空间角的向量求法、空间距离的向量求法、空间线段动点存在性问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦空间几何向量法三大核心应用，以题载法构建从角到距离再到动点问题的递进训练体系，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间角的向量求法|例3+变式3|结合三棱柱、四棱锥等几何体，涉及线面角、二面角计算|从空间角概念出发，通过建系求法向量，体现向量工具的直接应用| |空间距离的向量求法|例3+变式3|包含点面距、线线距，结合圆柱、圆台等旋转体|在角的向量法基础上拓展，利用法向量求距离，深化向量运算应用| |空间线段动点存在性问题|例3+变式3|涉及折叠、动点轨迹及探索性问题，需参数化处理|综合角与距离知识，通过方程思想解决存在性，培养模型观念|

空间角的向量求法、空间距离的向量求法、空间线段动点存在性问题专项训练 空间角的向量求法、空间距离的向量求法、空间线段动点存在性问题专项训练 考点目录 空间角的向量求法 空间距离的向量求法 空间线段动点存在性问题 考点一 空间角的向量求法 例1．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，在三棱柱中，，，，. (1)证明：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) 【分析】（1）设是的中点，连接，先证平面，得，再由勾股定理证明，再由线面垂直的判定定理即可得证； （2）建系，求出相关点与向量的坐标，利用向量法即可求得答案. 【详解】（1）设是的中点，连接， 因为， 所以， 因为平面， 所以平面，因为平面，所以. 在中，由余弦定理得 ，所以， 因为， 所以，所以. 由于平面， 所以平面. （2）以为空间坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 过作，垂足为， 由于平面，所以， 由于平面，所以平面. 因,，则， 所以, 则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因. 设平面的法向量为， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则. 例2．（2026·广东佛山·模拟预测）已知四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据线段长度结合余弦定理确定形状，借助线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用面面夹角的向量公式计算即可. 【详解】（1）由题意可知为等边三角形，， 由余弦定理可知， 即为等腰三角形，取中点E，连接， 易知三点共线， 即， 又平面，平面，所以， 因为平面，所以平面； （2）如图所示建立空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的一个法向量为，即， 令， 解得， 易知平面的一个法向量为，所以， 则平面与平面夹角的余弦值为. 例3．（2026·四川成都·三模）在四棱锥中，平面平面为正三角形，四边形为矩形，是的中点，且与平面所成角的正弦值为. (1)求证：； (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）由面面垂直的性质定理得平面，从而得到，然后由线面垂直的判定定理证明平面，最终得证. （2）建立空间直角坐标系，根据空间向量法求线面角求得的长，再由二面角的空间向量法求得余弦值即可. 【详解】（1）证明：因为底面为矩形，所以. 又因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为为正三角形，是的中点，所以. 又平面， 所以平面. 又平面，所以. （2）如图，取的中点，连接，则. 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面. 以为原点，过点平行于的直线为轴，为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则， ，则. 设平面的一个法向量为. 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得或（舍去）. 而，设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以，且， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以，故， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 变式1．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在直三棱柱中，已知点，分别是棱，上的点，. (1)证明：平面平面； (2)若是等边三角形，，平面分割三棱柱所得两部分的体积之比为，求直线与平面所成的角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】本题第一问考察平面与平面垂直的判定定理，关键证明平面；第二问通过三棱锥和三棱柱的体积公式，根据体积之比得到三棱锥的高（才好求的长度或坐标），然后由于是正三棱柱，方便建立空间直角坐标系，通过计算直线向量与平面法向量的夹角余弦可以方便得到直线与平面所成角的余弦. 【详解】（1）证明：因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）因为是正三角形，，所以. 又，由，， 得，故, 设与平面所成的角为; 方法一：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 ，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则取，可得， 则，所以， 所以直线与平面所成的角的余弦值为. 方法二：过作，垂足为，记到平面的距离为， 由（1）得平面，又平面，所以. 因为平面，平面，所以平面平面， 又因为平面平面，平面，，所以平面. 根据，得，又因为是正三角形， 所以，，的高等于, 代入得，解得， 所以，所以， 所以直线与平面所成的角的余弦值为. 变式2．（2026·陕西渭南·三模）如图，三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点，．    (1)证明：； (2)求三棱锥外接球的体积； (3)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）先证平面，再根据线面垂直的概念可得. （2）先确定三棱锥外接球的球心位置，再求外接球半径，根据球的体积公式求球的体积. （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）因为是以为斜边的等腰直角三角形， 是的中点，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又平面，所以. （2）如图：    取的中心，因为为等边三角形，所以. 又平面，平面，所以. 因为是以为斜边的等腰直角三角形， 是的中点，所以. 所以，即. 所以为三棱锥外接球的球心，设其半径为， 则. 所以所求球的体积为. （3）以为原点，，，所在射线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，可取. 设平面的法向量为， 则，可取. 设平面与平面所成的二面角为， 则. 变式3．（2026·四川眉山·模拟预测）如图，已知一个由半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且为半圆弧上的动点（与不重合）. (1)证明：平面平面； (2)若四边形为正方形，且，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1)由，，得线面垂直，进而得面面垂直； （2）根据题意建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值. 【详解】（1）在半圆柱内，平面，所以； 因为为上底面对应圆的直径，所以， 又 平面平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）以为原点，建立如图的空间直角坐标系， 有，， 平面的一个法向量， 设平面的法向量， 则令，则 取，所以，则， 所以二面角的正弦值为. 考点二 空间距离的向量求法 例1．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）（方法一）连接，由中位线的定义可得，由线面平行的判定定理即可得证；（方法二）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法证明即可； （2）利用空间向量法求解即可； （3）利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离. 【详解】（1）证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. （2）由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 例2．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用正方形的特征，线面垂直的性质、判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法列式求出； 【详解】（1）在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. （2）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，得， 解得，则，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， ，由点到直线的距离是1， 得，则，化简得， 即，而，解得， 所以. 例3．（2026·天津滨海新区·三模）在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，，，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出直线对应的方向向量和平面的法向量，利用向量垂直关系证明线面平行； （2）先求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式计算两个法向量夹角的余弦值，结合二面角与法向量夹角的关系，得到平面与平面所成角的余弦值； （3）利用点到平面距离的向量公式求出点到平面的距离． 【详解】（1） 因为四边形为正方形，所以，， 又，所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，， ，显然是平面的一个法向量， 因为，所以， 又平面，所以平面； （2）由（1）得，，， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 所以 所以平面与平面所成角的余弦值为； （3）由（2）得平面的一个法向量，， 所以点到平面的距离． 变式1．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直判定定理可得平面，建立空间直角坐标系利用空间向量可求得结论； （2）求出两平面的法向量，再由向量法可求出平面与平面夹角的余弦值； （3）不妨设，根据直线与平面所成角的正弦值为，可得，利用点到平面距离的向量求法可得其距离为. 【详解】（1）记的中点为，连接， 因为，，所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以平行四边形是矩形，则， 因为平面，平面，所以，即两两垂直， 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为， 而， 则，令，则， 所以，则， 又平面，所以平面． （2）设平面的一个法向量为， 而，， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 而， 所以，令，则 ， 记平面与平面夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）依题意，不妨设，则，， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为． 变式2．（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据正三棱柱的结构可判断四边形的形状，进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化；（2）根据三棱锥的体积相等可求距离，也可利用空间向量求解距离问题. 【详解】（1）如图1，连接， 由正三棱柱的结构特征可知， 在正三棱柱中是正三角形，侧面均为矩形，平面. 因为D是棱的中点，所以， 因为平面，所以平面平面. 又平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以矩形为正方形，所以， 又，所以， 因为平面，，所以直线平面. （2）方法一：设点A到平面的距离为h， 因为平面，所以到平面的距离相等，都为. 由（1）知，侧面均为正方形，所以，， 又，所以为等腰三角形，所以. 又，即， 所以，解得，即点A到平面的距离为. 方法二：取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 所以以D为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即，所以点A到平面的距离为. 变式3．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）取的中点，连交于，证明，再根据面面垂直性质定理和线面垂直的定义证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明即可； （2）结合（1）证明，结合圆台体积公式求结论； （3）建立空间直角坐标系，设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，列方程求的坐标，再利用向量方法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：取的中点，连交于． 在正方形中，由于为的中点， 因为，，， 可得≌，则， 因为，所以， 得到，即． 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又平面， 所以平面，又平面，所以． （2）由（1）得平面，又平面， 所以， 因为圆圆，所以，所以四边形为矩形， 所以圆的半径， 又圆的半径， 所以圆台的体积， （3）以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴，以所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系． 则， 由于圆半径，为上底面圆上一点设， 故． 设平面的法向量为，由，得 取，故， 设与平面所成角为，则 平方后整理方程得 解得或（舍） 所以，． 所以点到平面的距离. 考点三 空间线段动点存在性问题 例1．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)，截面周长为12 (3)存在， 【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直； （2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长； （3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积. 【详解】（1）证明： 又平面 平面 又平面 平面平面 （2） 连接交于点，连接，取中点，连接,， 四边形 为平行四边形 点为中点， ，四边形为平行四边形,则 ， 点G平面，故四边形即为所求截面， 平面 ,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形， 所以，四边形周长为：; （3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3， 方法一（等体积法）： 设点到平面距离为h，那么 取中点，由可知为正三角形， 所以， 由可得 , 即， 由于， 所以，, , 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆， 半径,. 方法二（建坐标系）： 取中点，由可知为正三角形， 所以， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 那么, 设平面法向量为，那么 取，则为平面一个法向量， 那么点到平面距离， 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆， 半径,. 例2．（2025·辽宁·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且三棱锥的体积为 【分析】（1）证明出平面，结合可得出平面，可得出，推导出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）分析可知二面角的平面角为，即，取的中点，连接，推导出平面，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，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，再利用锥体的体积公式可得出的值. 【详解】（1）在图①中，由题意可知，四边形为正方形，且， 在②中，，，且，、平面， 所以平面， 因为，所以平面，因为平面，所以， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）由（1）知，平面， 因为平面，所以平面平面， 因为、平面，所以，， 所以，二面角的平面角为，即， 因为，所以为等边三角形，所以， 取的中点，连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且， 设为的中点，则可以以点为坐标原点，、、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、、、、， 则，，，， 设，则， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 记直线与平面所成角为，则， 由可得， 则， 即，， 因为，解得，故， 所以. 例3．（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （3）假设存在满足题意的点，且，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求出的值，由此可得出结论. 【详解】（1）因为底面，， 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，，. 设平面的法向量是，则， 令，则，，于是. 因为，所以，， 又因为平面，所以，平面. （2）设平面的法向量为，则，， 则，取，可得，，则， 设二面角的平面角大小为，则为锐角， 所以，， 所以，二面角的平面角的余弦值为. （3）假设存在满足题意的点，且， 则 由于平面的一个法向量， 由题意可得：， 整理可得，解得， 据此可得存在满足题意的点，且. 变式1．（24-25高三下·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，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)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. 【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接， 设，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，，，则，， 设，则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 变式2．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． (1)若，证明：平面； (2)在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点N为CD的中点 【分析】（1）取线段的中点P，连接PM，PD，利用已知可证四边形MNDP为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）在平面中，作于O，可证，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，平面BMN的一个法向量为，利用向量法可求得，可得结论. 【详解】（1）取线段的中点P，连接PM，PD， 因为MP为梯形的中位线，所以， 又因为，所以， 因为，，且，所以，， 所以四边形MNDP为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面． （2）在平面中，作于O， 因为平面平面ABCD，且平面平面， 所以平面ABCD， 在正方形ABCD中，过O作AD的平行线交CD于点Q，则， 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， 因为四边形为等腰梯形，，，所以， 又因为，所以， 则，，，，，设，，所以， 设平面的法向量为， 所以，则， 令，所以， 又因为M为的中点， 所以，所以，， 设平面BMN的法向量为， 所以，则， 令，所以， 又因为平面与平面MNB夹角的余弦值为， 所以，整理得， 所以，解得或， 又因为，所以， 所以存在，点N为CD的中点． 变式3．（2025·四川德阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点. (1)①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明； (2)设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)选条件②，证明见解析； (2)存在，或. 【分析】（1）取AB中点O，连接，先假设，则有，进而得到条件②能使，从而选条件②，再由先出垂直判定定理结合线面垂直定义即可得证； （2）以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面和平面的一个法向量，利用求出参数y即可得解. 【详解】（1）取AB中点O，连接，因为为棱的中点， 所以，又，则， 若，又，，、平面， 则平面，又平面， 所以有，又①②③④四个条件中， 条件②能使，故选条件②： 证明：，O为中点，所以有， 又，，、平面， 所以平面，又平面， 所以； （2）因为，所以，即为正三角形， 取AB中点O，则有，则由（1）可知平面， 所以是二面角的平面角，故， 设，则， 则点P到底面的距离为，点P在底面的投影落在直线上且与距离为， 以O为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 所以， 分别设平面和平面的一个法向量为， 则，， 取，， 则， 则. 解得或，满足题意， 所以存在点E使得二面角的余弦值等于，当时，；当时，. 2 学科网（北京）股份有限公司 $空间角的向量求法、空间距离的向量求法、空间线段动点存在性问题专项训练 空间角的向量求法、空间距离的向量求法、空间线段动点存在性问题专项训练 考点目录 空间角的向量求法 空间距离的向量求法 空间线段动点存在性问题 考点一 空间角的向量求法 例1．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，在三棱柱中，，，，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 例2．（2026·广东佛山·模拟预测）已知四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 例3．（2026·四川成都·三模）在四棱锥中，平面平面为正三角形，四边形为矩形，是的中点，且与平面所成角的正弦值为. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 变式1．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在直三棱柱中，已知点，分别是棱，上的点，. (1)证明：平面平面； (2)若是等边三角形，，平面分割三棱柱所得两部分的体积之比为，求直线与平面所成的角的余弦值. 变式2．（2026·陕西渭南·三模）如图，三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点，．    (1)证明：； (2)求三棱锥外接球的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 变式3．（2026·四川眉山·模拟预测）如图，已知一个由半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且为半圆弧上的动点（与不重合）. (1)证明：平面平面； (2)若四边形为正方形，且，求二面角的正弦值. 考点二 空间距离的向量求法 例1．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 例2．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 例3．（2026·天津滨海新区·三模）在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，，，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 变式1．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离． 变式2．（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 变式3．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 考点三 空间线段动点存在性问题 例1．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 例2．（2025·辽宁·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 例3．（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 变式1．（24-25高三下·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，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2．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． (1)若，证明：平面； (2)在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 变式3．（2025·四川德阳·模拟预测）如图，在三棱锥中，二面角的大小为，，为棱的中点. (1)①②③④从上述四个条件中，选出一个能证明的选项，并证明； (2)设，点为上一点，是否存在点使得二面角的余弦值等于？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由. 2 学科网（北京）股份有限公司 $