空间向量与立体几何：已知线面角求其他量问题、已知二面角求其他量问题复习讲义-2026届高三数学三轮冲刺

2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 空间向量与立体几何：已知线面角求其他量问题、已知二面角求其他量问题复习讲义 考点目录 已知线面角求其他量问题 已知二面角求其他量问题 知识点解析 一、解题原理 1. 直线与平面所成角 ：直线与平面中投影的夹角，范围 。 1. 向量核心关系： 设直线方向向量为 ，平面法向量为 ，则： 1. 本质：已知角固定三角函数值，反向建立含参数方程；通过向量坐标、边长、高、线段比例、参数等列等式，求解线段长、参数、面积、体积等未知量。 1. 几何原理：线面角是直线与平面垂线夹角的余角，可构造直角三角形，利用直角边比值列式。 二、解题思路 1. 建系/找几何垂线 空间几何优先建立空间直角坐标系；几何法直接找平面垂线、斜线、射影，构造线面角直角三角形。 1. 写出关键向量 求直线方向向量、平面法向量（含参数保留）。 1. 利用已知线面角列方程 代入 ，把已知角的三角函数值代入，构造含参方程。 1. 解方程求参数/线段 化简等式，解出边长、线段长度、点坐标、参数取值。 1. 回代求解目标量 结合边长关系、面积、体积、其他角度，完成后续计算。 考点二 已知二面角求其他量 一、解题原理 1. 二面角大小等价于两平面法向量的夹角或其补角。 1. 设两个平面法向量 ，二面角为 ： 1. 核心逻辑： 题干给出二面角（锐/钝已知），直接锁定余弦正负，反向列方程；用含参法向量运算，建立等式，反求棱长、参数、点位置、线段比值。 1. 几何原理： 作出二面角平面角，利用平面角的直角三角形、相似、勾股、三角函数建立边长关系。 二、解题思路 1. 建立坐标系，设未知参数 设动点坐标、未知棱长为参数，用参数表示各点坐标。 1. 求两个平面的法向量 分别选取两面内两组相交向量，求解含参平面法向量。 1. 结合已知二面角列式 · 已知锐二面角：取余弦正值； · 已知钝二面角：取余弦负值； 代入法向量夹角公式，列出方程。 1. 解参数方程 化简、平方、消元，求出参数、线段长度、点坐标。 1. 检验取舍 结合图形实际二面角锐钝、线段为正，舍去增根，再计算周长、面积、体积等所求量。 考点一 已知线面角求其他量问题 【例题分析】 例1．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据已知条件写出的坐标，再运用线面角的向量求法列出方程，可得即的长； （3）先假设存在点满足条件，得到即为（2）中的，写出长度的表达式，得出，故不存在满足条件的点. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以为轴正半轴方向，建立空间直角坐标系， 在平面内，作交于点，则， 在中，，， 设，则，由得， 所以， ，设平面的法向量为， 由，得，取， 得平面的一个法向量为，又， 由直线与平面所成的角为可得， 即，解得或（舍去，因为）， 所以. （3）假设在线段上存在一点到的距离都相等，由， 得，从而，即为（2）中的点， 有，而在中， ， 与矛盾，所以在线段上不存在一点，使得到的距离都相等. 例2．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，且，． (1)证明：平面． (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得； （2）设，建立恰当的直角坐标系，由线面角的向量方法可得的值. 【详解】（1）设，因为，，，所以，所以． 在与中，因为，，，所以，从而， 又，所以，即． 因为平面，平面，所以， 又，所以平面． （2）以（1）中的O为坐标原点，，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， 则，． 设，因为，，， 所以，则，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，令，则． 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得， 解得或（舍去），故． 例3．（25-26高二下·江苏徐州·月考）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)线段上是否存在一个动点（不包括端点），使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，利用平行公理及线面平行的判定推理得证. （2）取的中点并以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. （3）由（2）中的法向量，利用线面角的向量法列式求解. 【详解】（1）在四棱锥中，由分别是的中点，得， 由正方形，得，因此，而平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，由是正三角形，得，而平面， 平面平面，平面平面，则平面， 又为正方形边的中点，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， ， 设平面的法向量为，则， 取，， 设平面的法向量为，则， 取，， 因此，，显然二面角的大小为锐角， 所以二面角的大小为. （3）由（2）得，， 设， 则， 假定直线与平面所成角为，则 ，而，解得，此时， 所以在线段上存在点M，使得直线与平面所成角为，. 【变式训练】 变式1．（2026·山西吕梁·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上一点，正方形内接于，设平面与平面的交线为直线，点Q为直线上一点. (1)证明：； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)若平面平面，平面平面，当直线与平面所成角的余弦值为时，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或. 【分析】（1）根据正方形的性质，结合线面平行的判定定理和性质定理进行证明即可； （2）根据圆柱的性质，结合球的表面积公式进行求解即可； （3）根据面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）在正方形中，， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面与平面的交线为直线，且平面， 所以； （2）设是的中点，设圆柱的底面半径为， 因为圆柱的轴截面是边长为2的正方形 所以，， 显然， 所以点是四棱锥外接球的球心， 所以四棱锥外接球的表面积为； （3）在正方形中，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，而平面， 所以， 同理可证，所以为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 设平面的法向量为， ， 所以有，所以，令，所以， 即， 因为直线与平面所成角的余弦值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以有 ，或， 当时，， 当时，， 所以的长为或. 变式2．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，， E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)若直线EC与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解法一：根据题意可证平面PAB，可得，进而可得平面PBC，即可证面面垂直；解法二：建系并标点，求平面与平面PBC的法向量，利用空间向量证明面面垂直； （2）解法一：作，可知直线EC与平面AEF所成角为，根据题意结合几何性质运算求解；解法二：由（1）可知：，平面AEF的法向量，利用空间向量结合线面夹角运算求解. 【详解】（1）解法一：因为平面ABCD，平面ABCD，则， 且，，平面，则平面PAB， 由平面，可得， 又因为，E为中点，则， 且，平面，则平面， 且平面，所以平面平面； 解法二：因为底面，， 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，则，，，， 设平面PBC的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面AEF的法向量为，则， 令，则，可得； 因为，则， 所以平面平面. （2）解法二：作，垂足为H， 因为平面平面PBC，平面平面，平面PBC，， 则平面AEF，可知直线EC与平面AEF所成角为， 则，可得，， 设，则，， 因为与相似，则，即， 整理可得，解得或（舍去）， 即，所以； 解法二：由（1）可知：，平面AEF的法向量， 设直线EC与平面AEF所成角为， 则， 整理可得，解得或， 所以. 变式3．（25-26高三上·浙江·期末）如图所示，在四棱锥中，，是正三角形. (1)设为与的交点，为棱上一点，且平面，求的值； (2)设是棱的中点，求证：平面； (3)设是棱上一个动点，若直线与平面所成角的正弦值是，求线段的长度. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）通过线面平行得出线线平行，结合比例关系可得答案； （2）先证明，再证明平面，从而得证结论； （3）建立坐标系，求解平面法向量，结合线面角的向量公式求出长度. 【详解】（1）平面平面，平面平面, , , . （2）取的中点，连接， 且，即四边形为平行四边形， ， 在等边中，为中点，， 平面， 而， 又平面， 平面. （3）取的中点的中点，连接，则，， 由（2）知平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以 所以两两垂直， 所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 所以，设平面的一条法向量为. 由，得，取，即. 设， 则， 设直线与平面的所成角为， 则 化简得，解得或（舍去）， 所以. 故线段的长度为. 考点二 已知二面角求其他量问题 【例题分析】 例1．（2026·山东潍坊·一模）如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心.    (1)证明：平面平面； (2)设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据射影得出线面垂直，然后利用判定定理可得面面垂直； （2）建立坐标系，求解平面法向量，利用向量夹角和平面夹角的关系可得答案. 【详解】（1）因为，所以， 因为是等腰直角三角形，所以它的外接圆圆心是斜边的中点，记为， 因为在平面上的射影恰为的外接圆的圆心，所以平面; 又平面，所以平面平面. （2）以 O 为原点，为 x 轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，,,; ; 设平面的法向量为，则，取，可得； 设平面的法向量为，则，取，可得； 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，整理可得， 解得或（舍）.    例2．（25-26高三下·甘肃金昌·月考）如图，在直三棱柱中，，，，P为棱上的动点，点Q为的中点. (1)若， （i）证明：平面； （ii）求直线与直线的所成角的余弦值； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2)2 【分析】（1）（i）可利用中位线找平行关系，利用线面平行的判定定理证明即可；（ii）通过建立空间直角坐标系，再利用向量夹角公式计算即可； （2）设出P点坐标，分别求出两个平面的法向量，再利用法向量夹角公式建立方程求解即可. 【详解】（1）（i）因为，所以P为的中点， 连接，因为Q为的中点，所以，且Q为的中点， 所以为的中位线， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （ii）取的中点O，的中点E，连接，， 因为三棱柱为直棱柱，且的中点为，的中点E， 所以平面，又因为，且的中点为，所以， 所以，，两两垂直，以为原点，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，因为，，， 所以，则，，，， 所以，， 所以， 故直线与直线的所成角的余弦值为. （2）在（ii）的坐标系下，设（）， 又，则， 设平面的一个法向量为， 则即 取，则，， 所以， 易知为平面的一个法向量， 所以， 整理得，解得或（舍）， 所以. 例3．（25-26高三下·贵州·月考）如图，在四棱锥中，. (1)证明:平面平面； (2)若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，垂足为，连接.利用已知可得，利用勾股定理和逆定理可证，利用线线垂直可证线面垂直，进而可证面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求. 【详解】（1）作，垂足为，连接. 在中，由，解得. ，四边形是平行四边形， ，则，，即. ，又平面，平面. 平面，平面平面. （2），.                         如图2，以为坐标原点，以的方向分别为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， ，， ， 设平面、平面的法向量分别为 ， 由，取，得. 由 ，取，得. 因为平面与平面所成二面角的正弦值为，则其余弦值的绝对值为， 所以， 解得或46 . 当时，，此时为钝角，不符合题意； 当时，，此时为锐角，符合题意， 故. 【变式训练】 变式1．（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在， 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，结合等边三角形、等腰三角形的三线合一性质及勾股定理逆定理，证明平面即可完成推导； （2）通过建立空间直角坐标系，引入参数表示点的坐标，求解两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列方程求解参数，结合参数范围验证即可    . 【详解】（1）∵ 为边长为2的等边三角形，为中点， ∴ ，且. ∵ ，为中点， ∴ ，且，故， ∴ . ∵ ， ∴ ，故. ∵ ，平面， ∴ 平面. ∵ 平面， ∴ 平面平面. （2）由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，. 设，则，所以点坐标为. ∵，且平面 ∴平面 ∴平面的法向量为. 设平面的法向量为，其中，， ∴ 令，代入解得，， ∴. 已知平面与平面的夹角为， ∴ 代入数据得 两边约去后平方整理得，解得或. ∵， ∴. 因此存在满足条件的点，且. 变式2．（2026·广东肇庆·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，且，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，由条件证明平面，再由线面垂直的性质推得，结合线段中垂线的性质即可得证； （2）由题意建系，利用几何法推得二面角的平面角为，求出相关点的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】（1）如图，取的中点，连接和， 因为，所以， 又因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以，因， 所以. （2）由（1）知，，平面平面， 所以二面角的平面角为，即， 在平面内，过点作，易知两两相互垂直， 如图，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以满足，即， 则， 于是， 因为，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 变式3．（2026·陕西西安·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，，的中点，为棱上一点，且，． (1)求证：平面平面． (2)线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?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)存在，点为上靠近点的四等分点 【分析】（1）由面面垂直得到线线垂直，再由线线垂直得到线面垂直，进而得到面面垂直． （2）建立空间直角坐标系，令，，利用空间向量的夹角公式建立关于的方程，通过判断此方程是否有解进行判断． 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 又平面，且， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，分别为，，的中点， 所以，且， ，且， 所以四边形为平行四边形． 又，，所以，且， 所以四边形为正方形，所以． 因为，且，平面， 所以平面． 又平面， 所以平面平面． （2）由（1）知，四边形为正方形， 又平面，所以，，两两垂直， 故以点为坐标原点，以，，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，． 假设上存在点满足条件， 令，， 则，． 设平面的法向量为， 则 令，则，， 故平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以 解得或（舍）， 即当点为上靠近点的四等分点时，平面与平面夹角的余弦值为． 2 学科网（北京）股份有限公司 $2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 空间向量与立体几何：已知线面角求其他量问题、已知二面角求其他量问题复习讲义 考点目录 已知线面角求其他量问题 已知二面角求其他量问题 知识点解析 一、解题原理 1. 直线与平面所成角 ：直线与平面中投影的夹角，范围 。 1. 向量核心关系： 设直线方向向量为 ，平面法向量为 ，则： 1. 本质：已知角固定三角函数值，反向建立含参数方程；通过向量坐标、边长、高、线段比例、参数等列等式，求解线段长、参数、面积、体积等未知量。 1. 几何原理：线面角是直线与平面垂线夹角的余角，可构造直角三角形，利用直角边比值列式。 二、解题思路 1. 建系/找几何垂线 空间几何优先建立空间直角坐标系；几何法直接找平面垂线、斜线、射影，构造线面角直角三角形。 1. 写出关键向量 求直线方向向量、平面法向量（含参数保留）。 1. 利用已知线面角列方程 代入 ，把已知角的三角函数值代入，构造含参方程。 1. 解方程求参数/线段 化简等式，解出边长、线段长度、点坐标、参数取值。 1. 回代求解目标量 结合边长关系、面积、体积、其他角度，完成后续计算。 考点二 已知二面角求其他量 一、解题原理 1. 二面角大小等价于两平面法向量的夹角或其补角。 1. 设两个平面法向量 ，二面角为 ： 1. 核心逻辑： 题干给出二面角（锐/钝已知），直接锁定余弦正负，反向列方程；用含参法向量运算，建立等式，反求棱长、参数、点位置、线段比值。 1. 几何原理： 作出二面角平面角，利用平面角的直角三角形、相似、勾股、三角函数建立边长关系。 二、解题思路 1. 建立坐标系，设未知参数 设动点坐标、未知棱长为参数，用参数表示各点坐标。 1. 求两个平面的法向量 分别选取两面内两组相交向量，求解含参平面法向量。 1. 结合已知二面角列式 · 已知锐二面角：取余弦正值； · 已知钝二面角：取余弦负值； 代入法向量夹角公式，列出方程。 1. 解参数方程 化简、平方、消元，求出参数、线段长度、点坐标。 1. 检验取舍 结合图形实际二面角锐钝、线段为正，舍去增根，再计算周长、面积、体积等所求量。 考点一 已知线面角求其他量问题 【例题分析】 例1．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 例2．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，且，． (1)证明：平面． (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 例3．（25-26高二下·江苏徐州·月考）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)线段上是否存在一个动点（不包括端点），使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【变式训练】 变式1．（2026·山西吕梁·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上一点，正方形内接于，设平面与平面的交线为直线，点Q为直线上一点. (1)证明：； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)若平面平面，平面平面，当直线与平面所成角的余弦值为时，求的长. 变式2．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，， E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)若直线EC与平面所成角的正弦值为，求． 变式3．（25-26高三上·浙江·期末）如图所示，在四棱锥中，，是正三角形. (1)设为与的交点，为棱上一点，且平面，求的值； (2)设是棱的中点，求证：平面； (3)设是棱上一个动点，若直线与平面所成角的正弦值是，求线段的长度. 考点二 已知二面角求其他量问题 【例题分析】 例1．（2026·山东潍坊·一模）如图1，在平面四边形中，，将沿翻折，得到如图2所示的三棱锥，且在平面上的射影恰为的外接圆的圆心.    (1)证明：平面平面； (2)设点满足，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 例2．（25-26高三下·甘肃金昌·月考）如图，在直三棱柱中，，，，P为棱上的动点，点Q为的中点. (1)若， （i）证明：平面； （ii）求直线与直线的所成角的余弦值； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 例3．（25-26高三下·贵州·月考）如图，在四棱锥中，. (1)证明:平面平面； (2)若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求. 【变式训练】 变式1．（2026·北京通州·一模）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 变式2．（2026·广东肇庆·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，且，求平面与平面夹角的余弦值. 变式3．（2026·陕西西安·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，，的中点，为棱上一点，且，． (1)求证：平面平面． (2)线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 2 学科网（北京）股份有限公司 $