专项03 空间向量与立体几何6大解答题题型（大题专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专项03 空间向量与立体几何 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年全国卷考情，空间位置关系、空间角或空间距离以及空间向量是必考主干，分值约15-27分． 命题趋势： 解答题：稳定考查空间位置关系的证明、空间向量法求解空间角或空间距离（常为第16至18题），核心是利用空间向量解决空间角与空间距离问题以及空间位置关系的证明等综合问题． 2026年预测：解答题极可能仍为立体几何常规题，考查两平面夹角（二面角）或线面角的可能性较大． 备考核心：熟记空间角与空间距离公式，解答题注意强化空间向量法及空间位置有关系的几何证明的综合训练，提升运算的准确率，小题注意几何法的灵活应用． 题型01 空间几何中的线面角 析典例·建模型 1．（2026·四川成都·二模）如图，在三棱柱中，，. (1)证明：直线平面ABC． (2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值． 【思路分析】（1）在中，由余弦定理可得，从而可得，，即可得证； （2）建立空间坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合空间向量夹角公式求解即可. 【规范答题】（1）由题意可知是边长为2的正三角形， 在中，由余弦定理可得 ，所以， 所以为直角三角形，且， 所以， 同理可得， 因为平面，， 所以直线平面ABC； （2）取中点，连接，则， 又，所以， 由（1）可知直线平面，， 以为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间坐标系，如图所示： 则，， 所以， 设平面的法向量为， 则有， 令，可得， 又因为， 所以， 所以AC与平面所成角的正弦值为. 2．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面PAD，． (1)证明：平面ABCD； (2)若底面ABCD是正方形，，E为PB中点，点F在棱PD上，且异面直线AF与PB所成的角为60°． （ⅰ）求的长度； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求EG与平面所成角的正弦值的取值范围． 【思路分析】（1）依据平面得，结合，利用线面垂直判定定理，证得结果； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，设，依据异面直线所成角公式求解后结合长度得； （ⅱ）设求出平面法向量，计算线面角正弦值表达式，结合参数范围求取值范围． 【规范答题】（1）因为平面，平面PAD， 所以， 又因为平面ABCD，平面ABCD，， 所以平面ABCD． （2）（i）由（1）可知平面ABCD，所以AB，AD，AP两两垂直， 故以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意可得， 所以， 设， 则， 因为异面直线AF与PB所成角为60°， 所以， 解得，所以． （ⅱ）设， 则， ， 设平面AEF的法向量为，则，即， 取，得， 因为，所以，即，解得， 所似所以 因为M在线段PB上，所以， 则， 设平面MAD的法向量，则即 取，得， 设EG与平面MAD所成角为， 则， 由于，所以，所以 即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为 研考点·通技法 1．垂线法求线面角（也称直接法）：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；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；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，是垂线段的长，是斜线段的长． 3．向量法求线面角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则． 破类题·提能力 1．（25-26高三下·重庆渝中·月考）已知圆锥的顶点为，底面圆的半径为2，体积为． (1)求圆锥的表面积； (2)如图，设、是底面圆的半径且是等腰直角三角形，为线段的中点，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由圆锥的体积求出圆锥的高和母线长，根据圆锥的表面积公式计算即可； （2）建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，由空间角的向量求法计算即可. 【详解】（1）由题意可知圆锥的底面半径为2，体积为，高为， 则，解得，则母线长为， 故圆锥的表面积为； （2）由于为圆锥的高，所以, 且，所以分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ，，，，所以， 设平面的法向量为， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 2．（25-26高三上·安徽淮北·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是分别以为斜边的等腰直角三角形，是棱上的动点. (1)证明：； (2)若与平面所成角的大小为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）要证明线线垂直，转化为先证明线面垂直，即先证明平面； （2）根据几何关系，建立坐标系，代入线面角的向量公式，求得的值. 【详解】（1）证明：因为，是分别以，为斜边的等腰直角三角形， 所以，，且平面，平面，， 所以平面，所以. 因为四边形是菱形，所以. 因为平面，，所以平面，所以. （2）由（1）可知平面，且，所以和是等边三角形， 取棱的中点，连接，易证两两垂直， 故以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，，，则，，，， 则，，， 所以. 设平面的法向量为，则 令x=，得. 所以==， 整理得，解得或(舍去)，所以=2. 题型02 空间几何中两平面的夹角 析典例·建模型 1．（2026·山东菏泽·一模）如图，在直三棱柱中，M、P分别为，的中点，点Q在上，且. (1)求证：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【思路分析】（1）构造平面，证明面面平行，利用面面平行的性质定理即可证明结论. （2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量即可求解. 【规范答题】（1）取的中点R，连接PR、RQ， 由P为的中点知， 因为平面，平面，所以平面， 由M为的中点且，知，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面平面. 又因平面PRQ，所以平面. （2）取的中点，由知， 以为坐标原点，、所在的直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，所以， 则，，，，，， 所以， 由得，所以. 设平面的法向量为，则，即， 取，则，， 所以平面的一个法向量为. 因为平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 研考点·通技法 向量法求两平面夹角：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则，注意两平面夹角的范围是 到. 破类题·提能力 1．（2026·河北承德·一模）已知三棱锥P-ABC中，，，D为AC中点，M为BD中点，平面平面ABC，点P到平面ABC的距离为2． (1)证明：； (2)若，求平面APB与平面CPB夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一得到中线和底边垂直，利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，利用线面垂直的定义得到线线垂直. （2）由点到平面的距离为2和得到平面，利用空间向量法求解，求出平面的法向量和平面的法向量，设平面与平面的夹角为，利用向量的数量积求出，从而得到平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）因为，为中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以． （2）M为BD中点，在等腰中，， 因为点到平面的距离为2，，所以平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 2．（2026·四川宜宾·一模）在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． (1)求线段长度的最小值； (2)若异面直线与所成角为． （ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积． 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）可证，平面，建系并标点，，根据题意结合向量共线可得，进而分析线段BQ长度的最小值； （2）利用空间向量结合向量夹角可得.（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量求面面夹角；（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，根据外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积. 【详解】（1）因为，平面，平面，则平面， 且平面，平面平面，所以， 又因为，，，平面，可得平面， 以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， 可得，则， 可得，，， 则，， 由题意可知：直线的一个方向向量为，且， 设，则， 因为，则，可得， 则，即， 则， 令，则， 当且仅当时，等号成立， 所以线段BQ长度的最小值为. （2）由（1）可知：，， 由题意可得：， 解得，即，则，，，，. （ⅰ）因为，，， 设平面的法向量为，则， 设，则，可得； 设平面的法向量为，则， 设，则，可得； 则， 所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为； （ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则， 即，解得， 可得，所以三棱锥的外接球的表面积为. 题型03 空间几何中的二面角 析典例·建模型 1．（25-26高三上·安徽六安·期末）如图，直四棱柱底面为菱形，，，，点为棱上靠近的三等分点，点在上且，过点M、N、C的平面与直线交于点. (1)求证：； (2)若，求三棱锥的外接球的表面积； (3)若二面角的余弦值为，求的值. 【思路分析】（1）根据面面平行的性质即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，设三棱锥的外接球的球心为，根据列方程求出的坐标，即可求得外接球半径，则可求答案； （3）求出点P 的坐标，进而求出平面的法向量，结合二面角的余弦值，列式求解，即可得答案. 【规范答题】（1）由题意知过点M、N、C的平面与直线交于点，故共面， 因为直四棱柱中，平面平面， 且平面平面，平面平面， 故； （2）由于四边形为菱形，，故， 作于E，则，； 以D为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 时，，则， 连接并延长交于F，连接交即为P点， 结合题意知，故，则A为的中点， 又因为，故，而， 故为同一点，则， , 设三棱锥的外接球的球心为，则， 即， 解得，故三棱锥的外接球的半径为， 故三棱锥的外接球的表面积为； （3）由于，则， 而，故， 结合，，设，则， 又，而, 结合三点共线，可得，则，则， ，， 设平面的法向量为，则， 即得，令，则， 即， 平面的法向量可取为， 由于二面角的余弦值为，故， 结合，解得. 研考点·通技法 1．几何法求二面角 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角． （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角． （4）射影面积法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便． 2．向量法求二面角：若分别为平面的法向量，为平面所成二面角的平面角，则．.二面角的范围是0到180. 破类题·提能力 1．（2026·辽宁辽阳·一模）在三棱锥中，和均为等边三角形，，点为线段的中点． (1)证明：平面平面； (2)若直线与所成角的余弦值为时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）取的中点，连接、，可知二面角的平面角为，设，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得的值. 【详解】（1）连接、，如图所示： 因为和均为等边三角形，所以， 因为为的中点，所以，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）取的中点，连接、，如图所示， 因为，为的中点，则，， 所以二面角的平面角为，设， 因为，、平面，所以平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系， 则、、、， ，， 由题意可得， 解得（舍去）或，故二面角的余弦值为. 2．（25-26高三上·河北秦皇岛·月考）如图，在等腰梯形中，，，是的中点.现将沿翻折，点翻折到点的位置，使得二面角的大小为. (1)求证：； (2)若点为的重心，求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明线面垂直，再证线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求两个平面所成角的三角函数值. 【详解】（1）如图：连接，交于，再连接，. 因为四边形为等腰梯形，且，， 所以四边形为菱形，所以. 根据翻折的性质，可得，， 又平面，，所以平面. 又平面，所以. 又，所以. （2）以为原点，，所在的射线为，轴的正方向，向上的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，所以为二面角的平面角，所以. 所以. 又，所以，. 所以，，，. 因为为的重心，所以. 由，得. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，取，则，. 所以. 设平面的法向量为， 则，取，则，. 所以. 所以. 所以. 故平面与平面所成二面角的正弦值为. 题型04 空间距离问题 析典例·建模型 1．（25-26高三上·山东淄博·期末）如图所示，四边形为平行四边形，四边形为直角梯形，，，平面平面ABEF. (1)若为DF的中点，证明：平面ACP； (2)若，直线AC与平面DEF所成角的正弦值为，求点到EF的距离. 【思路分析】（1）连接，交于点，连接，即可证明，从而得证； （2）取中点，连接，则，由面面垂直的性质得到面，过点作交于，即可得到，建立空间直角坐标系，设，根据线面角的正弦值求出，再由空间向量法求出点到直线的距离. 【规范答题】（1）连接，交于点，连接， 因为四边形为平行四边形，所以是的中点，又为DF的中点， 则， 又因为面，面，所以面； （2）取中点，连接，因为，所以， 又因为面面，面 面面 ， 所以面，过点作交于，因为四边形为直角梯形，，， 所以，根据题意，建立如图所示空间直角坐标系. 则有， 设，则，， 所以，，， 设平面的法向量为. 则，令，则，即. 根据题意，解得或（负值已舍去）. 又因为. 所以，， 所以，所以，，， 所以， 所以点到的距离为. 2．（25-26高三下·浙江杭州·月考）如图，已知在四棱锥中，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角为，其中的中点是的中点是，求点到平面的距离． 【思路分析】（1）取中点，连接，设，可得，，由线面垂直的判定定理和性质可证； （2）过作，可得平面，，以点为原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离可得. 【规范答题】（1）取中点，连接，设， 因为， 所以四边形是正方形，所以. 连接，因为为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以. （2）由（1）可知平面，平面，所以平面平面. 过作，垂足为，又因为平面平面平面， 所以平面， 所以在底面的射影在直线上， 所以直线与平面所成角是，所以， 因为正方形中，所以， 又因为，所以， 所以，所以 所以 以点为原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图空间直角坐标系， 则， 所以 ， 设平面的一个法向量 则，所以，取，则 所以点到平面的距离 研考点·通技法 1．几何法求距离 （1）求点线距一般要作出这个“距离”，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解. （2）求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个“距离”，可根据条件求解，若不易作出点面距，可借助于等体积法求解. 2．向量法求距离 (1)点线距：如图，先求出直线l的单位法向量n0，再求向量在法向量n0方向上的投影向量的长度｜·n0｜即可. (2)点面距：若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d＝. 2.点到平面的距离 点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝｜·n0｜. 破类题·提能力 1．（24-25高三上·天津·月考）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点，分别是棱，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求到直线的距离； 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据向量平行关系判断直线与平面的垂直关系. （2）已知两个平面的法向量，利用向量点积公式求两个法向量夹角的余弦值，此余弦值的绝对值即为两个平面夹角的余弦值. （3）求出，，再求出两向量夹角正弦值，最后乘以即可. 【详解】（1）因为四棱锥的底面是正方形，平面， 所以以点D为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，． 设平面EFD的法向量为， 则令，则． 又因为，所以，即， 由平面，得平面． （2）设平面与平面的夹角为θ， 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 所以， 则平面与平面的夹角的余弦值为． （3），， 则， 则求到直线的距离为. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）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证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可. 【详解】（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AB中点，连接OP，OD，BD 因为，所以， ∵平面平面，面，为交线， 平面，， 为正三角形，， 以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图， 设， 则，，，，， 所以， 易知平面PAB的法向量可取， 设平面PAE的法向量为， 因为，令，可取， 所以，解得， 所以，，， 设平面PBC的法向量为， 因为，令，可得， 所以. 题型05 空间几何中的折叠问题 析典例·建模型 1．（25-26高三上·广西河池·期末）如图，等腰梯形中，，，，，，现将沿折起得四棱锥，在四棱锥中，点，分别在，上，且. (1)求证：平面； (2)若二面角为，求直线与平面所成角的余弦值. 【思路分析】（1）在上取一点，使得，根据题意，分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【规范答题】（1）证明：在上取一点，使得， 因为分别在和上，且， 在中，可得，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在中，可得，所以， 因为，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以 平面. （2）解：因为，且，平面， 所以平面，则即为二面角的平面角，所以， 以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 又由，可得， 设， 可得且， 解得，，所以， 设与平面所成的角为，其中， 则， 所以， 所以与平面所成的角的余弦值为. 研考点·通技法 1.概念：将平面图形沿某直线翻折成立体图形，再对折叠后的立体图形的线面位置关系和某几何量进行论证和计算，就是折叠问题. 2. 折叠问题分析求解原则： （1）折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系； （2）折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变 3 将空间图形按一定要求展开就成为平面问题，当涉及几何体表面上两点间的距离问题时，通常需要将空间图形展开转化为平面问题进行研究. 破类题·提能力 1．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且． (1)设平面与平面的交线为，证明：； (2)证明：平面； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用平行四边形的判定及性质，线面平行的判定及性质推理得证. （2）利用勾股定理的逆定理，线面垂直的判定推理得证. （3）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）由，，得四边形为平行四边形，则， 而平面，平面，则平面， 又平面平面平面，所以. （2）由，得，即得， 由四边形是正方形，得，则， 而平面，所以平面. （3）由（2）得，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，， 设平面的一个法向量，则，取，得， 设平面的一个法向量，则，取，得， 因此，由图形知二面角的大小为钝角， 所以二面角的余弦值为. 2．（2026·安徽黄山·一模）如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，，且二面角的正弦值为． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求四棱锥外接球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（Ⅰ）（Ⅱ） 【分析】（1）根据线面平行的判定定理判定即可. （2）建立空间直角坐标系，求出相关向量，结合二面角的向量求法，即可求出值；判断外接球球心位置，设出球心坐标，列方程求解，进而得到外接球半径，求出表面积. 【详解】（1）因为，，，所以四边形为矩形， 连接交于点，连接，则点为中点， 又为中点，所以是中位线，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）（Ⅰ）因为，平面，平面平面且交于． 所以平面，而平面，所以， 又， 故以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图． 则，，，，，， 设，则， 又， 所以，即，所以， 则，， 设平面的法向量为. 则，即，令，则，， 所以. 又，，，平面， 所以平面， 所以即为平面的一个法向量. 设二面角的平面角为，则， 所以， 即 ， 解得或（舍去，因为），故：． （Ⅱ）所求外接球球心在过点垂直于平面的垂线上，则. 设，又，则，， 所以， 即，整理得，解得， 所以，所以， 故． 题型06 空间几何中的动点问题 析典例·建模型 1．（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 【思路分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面∥平面，再由面面平行的性质定理证明∥； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，设棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得. 【规范答题】（1）若∥，平面，平面，所以∥平面； 若∥，平面，平面，所以∥平面. 因为平面，所以平面∥平面. 又平面平面，平面平面， 所以∥. （2）因为，所以，所以. 因为平面⊥平面，平面平面，平面，所以平面. 过作，垂足为，则. 所以. 如图所示，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. 所以. 设：在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ， 则，所以. 设平面的法向量为， 则. 令，则. 所以平面的法向量为. 由平面，知平面的一个法向量为. 所以， 即，化简得，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面与平面所成角为，此时 或. 研考点·通技法 在解决探索性问题中点的存在性时，经常需要设出点的坐标，而（x，y，z）可表示空间中的任一点，使用三个变量设点需要列三个方程，导致运算量增大.为了减少变量数量，用以下设法. 1.直线（一维）上的点：用一个变量可以表示出所求点的坐标；依据：根据平面向量共线定理——若 R，使得 2.平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标. 3.依据：平面向量基本定理,若不共线，则平面上任意一个向量，均存在，y∈R，使得 破类题·提能力 1．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知四棱锥中，底面，在四边形中，满足，，，． (1)求证：平面平面； (2)设，若线段上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）利用线面垂直的性质得，再结合，最后利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用点到点的距离公式得到方程，最后根据判别式即可判断. 【详解】（1）因底面底面，则， 又平面，则平面， 又平面，则平面平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，如图． 由，设，于是， 其中， 则． 由，可得． 假设存在一个点，使得点到点,,,的距离都相等， 则，由， 可得． 又， 其判别式，故方程无解， 即线段上不存在一个点，使得点到点,,,的距离都相等． 2．（25-26高三下·贵州黔东南·开学考试）如图，在三棱柱中，，，． (1)证明：； (2)若，，在线段上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2)存在点满足条件， 【分析】（1）由题意可得，，由线面垂直的判定即可得证； （2）由题意可得两两垂直，则以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，设，可得，分别求出平面和平面的法向量，由向量夹角公式结合条件即可求得的值. 【详解】（1）取的中点，连接，如图： 因为，是的中点，所以， 在中，，，所以是等边三角形， 因为是的中点，所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. （2）因为，易得，且有，则， 即，则两两垂直， 以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，如图： 易得， 在线段上取点，设，即， 则， 平面的法向量为， 设平面的法向量为，，， 则有，不妨设，则， 由题意得，解得或（舍）， 故存在点满足条件，且. （建议用时：80分钟） 刷模拟 1．（25-26高三上·广东深圳·月考）如图，在三棱锥中，平面PAB，平面平面ABC，点D，E分别为棱AB，AC的中点，. (1)证明：平面ABC； (2)点关于平面PDE的对称点为，求直线MB与平面PCD所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】(1)由面面垂直的性质定理进行求解； (2)建立空间直角坐标系进行求线面角问题． 【详解】（1）因为平面， 平面，所以 又平面平面ABC，平面平面，平面， 则平面ABC； （2）以为原点，AB所在直线为轴，AC所在直线为轴，PA所在直线为，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， ， 得，取， 设平面的法向量为， 得，取， 又，设MB与平面所成角为，则． 故直线MB与平面所成角的正弦值为. 2．（25-26高三下·山东·月考）如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而可得. （2）根据（1）的结果可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求点面距. 【详解】（1）因为，，故，故. 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面， 故. （2）由（1）可得平面，而， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为， 故，所以，故， 而，设平面的法向量为， 则即，取， 故到平面的距离为. 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) 【分析】（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. 【详解】（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 4．（2026·山东枣庄·一模）如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上．    (1)若，求证：点是棱的中点； (2)若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，设，，根据垂直关系有求参数值，即可证； （2）根据已知及棱锥的体积求出的坐标，进而确定对应平面的法向量，应用向量法求平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）由底面，底面，则， 又底面都是正方形，则，故两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，则，，， 因为，故，即， 因为点在棱上，所以，，， 所以，解得，即， 而的中点坐标为，所以点是棱的中点；    （2）设， 则， 即， 由题意，可得， 所以，则，， 设平面的法向量为，则， 令，得. 由平面的一个法向量，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 5．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，，的中点． (1)求证：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）构造线线平行，根据线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示平面与平面夹角的余弦，从而求的长. 【详解】（1）取中点，连接，， 因为是中点，所以，， 又在直三棱柱中，，，是中点， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面． （2）取中点，连接，， 由是中点，所以在直棱柱中，平面， 因为，所以， 所以． 以为坐标原点，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， 设，则， 所以． 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则. 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以， 解得，所以． 6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）如图，、、为圆台下底面圆周上三点，为直径且为上底面圆周上一点，、分别为线段、的中点，且满足：，平面平面. (1)求证：平面； (2)若，满足要求的点有且只有一个，设三棱锥外接球半径为，圆台的高为. （i）求； （ii为上底面圆周上一动点，当平面与平面夹角为时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用已知的面面垂直证明，利用是直径，有，可得平面； （2）依题意上底面圆周在下底面的射影图形与相切于点，可得上底面圆的半径，（ⅰ）三棱锥四个面皆为直角三角形，得为三棱锥外接球的球心，结合已知数据求出半径和圆台的高，得的值；（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用平面与平面夹角，向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：、分别为线段、的中点，有， 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 平面，所以有， 而在下底面里，是直径，所以， ，平面， 所以平面. （2）由（1）可知，是平面的一个法向量， 因为满足要求的点有且只有一个，所以平面与上底面圆周有且只有一个公共点， 所以上底面圆周在下底面的射影图形与相切于点，底面，即上底面圆的半径， （ⅰ）由（1）可知，为等腰直角三角形， 又，所以易得，，，即圆台高， ，，， 因为三棱锥四个面皆为直角三角形，可知，， 即为三棱锥外接球的球心，所以， 所以. （ⅱ）连接，如图建立空间直角坐标系，则有，，，，， 设，则，，， 设平面的一个法向量为，则有， 取，解得，即， 设平面的一个法向量为，则有， 取，解得，即 所以平面与平面夹角的余弦值为， 设，则前式化简得：， 解得或（舍）， 所以点到平面的距离为： . 7．（25-26高三上·宁夏·月考）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)点位于线段靠近的三等分点处. 【分析】（1）由，的中点为，推导出，再利用面面垂直性质定理即可证明. （2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可. 【详解】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面. （2）取的中点为，连接，则， 由图1直角梯形可知，为正方形， ，，， 又，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 因为是中点，由中点公式可得， ，设，∴， ， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则.即平面的法向量为， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 化简得，解得或（舍）， 所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 点位于线段靠近的三等分点处. 8．（2026·广东汕头·模拟预测）如图．四棱锥的底面为正方形，平面平面ABCD，．设E为CP的中点． (1)求平面PAB与平面ABE夹角的正切值； (2)设F为线段PB上一点（含端点），求CF与平面ABE所成角的正弦值的范围； (3)直接写出四棱锥的外接球表面积与体积（无需证明）． 【答案】(1)； (2)； (3)表面积为，体积为. 【分析】（1）取中点，连接，过作，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解. （2）由（1）中信息，利用线面角的向量法列出函数关系，再求出函数的值域即可. （3）利用两点间距离公式求出球心坐标及球半径，再利用球的表面积、体积公式求解. 【详解】（1）四棱锥的底面为正方形，取中点，连接，过作， 则，由，得，由平面平面， 平面，得平面，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， 则， ，设平面的一个法向量， 则，令，得， 而平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的正切值为. （2）由（1）得，，平面的一个法向量， 令， 则，设CF与平面所成的角为， 因此 ， 所以CF与平面所成角的正弦值的范围是. （3）设四棱锥的外接球球心为，则球半径， 因此， 解得， 所以四棱锥的外接球表面积为， 体积为. 9．（25-26高三上·山东青岛·期中）用一个平面截圆锥，若圆锥的轴与该平面所成角大于圆锥轴截面的半顶角时，所得截口曲线是椭圆.在直角三角形中，，，，点在线段上，为的平分线，直线与平面垂直，垂足为.点，，记点的轨迹为曲线.    (1)说明：曲线为椭圆； (2)建立适当坐标系，求曲线的方程； (3)当四面体体积最大时，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)说明见解析. (2)坐标系见解析，椭圆方程为（依赖于坐标系）. (3) 【分析】（1）可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点，然后根据题意判定即可； （2）建立坐标系，利用空间向量运算求解； （3）法一：利用坐标系中坐标运算求解；法二：利用面面角的定义，使用线面垂直的判定定理，采用几何方法求解. 【详解】（1）曲线 W 是椭圆的几何理由： 可将“  的点”视作以  为顶点、  为轴的圆锥面上的点， 圆锥轴截面的半顶角为 ， 点，点的轨迹为此圆锥面与平面的交线. 因为已知直线与平面垂直，垂足为，，所以， 因为在直角三角形中，，，点在线段上，为的平分线， 所以与平面所成的角为，， 若圆锥的轴与平面所成角（）大于圆锥轴截面的半顶角（）， 按圆锥曲线的判定规律可知该截线必为椭圆. （2）可取空间直角坐标系：令  为原点 ，令平面为平面， 由于 平面，可令 过点 平行于的直线为  轴，    又知  中，，， 因为点  在  上且 平分  ， 由角分线定理得， 则，. 设平面  内任意点 坐标为. 向量，. 由  可用向量夹角公式， 所以， 化简可得，所以曲线的方程为； （3）四面体  的底面可取三角形 (其平面即)， 面积为.  若 在上一步所求椭圆上，则其到平面的距离即. 四面体体积， 要使  最大，需在椭圆上使 取最大值. 下面用两种方法计算求解. 法一：由椭圆方程可知，当时，最大，此时，  取上顶点  . 取平面  的一个法向量为，  由 与 可求出 与 ， 平面  的法向量， 由，得，令，则， 所以平面 的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的大小为 30°. 综上，当四面体体积最大时，平面  与平面 α 的夹角为 30°. 法二：由上可知，又因为，所以， 因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以， 由，平面平面， 所以即为平面与平面夹角，即平面与平面的夹角为 30°. 10．（25-26高三下·重庆·月考）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为，A，B，C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a．设表示以O为圆心，过B，C的圆，同理，圆，的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，球面ABC（阴影部分）叫做球面三角形． (1)若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积（直接写出答案，无需证明）； (2)若平面三角形ABC为直角三角形，，设，则： （i）求证：； （ii）延长与球O交于点D，若直线，与平面所成的角分别为，，，S为的中点，T为的中点，设平面与平面的夹角为，若，求平面截球O的面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据面面垂直得出球面三角形ABC面积为整个球面面积的，再应用球的表面积公式计算求解； （2）（i）应用余弦定理计算证明；（ii）先求出平面与平面的法向量，应用正弦值得出，最后应用点到平面距离计算得出球O的半径及截面即可. 【详解】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直时， 球面三角形ABC面积为整个球面面积的， 故． （2）（ⅰ）证明：由余弦定理有， 且，消掉， 有．           （ⅱ）解：由AD是球的直径，则，， 又，平面， 所以平面，平面，则， 而平面，所以平面．               由直线与平面所成的角分别为，． 所以，． 由，则，，，， 由，，， 以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴， 建立如图3所示的空间直角坐标系． 设，，则，，，， 则，，，，          设平面的法向量为，，， 则，取，则，， 所以．           设平面法向量，，， 则，取，则，， 所以．             要使，则， 所以， 即，解得．         作平行于交于，显然点到平面的距离即为到平面的距离， 到的垂线设为，则， 由（2）可得平面，而平面，故 而平面，所以平面， 故的最小值就是点到平面的距离的最小值， 而当时，的长度最小，故此时点到平面的距离的最小， 即此时截面面积最大，即的坐标为时截面面积最大. 在平面中，，， 设平面的法向量为，则。 取，而， 故球心O到平面距离．           设平面截球O的半径为r，， 所以截面圆面积为． 刷真题 1．（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）. 【分析】（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. 【详解】（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：. 2．（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) 【分析】（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. 【详解】（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. 3．（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) 【分析】（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． 【详解】（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． 4．（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) 【分析】（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. 【详解】（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. 5．（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 【详解】（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，. 6．（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)． 【分析】（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． 【详解】（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． 7．（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). 【详解】（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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项03 空间向量与立体几何 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年全国卷考情，空间位置关系、空间角或空间距离以及空间向量是必考主干，分值约15-27分． 命题趋势： 解答题：稳定考查空间位置关系的证明、空间向量法求解空间角或空间距离（常为第16至18题），核心是利用空间向量解决空间角与空间距离问题以及空间位置关系的证明等综合问题． 2026年预测：解答题极可能仍为立体几何常规题，考查两平面夹角（二面角）或线面角的可能性较大． 备考核心：熟记空间角与空间距离公式，解答题注意强化空间向量法及空间位置有关系的几何证明的综合训练，提升运算的准确率，小题注意几何法的灵活应用． 题型01 空间几何中的线面角 析典例·建模型 1．（2026·四川成都·二模）如图，在三棱柱中，，. (1)证明：直线平面ABC． (2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值． 2．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面PAD，． (1)证明：平面ABCD； (2)若底面ABCD是正方形，，E为PB中点，点F在棱PD上，且异面直线AF与PB所成的角为60°． （ⅰ）求的长度； （ⅱ）平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求EG与平面所成角的正弦值的取值范围． 研考点·通技法 1．垂线法求线面角（也称直接法）：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；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；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，是垂线段的长，是斜线段的长． 3．向量法求线面角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则． 破类题·提能力 1．（25-26高三下·重庆渝中·月考）已知圆锥的顶点为，底面圆的半径为2，体积为． (1)求圆锥的表面积； (2)如图，设、是底面圆的半径且是等腰直角三角形，为线段的中点，求直线与平面所成的角的正弦值． 2．（25-26高三上·安徽淮北·期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是分别以为斜边的等腰直角三角形，是棱上的动点. (1)证明：； (2)若与平面所成角的大小为，求的值. 题型02 空间几何中两平面的夹角 析典例·建模型 1．（2026·山东菏泽·一模）如图，在直三棱柱中，M、P分别为，的中点，点Q在上，且. (1)求证：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 研考点·通技法 向量法求两平面夹角：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则，注意两平面夹角的范围是 到. 破类题·提能力 1．（2026·河北承德·一模）已知三棱锥P-ABC中，，，D为AC中点，M为BD中点，平面平面ABC，点P到平面ABC的距离为2． (1)证明：； (2)若，求平面APB与平面CPB夹角的余弦值． 2．（2026·四川宜宾·一模）在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． (1)求线段长度的最小值； (2)若异面直线与所成角为． （ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积． 题型03 空间几何中的二面角 析典例·建模型 1．（25-26高三上·安徽六安·期末）如图，直四棱柱底面为菱形，，，，点为棱上靠近的三等分点，点在上且，过点M、N、C的平面与直线交于点. (1)求证：； (2)若，求三棱锥的外接球的表面积； (3)若二面角的余弦值为，求的值. 研考点·通技法 1．几何法求二面角 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角． （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角． （4）射影面积法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便． 2．向量法求二面角：若分别为平面的法向量，为平面所成二面角的平面角，则．.二面角的范围是0到180. 破类题·提能力 1．（2026·辽宁辽阳·一模）在三棱锥中，和均为等边三角形，，点为线段的中点． (1)证明：平面平面； (2)若直线与所成角的余弦值为时，求二面角的余弦值． 2．（25-26高三上·河北秦皇岛·月考）如图，在等腰梯形中，，，是的中点.现将沿翻折，点翻折到点的位置，使得二面角的大小为. (1)求证：； (2)若点为的重心，求平面与平面所成二面角的正弦值. 题型04 空间距离问题 析典例·建模型 1．（25-26高三上·山东淄博·期末）如图所示，四边形为平行四边形，四边形为直角梯形，，，平面平面ABEF. (1)若为DF的中点，证明：平面ACP； (2)若，直线AC与平面DEF所成角的正弦值为，求点到EF的距离. 2．（25-26高三下·浙江杭州·月考）如图，已知在四棱锥中，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角为，其中的中点是的中点是，求点到平面的距离． 研考点·通技法 1．几何法求距离 （1）求点线距一般要作出这个“距离”，然后利用直角三角形求解，或利用等面积法求解. （2）求点面距时，若能够确定过点与平面垂直的直线，即作出这个“距离”，可根据条件求解，若不易作出点面距，可借助于等体积法求解. 2．向量法求距离 (1)点线距：如图，先求出直线l的单位法向量n0，再求向量在法向量n0方向上的投影向量的长度｜·n0｜即可. (2)点面距：若点P是直线l外一点，l0是直线l的单位方向向量，点A是直线l上任意一点，则点P到直线l的距离为d＝. 2.点到平面的距离 点P到平面α的距离，等于点P与平面α内任意一点A连线所得向量，在平面α的单位法向量n0方向上所作投影向量的长度，即d＝｜·n0｜. 破类题·提能力 1．（24-25高三上·天津·月考）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点，分别是棱，的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求到直线的距离； 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 题型05 空间几何中的折叠问题 析典例·建模型 1．（25-26高三上·广西河池·期末）如图，等腰梯形中，，，，，，现将沿折起得四棱锥，在四棱锥中，点，分别在，上，且. (1)求证：平面； (2)若二面角为，求直线与平面所成角的余弦值. 研考点·通技法 1.概念：将平面图形沿某直线翻折成立体图形，再对折叠后的立体图形的线面位置关系和某几何量进行论证和计算，就是折叠问题. 2. 折叠问题分析求解原则： （1）折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系； （2）折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变 3 将空间图形按一定要求展开就成为平面问题，当涉及几何体表面上两点间的距离问题时，通常需要将空间图形展开转化为平面问题进行研究. 破类题·提能力 1．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且． (1)设平面与平面的交线为，证明：； (2)证明：平面； (3)求二面角的余弦值． 2．（2026·安徽黄山·一模）如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，，且二面角的正弦值为． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求四棱锥外接球的表面积． 题型06 空间几何中的动点问题 析典例·建模型 1．（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 研考点·通技法 在解决探索性问题中点的存在性时，经常需要设出点的坐标，而（x，y，z）可表示空间中的任一点，使用三个变量设点需要列三个方程，导致运算量增大.为了减少变量数量，用以下设法. 1.直线（一维）上的点：用一个变量可以表示出所求点的坐标；依据：根据平面向量共线定理——若 R，使得 2.平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标. 3.依据：平面向量基本定理,若不共线，则平面上任意一个向量，均存在，y∈R，使得 破类题·提能力 1．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知四棱锥中，底面，在四边形中，满足，，，． (1)求证：平面平面； (2)设，若线段上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由． 2．（25-26高三下·贵州黔东南·开学考试）如图，在三棱柱中，，，． (1)证明：； (2)若，，在线段上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． （建议用时：80分钟） 刷模拟 1．（25-26高三上·广东深圳·月考）如图，在三棱锥中，平面PAB，平面平面ABC，点D，E分别为棱AB，AC的中点，. (1)证明：平面ABC； (2)点关于平面PDE的对称点为，求直线MB与平面PCD所成角的正弦值. 2．（25-26高三下·山东·月考）如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 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． 4．（2026·山东枣庄·一模）如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上．    (1)若，求证：点是棱的中点； (2)若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 5．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，，的中点． (1)求证：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）如图，、、为圆台下底面圆周上三点，为直径且为上底面圆周上一点，、分别为线段、的中点，且满足：，平面平面. (1)求证：平面； (2)若，满足要求的点有且只有一个，设三棱锥外接球半径为，圆台的高为. （i）求； （ii为上底面圆周上一动点，当平面与平面夹角为时，求点到平面的距离. 7．（25-26高三上·宁夏·月考）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2026·广东汕头·模拟预测）如图．四棱锥的底面为正方形，平面平面ABCD，．设E为CP的中点． (1)求平面PAB与平面ABE夹角的正切值； (2)设F为线段PB上一点（含端点），求CF与平面ABE所成角的正弦值的范围； (3)直接写出四棱锥的外接球表面积与体积（无需证明）． 9．（25-26高三上·山东青岛·期中）用一个平面截圆锥，若圆锥的轴与该平面所成角大于圆锥轴截面的半顶角时，所得截口曲线是椭圆.在直角三角形中，，，，点在线段上，为的平分线，直线与平面垂直，垂足为.点，，记点的轨迹为曲线.    (1)说明：曲线为椭圆； (2)建立适当坐标系，求曲线的方程； (3)当四面体体积最大时，求平面与平面夹角的大小. 10．（25-26高三下·重庆·月考）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为，A，B，C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a．设表示以O为圆心，过B，C的圆，同理，圆，的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，球面ABC（阴影部分）叫做球面三角形． (1)若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积（直接写出答案，无需证明）； (2)若平面三角形ABC为直角三角形，，设，则： （i）求证：； （ii）延长与球O交于点D，若直线，与平面所成的角分别为，，，S为的中点，T为的中点，设平面与平面的夹角为，若，求平面截球O的面积的最大值． 刷真题 1．（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． 2．（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． 3．（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． 4．（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． 5．（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． 6．（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． 7．（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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专项03 空间向量与立体几何 参考答案 ☑PART 02 解题建模·通技法 >题型01空间几何中的线面角<〈 析典侧.建模理 【思路分析】 (1)在△ABA中，由余弦定理可得AB2=12,从而可得A,B⊥AB,AB⊥BC,即可得 证； (2)建立空间坐标系，求直线AC的方向向量和平面P4B,的法向量，结合空间向量夹角公式求解即可. 【规范答题】(1)由题意可知ABC是边长为2的正三角形， 在△ABA中，由余弦定理可得AB2=AA+AB2-2AA·AB.cos∠AAB =16+4-2x4×2×-2,所以48+4B=16=人f, 所以△A,AB为直角三角形，且∠ABA=90°， 所以AB⊥AB, 同理可得A,B⊥BC, 因为BC,ABC平面ABC,BC∩AB=B, 所以直线A,B⊥平面ABC; (2)取AB中点D,连接CD,则CD⊥AB, 又AB=AC=BC=2,所以CD=V5, 由(1)可知直线AB⊥平面ABC,AB⊥AB, 以B为原点，分别以射线BA,BA为x,y轴的正半轴，建立空间坐标系，如图所示： 则42,0,0,4(0,25,0，C1,0,5,B(-2,2W5,0),C(-1,25,5,P0,5,5, 1153 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 所以AB=(-2,0,0),AP=(0,-V3,V3), 设平面PAB,的法向量为n=(x,y,z), i.AB=-2x=0 则有 i.A,P=-√5y+V3z=0 令y=1,可得n=(0,1,1), 又因为AC=(-1,0,3), AC.36 所以sac,-aCa2万4 所以AC与平面PAB所成角的正弦值为 4 2. 【思路分析】 (1)依据CD⊥平面PAD得CD⊥PA,结合PA⊥AD,利用线面垂直判定定理，证得结 果： (2)(i)建立空间直角坐标系，设PF=入PD,依据异面直线所成角公式求解2后结合PD长度得 PF; (i)设PM=tPB求出平面MAD法向量，计算线面角正弦值表达式，结合参数范围求取值范围. 【规范答题】(1)因为CD⊥平面PAD,PAc平面PAD, 所以CD⊥PA, 又因为PA⊥AD,ADC平面ABCD,CDC平面ABCD,AD∩CD=D, 所以PA⊥平面ABCD, (2)(i)由(1)可知PA⊥平面ABCD,所以AB,AD,AP两两垂直， 故以A为原点，以AB,AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， E B 依题意可得A0,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E1,0,1, 2153 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 所以AE=(1,0,1,PD=(0,2,-2),PB=（2,0,-2), 设PF=PD=(0,22,-22),(0≤元≤1)， 则AF=AP+PF=(0,22,2-22), 因为异面直线AF与PB所成角为60°， AF.PB 所以cos60°=cos AF,PB= 42-4 AF PB V42+4元-x2√22' 解得2=所以PF号PD=5。 (i)设PG=uPC(0≤u≤1)， 则AG=AP+PG=AP+uPC=(0,0,2)+u(2,2,-2=(24,2μ，2-2μ， AE=(1,0,1,AF=(0,1,1, i·AE=0mx+z=0 设平面AEF的法向量为i=(x,y,z),则 F=0'即 y+z=0’ 取x=-1,y=-1,z=1,得i=（-1,-1,1, 因为1G,所以aaG=0即-2-2μ+2-2=0，解得u写 所数c号)所以G-(号 121Y 因为M在线段PB上，所以PM=tPB=（21,0,-21),(0≤t≤1)， 则M(2t,0,2-2t,AD=(0,2,0),AM=（2t,0,2-2t), m·AD=0 设平面MAD的法向量m=(x,,)，则 =0 即 m·AM=0x+(1-)z,=0 取x1=1-1,y=0,31=1,得m=（t-1,0,, 设EG与平面MAD所成角为O, Ec网-+ 则sin0=cos EG,m 时6r-25-月 3/53 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 由于eo小所以-+4 所以sin0∈ 63 6’3 即EG与平面MAD所成角的正弦值的取值范围为 63 6’3 破类题提能力 1.【答案】()41+V5)π，2 6 【详解】(1)由题意可知圆锥的底面半径为2，体积为16元，高为P0, 圆6元=元x2xP0,解得P0=4,则线长为22士42 故圆锥的表面积为π×22+元×2×25=41+V⑤)π； (2)由于PO为圆锥的高，所以PO⊥OA,PO⊥OB, 且∠A0B=90°，所以分别以OA,0B,OP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。 ZA A2,0,0),B(0,2,0,P(0,0,4),M(1,1,0),所以PM=(1,1,-4), B 设平面P0B的法向量为m=(1,0,0), 所以cos(m,PM=m:PM。1-V迈 mPMV186· 所以直线PM与平面P0B所成的角的正弦值为 6 2.【答案】(1)证明见解析 (2)2 【详解】(1)证明：因为△PAB,△PAC是分别以PB,PC为斜边的等腰直角三角形， 所以PA⊥AB,PA⊥AC,且ABC平面ABCD,ACC平面ABCD,ABAC=A, 所以PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BD. 4/53 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC 因为PA,ACc平面PAC,PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC (2)由(1)可知PA⊥平面ABCD,且PA=AB=AC=BC,所以△ABC和△ACD是等边三角形， 取棱CD的中点F,连接AF,易证AB,AF,AP两两垂直， 故以A为原点，AB,AF，A亚的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系 设AB=2,PE=元PD,元∈[0，，则40,0,0)，C1,V3,0,D(-l,V5,0,P(0,0,2), 则AC=15,0),PD=(-1,5,-2,AP=(0,0,2), 所以AE=AP+PE=AP+元PD=-元，32,2-22 AC=x+√3y=0, 设平面ACE的法向量为方=(x,y,z,则 AE=-λx+V3y+(2-2λ)z=0, 令x=√5，得i 3,-1 1- 2× 3x i·AP 所以sin60°=cos元，AP 1-2 列A 32 2×4+ 12-2λ+1 整理得32-8入+4=0，解得元三3或2=2（舍去，所以P 2 ED >题型02空间几何中两平面的夹角<了 析典例建模型 1.【思路分析】(1)构造平面，证明面面平行，利用面面平行的性质定理即可证明结论. (2)取AC的中点O,以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面BQM与平面AB,C的 5/53 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 法向量即可求解。 【规范答题】(1)取MA的中点R,连接PR、RQ, 由P为MB,的中点知PR/IA,B,, B M R C 因为PR文平面AB,C,A,B,c平面AB,C,所以PR/平面A,BC, 由M为44的中点且40=30C灯-是-所以Q/4G, 因为R0t平面AB,C,AC1C平面AB,C,所以RQ∥平面A,B,C,· 因为PR∩RQ=R,PR,RQc平面PRQ,所以平面PRO11平面AB,C. 又因PQc平面PRQ,所以PQ11平面AB,C: (2)取AC的中点0，由A,B,=B,C,知B,01A,C1, 以0为坐标原点，B,O、AC所在的直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系. B 因为AA1=A,B,=B,C=V5,AC=2,所以B,0=√2， 则aaa小，coo4-,a-9P940-4, 所以B,M= 。1V3 由40=30C得20,24 6/53 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 m·BM=0 、√2x-士2=0 设平面B,QM的法向量为m=(x,y,z,则 mM0=0'即 35 z=0 4 取y=1,则x=√2，z=2√5， 所以平面B,QM的一个法向量为m=(V21,2V5): 因为平面ABC的一个法向量为i=(0,0,1, m2525 设平面B,QM与平面AB,C,的夹角为O,则cos8= m55, 即平面B,M与平面48C夹角的余弦值为25 破类题提能力 1.【答案】(1)证明见解析 时 【详解】(1)因为AB=BC,D为AC中点，所以BD⊥AC, 又因为平面PBD⊥平面ABC,平面PBD∩平面ABC=BD,ACc平面ABC, 所以AC⊥平面PBD,又PMc平面PBD,所以AC⊥PM. (2)M为BD中点，在等腰Rt△ABC中，BM=BD-互 2 2 因为点P到平面ABC的距离为2，PM=2,所以PM⊥平面ABC, 建立如图所示的空间直角坐标系， 则8a0,402.0,c201,M[50,32 =20,m-62c=2a0 7153 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 mBA=0 设平面APB的法向量为m=(x,》,名)，则 mBP=0 2y=0 2+号+2名=0令=1，则后=-4,01小， 即{1 iBC=0 设平面CPB的法向量为万=(x2,y2,2),则 BP=0 2x2=0 55+分+2=0令石=1则后=0，-4，， 即11 设平面APB与平面CPB的夹角为O,则cos0=cosm,元= mi 1 m17 故平面APB与平面CPB夹角的余弦值为 17 2.【答案】(1)2√2 2)21,28 7 3 【详解】(1)因为AD11BC,ADc平面PAD,BC文平面PAD,则BCII平面PAD, 且BCc平面PBC,平面PADO平面PBC=I,所以IIIBC, 又因为PB⊥BC,AB⊥BC,PBOAB=B,PB,ABC平面PAB,可得BC⊥平面PAB, 以B为坐标原点，BC,BA分别为x,y轴，过点B垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系， A 设∠P4a=0e0引则4a2.,B0a01,P02-2co0,2sn9, 可得PB=V2-2cos0)2+4sin20=2V2V1-cos0,则BC=4-2V2V-cos0, 可得C4-22V-cos0,0,0,E2-2V1-cos0,1-cos0,sin0),D(4-2W2-cos6,2,0), 则BP=(0,2-2cos0,2sin0),BE=(2-√2V-cos6,1-cos0,sin0）, 由题意可知：直线BC的一个方向向量为ā=(1,0,0)，且I/BC, 8/53 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 设P0=1a=(2,0,0),则BQ=BP+P0=(2,2-2cos0,2sin0), 2 因为B011BE,则2-21-0s0 2-2cos0 2sin0 1-cos0 -=sin6,可得元=4-2W2-c0s0, BO =(4-2v2v1-cos0,2-2cos0,2sin0),(4-2v2v1-cos0,2-2cos0,2sin0), 则Bg=(4-2V2V1-cos0+(2-2cos0)'+4sin20=161-cos0)-16V2V-cos0+16, 令11-c0s0e0,则Bg=16g16W21+16=161-y2 +8≥8， 当且仅当=巨时，等号成立， 2 所以线段BQ长度的最小值为22· (2)由(1)可知：BP=(0,2-2cos0,2sin0),DQ=(0,-2cos0,2sin0), 由题意可得：cos BP,DO- BP.DO 4-4cos0√-cos0_1 BP·Dg2√21-cos0×2V2 2 ,13 解得cos0=方即0=骨则P01,),C2.0,0,D2.20.E22 (2,15) (i)因为CD=(0,2,0),Cp=-2,15,C0=0,13), mCD=2y=0 设平面PCD的法向量为m=(x,,)，则 m.CP=-2x+片+V3z=0 设x=5,则y=0,2,=2,可得m=N5,0,2: n.CD=2y2=0 设平面0CD的法向量为i=(x2,2,z2)，则 .C0=y+V5z2=0 设x3=1,则y2=z2=0,可得i=(1,0,0)； 则cosm,i=m万-5。V2 m√7x17 所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为21； 7 OA2 =OD' (i)设三棱锥P-ADE的外接球的球心为O(x,,2),半径为R,则OA=OE2, OA2=OP2 9/53 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 号+(-22+26=(0-2)2+(-22+z6 o=1 解得 %=2 号+(%-22+26=x+(。-12+2。-3 3 可得R4=-04-},所以三棱维P-4DE的外接球的表面积为4- 3 >题型03空间几何中的二面角<《 析典侧：.建摸理 1 【思路分析】(1)根据面面平行的性质即可证明结论： (2)建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，设三棱锥M-DPC的外接球的球心为O(x,y,z),根 据OM=OD=OP=OC列方程求出O的坐标，即可求得外接球半径，则可求答案： (3)求出点P的坐标，进而求出平面NPC的法向量，结合二面角N-PC-D的余弦值，列式求解， 即可得答案。 【规范答题】 (1)由题意知过点M、N、C的平面与直线AB交于点P,故P,MC共面， 因为直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，平面ABB,A,I/平面DCC,D, 且平面NPCM∩平面ABB,4,=NP,平面NPCM∩平面DCC,D,=MC, 故NP/IMC; (2)由于四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，故∠ADC=120°， 作DE⊥AB于E,则DE⊥DC,∠ADE=30°： 以D为坐标原点，DE,DC,DD,所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， ZA B 元=2时，AN=名4A,则AN=1, 2 3 B 连接MN并延长交DA于F,连接CF交AP即为P点， 10/53