，BD交于点O，P为的中点，.    (1)证明：平面平面； (2)若为等边三角形，求平面PCD与平面夹角的余弦值. 【变式3-1】（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在三棱柱中，，分别为，的中点. (1)若点在线段上，且，求证：平面； (2)若，，，求平面与平面的夹角. 【变式3-2】（2026·江西上饶·一模）在平面四边形中，，将沿翻折至，满足． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【变式3-3】（2026·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【题型4 求点到直线距离、异面直线距离】 【例4】（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2025·广东江门·模拟预测）如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为（    ） A．2 B． C． D． 【变式4-2】（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． 【变式4-3】（2026·湖南长沙·三模）如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 【题型5 求点面距、面面距】 【例5】（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【变式5-1】（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． 【变式5-2】（25-26高二上·新疆巴音郭楞·月考）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 【变式5-3】（2026·湖北宜昌·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面．    (1)求证：平面； (2)若，，四棱锥的体积为，求点到平面的距离． 【题型6 空间角中的探索性问题】 【例6】（2026·重庆·模拟预测）如图1，在中，两点分别为（靠近）､（靠近）的三等分点，.现将沿折起得到四棱锥，在图2中. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式6-1】（2026·河北·一模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为等腰梯形， ，且． (1)求． (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【变式6-2】（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式6-3】（2026·河北·模拟预测）如图，多面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，，，，，． (1)求三棱锥的外接球球心的位置． (2)线段CD上是否存在一点M，使得二面角为直二面角？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由． 【题型7 空间距离中的探索性问题】 【例7】（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式7-1】（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【变式7-2】（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面 ，是的中点.    (1)求证： 平面； (2)若. ①求平面与平面夹角的正弦值； ②在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式7-3】（2025·吉林长春·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，，∥，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，， （i）求二面角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 考点一 空间角与空间距离问题 一、单选题 1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 二、解答题 2．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 3．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 6．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 7．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 8．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 10．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 11．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $