立体几何：线面角与二面角的综合训练-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦立体几何线面角与二面角综合应用，以定义理解为基础，通过几何构造与向量工具构建系统性解题方法，强化空间观念与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|17题|定义法转化、最小角定理、折叠问题动态分析、外接球模型构建|线面角与二面角概念生成→几何体中角的度量→空间角关系转化| |解答题|2题|辅助线构造、空间直角坐标系、法向量求角|几何证明→空间角计算→综合应用逻辑链|

2026届高考数学三轮冲刺典型考点归纳： 立体几何-线面角与二面角的综合 一、单选题 1．已知两条相交直线，在平面内，在平面外．设的夹角为，直线与平面所成角为，．则由确定的平面与平面夹角的大小为（    ） A． B． C． D． 2．如图， 在矩形 中， ， 现将 沿 折起 至 ， 使二面角 的平面角为锐角， 设直线 与 直线 所成的角为 ， 直线 与平面 所成的角为 与平面 所成的角为 ， 则（   ）    A． B． C． D． 3．如图，在四面体中，平面，，则下列叙述中错误的是（   ）    A．线段的长是点到平面的距离 B．线段的长是点到直线的距离 C．是二面角的一个平面角 D．是直线与平面所成角 4．如图，将正方形沿对角线折成直二面角，则对于翻折后的几何图形，下列结论不正确的是（  ） A． B．与平面所成角为60° C．为等边三角形 D．二面角的平面角的正切值是 5．已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为，则该四棱锥侧面与底面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（    ） A．圆锥的高为 B．圆锥的侧面积为 C．二面角的大小为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 7．已知直线与平面所成的角为，若直线，直线，设与的夹角为，与的夹角为，则（    ） A．， B．， C．， D．， 8．已知高为的正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则（    ） A．平面与平面的夹角为 B．球的体积为 C．的最小值为 D．与平面所成角度数的最大值为 二、多选题 9．在正三棱台中，，，且等腰梯形所在的侧面与底面ABC所成夹角的正切值均为2，则下列结论正确的有（   ） A．正三棱台的高为 B．正三棱台的体积为 C．AD与平面ABC所成角的正切值为1 D．正三棱台的表面积为 10．如图：在三棱锥中，面，是直角三角形，，，，点分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．所成的角为 C．直线与平面所成的角的正弦值为 D．二面角的余弦值为 11．已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（    ） A．是钝角三角形 B．直线与平面所成角为定值 C．三棱锥的体积的最大值为 D．三棱锥的外接球的表面积为 12．在正方体中，下列说法正确的是 （    ） A．异面直线与所成的角为 B．直线与底面所成的角为 C．直线与垂直 D．二面角 大小为 13．须弥座是一种古建筑的基座形式，又名“金刚座”，通常用于宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座部分，由多层不同形状的构件组成，具有很高的艺术价值.如图所示，某古建筑的须弥座最下层为正六棱台形状，该正六棱台的上底面边长为3，下底面边长为4，侧面积为，则（   ）    A．该正六棱台的高为 B．该正六棱台的侧面与下底面的夹角为 C．该正六棱台的侧棱与下底面所成角的正弦值为 D．该正六棱台的体积为 14．已知正四棱台 中，，侧棱与平面所成的角为，记该正四棱台的表面积为，体积为，则（    ） A． B． C．二面角为 D．正四棱台的各顶点都在球的球面上，则球的表面积为 15．在矩形中，，，将沿折叠至，则下列选项正确的是（    ） A．直线与平面所成角的最大值为 B．存在点，使得 C．当时，二面角的大小为 D．当平面平面时，三棱锥的外接球被平面所截得到的截面图形的面积为 三、填空题 16．已知正三棱锥的侧面与底面所成二面角为 ，且，则侧棱和底面所成角的正切值为 . 17．如图，在正方体中，，、为上底面（包含边界）内的两个动点，且满足，．给出下面四个结论： ①当与重合时，五面体的体积为； ②记直线分别与平面和平面所成角为、，则的值不变； ③存在、，使得； ④存在、，使得五面体中，所在平面与其余四个面所在平面的四个夹角中，有三个彼此相等． 其中，所有正确结论的序号为 ． 四、解答题 18．如图，梯形中，，，为的中点，将沿边折起，使点C到达点P的位置. (1)证明：； (2)若二面角的大小为120°，求直线与平面所成角的正弦值. 19．如图，在三棱锥中，平面PBC，平面平面ABC． (1)证明：； (2)若，PC与平面PAB所成角的正切值为，求平面PAC与平面ABC夹角的正弦值． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C B C C A D BCD ACD 题号 11 12 13 14 15 答案 ABD ACD BCD ABD AD 1．B 【分析】设直线的交点为，过直线上异于点的一点作平面的垂线，设垂足为，过点作，垂足为，连接，由已知可得，， 根据平面与平面夹角定义可得由确定的平面与平面夹角为，解三角形求夹角大小. 【详解】设直线的交点为，过直线上异于点的一点作平面的垂线，设垂足为，过点作，垂足为，连接，如图： 因为，所以为直线在平面内的投影， 所以直线与平面所成角为， 由已知，， 因为，， 所以，又，，平面， 所以直线平面，又平面， 所以，即， 所以由确定的平面与平面夹角为, 在中，， 在中，，即， 在中，，即， 所以， 又，， 所以，所以， 又，所以， 所以由确定的平面与平面夹角的大小为. 故选：B.    2．B 【分析】本题考查动态立体几何中的线线角、线面角、二面角的大小比较问题， 可采用特殊位置排除法， 本题中因为 ， 所以 与平面 所成的角等于二面角 的平面角， 进而二面角与线面角可相互转换. 【详解】由最小角定理有 ， 因为 ， 所以 与平面 所成的角等于二面角 的平面角（锐角）， （后附证明①） 而 与平面 所成的角小于 （最小角定理）， 二面角 的平面角大于 （最大角定理）， 所以 ， 由 及 ，可得点到平面的距离等于点到平面的距离， 则 与平面 所成的角等于与平面所成的角， 所以 二面角 .（最大角定理）， 因，与①同理可得 与平面 所成的角等于二面角 的平面角（锐角）， 则. 综上，. 附证明：① 如图，，，，下证：与所成的平面角为的平面角.    作，垂足为点，连结，则即直线与所成的角， 因为，所以，且，，平面， 所以平面，平面，所以，故即二面角的平面角， 所以与所成的平面角为的平面角. 故选： B. 3．C 【分析】利用点到平面距离的定义可判断A选项；推导出，可判断B选项；利用二面角的定义可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为平面，所以，线段的长是点到平面的距离，A对； 对于B选项，因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，，所以线段的长是点到直线的距离，B对； 对于C选项，因为，， 所以，是二面角的一个平面角，C错； 对于D选项，因为平面，所以，是直线与平面所成角，D对. 故选：C. 4．B 【分析】连接,交点为,证明平面，由线面垂直的性质即可判断A，证明平面，即得与平面所成角即，即可判断B，通过边长计算可判断C，取的中点，连接，证明为二面角的平面角，计算即可判断D. 【详解】 如图，在左图中，连接,交点为,则易得. 对于A，翻折后图中，, 因平面，故得平面， 又平面,故得，即A正确； 对于B，因二面角是直二面角，平面平面, , 则平面,则与平面所成角即, 因,则，故B错误； 对于C，设正方形的边长为2，则,则, 即为等边三角形，故C正确； 对于D，如图，取的中点，连接，由B项，已得平面， 因平面，则，又，,则， 因平面，故平面, 因平面,则,即为二面角的平面角. 设正方形的边长为2，则, ， 故二面角的平面角的正切值是，即D正确. 故选：B. 5．C 【分析】做出图象，设底面边长为，求出侧棱长和高，从而求出斜高，再求出二面角的余弦值. 【详解】如图，正四棱锥中，是底面中心，是中点，平面， 即是棱锥的高，是斜高，是侧棱与底面所成的角，是四棱锥侧面与底面所成的角， 设底面边长为，则， 因为正四棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为，所以， 则，即，所以， 所以， 所以， 所以，即该四棱锥侧面与底面所成角的余弦值为. 故选：C． 6．C 【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断A选项；利用圆锥的侧面积公式可判断B选项；利用二面角的定义，找到二面角的平面角，再解三角形求解可得C选项；根据展开前后图形联系，利用扇形的弧长公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则， 所以与圆锥底面所成的角为， 又，所以的面积为，解得，即母线长， 所以该圆锥的高为，故A错误； 对于B选项，该圆锥的底面半径为， 母线长， 故该圆锥的侧面积为，故B错误； 对于C选项，取的中点，连接， 因为，为的中点，则，由垂径定理可得， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， 则，所以， 所以，， 因为，故，即二面角的大小为，故C正确. 对于D选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为， 底面圆周长为，则，故D错误. 故选：C. 7．A 【分析】把直线和平面放置在锥体中，然后利用异面直角夹角定义，结合三余弦定理及余弦函数的单调性得，根据二面角平面角的定义，结合最大角定理及正弦函数单调性得，即可得解. 【详解】如图，设斜线为直线，平面为平面，且， 由图可知，当恰为时，此时与的夹角为； 当为时，， 由于，知， 故由在上单调递减得，知.综上可知； 由于，故是二面角所成角，即，， 由于，则， 故由在上单调递增得，即，可知. 故选：A 8．D 【分析】利用几何法求二面角可判断；根据外接球的性质，及球的体积公式计算可判断；利用面面垂直的判定定理及性质定理结合题意计算可判断；利用几何法求线面角可判断. 【详解】 对于：取中点为，连接，则， 所以平面与平面的夹角为， 因为，所以，， 又高为，所以， 所以，即平面与平面的夹角为.故错误； 对于：，所以点到各个顶点的距离都为， 所以点即为正四棱台的外接球的球心， 所以球的半径为，所以球的体积为，故错误； 对于：易得平面，且平面， 所以平面平面， 连接，交于点，连接，则四边形为菱形， 所以，，又平面， 平面平面， 所以平面，连接， 因为平面，所以， 所以，所以， 当且仅当点与重合时等号成立，故错误； 对于：因为平面，垂足为， 平面，所以为直线到平面的距离， 所以点到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，则， 因为，所以， 当且仅当点与重合时等号成立， 所以与平面所成角度数的最大值为，故正确. 故选： 9．BCD 【分析】将正棱台补全为一个正棱锥，结合正棱台、正棱锥的结构特征求台体的高、体积及侧棱与底面夹角正切值，根据比例关系求表面积. 【详解】将正棱台补全为一个正棱锥，如下图示， 其中分别为上下底面的中心，为的中点， 易知，则为等腰梯形所在的侧面与底面所成夹角， 所以，且， 则，，， 根据棱台上下底面相似，知，即， 故，A错； 由，， 所以，B对； 由图知：为与平面所成角，则，C对； 因为的面积为，的面积为， 所以正三棱台的表面积为，故D正确； 故选：BCD. 10．ACD 【分析】对A：通过证明//，即可由线线平行证明线面平行；对B：通过证明面，即可求得的夹角为；对C：记，根据B中所证面，从而求得线面角为，再结合几何关系，即可求得线面角； 对D：先求二面角，结合二面角平面角的定义，再根据其与互补，即可求得结果. 【详解】对A：在△中，因为分别为的中点，故//， 又面面，故//面，故A正确； 对B：因为△为等腰直角三角形，又为中点，故可得； 又//，故； 又面面，故； 又面，故面； 又面，故，故直线所成的角为，故B错误； 对C：记，连接，如下所示： 由B可知，面，故即为所求直线与平面的夹角； 在△中，； 因为面面，故， 则，； 在△中，因为面，面，故， 则△为直角三角形， 故，则， 即直线与平面所成的角的正弦值为，故C正确； 对D：连接，如下所示： 由图可知，二面角的平面角和的平面角互补，故先求二面角； 由B可知，面，又面，故， 则即为二面角的平面角； 在直角三角形中，， 故，故二面角的余弦值为， 则二面角的余弦值为，故D正确. 故选：ACD. 11．ABD 【分析】根据题意可得固定平面，求出各线段长度，结合圆内接四边形可求得，即A正确，利用线面角定义作出其平面角可得B正确，由三棱锥锥体体积公式计算可得可判断C错误，求得三棱锥的外接球的球心位置和半径即可求得D正确. 【详解】如下图所示： 易知，由可得； 固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧）， 如图中过平面的虚线形成的劣弧所示： 取的中点为，作平面，则有， 又易知， 如下图所示： 在劣弧上运动， 对于A，易知，因此可得是钝角三角形，即A正确； 对于B，设直线与平面所成的角为， 则，为定值，即B正确； 对于C，作， 易知三棱锥的体积的最大值为 ，即C错误； 对于D，设三棱锥的外接球的球心为，如下图： 由于是的外心，则平面，因此三点共线， 设， 在中由勾股定理可得，解得； 因此三棱锥的外接球的表面积为，即D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据题目条件固定平面，再根据二面角大小求得线段长度得出点轨迹，再结合线面角、外接球等进行计算即可. 12．ACD 【分析】应用线线平行得出异面直线所成角判定A，应用线面角定义计算判断B，先证明线面垂直得出线线垂直判断C，根据二面角定义计算判断D. 【详解】对于A，连接， 因为，所以是平行四边形，则 是异面直线与 所成的角， ，是等边三角形， 异面直线 与所成的角为，故A正确； 对于B，底面，直线 与底面所成的角为， ，故B错误； 对于C，连接， 平面， 平面，平面，，故C正确； 对于D，平面，是二面角 的平面角， 二面角 大小为 ，故D正确. 故选：ACD.    13．BCD 【分析】先求出侧面梯形的高进而求解正六棱台的高判断A，利用正棱台的特征及二面角的概念在直角梯形中求解判断B，根据线面角的概念在直角梯形中求解判断C，根据棱台的体积公式求解判断D. 【详解】如图，分别是上,下底面中心，分别是棱中点，    对于A，由已知可得每个侧面等腰梯形的面积为， 所以梯形的高为， 由此可得该正六棱台的高为，错误； 对于B，由正棱台的性质及二面角的概念可知，侧面与下底面的夹角为， 因为在直角梯形中，，，所以， 易知为锐角，所以，正确； 对于C，由正棱台的性质及二面角的概念可知，侧棱与下底面所成角为， 在直角梯形中，，得， 所以，正确； 对于D，该棱台上底面面积，下底面面积， 故棱台的体积为，正确. 故选：BCD 14．ABD 【分析】设正方形、正方形的中心分别为，；设边，的中点分别为，，证明四边形为等腰梯形，过作，证明平面，，由此可得，，，再求正四棱台的表面积为，体积为，判断AB，证明是二面角的平面角，解三角形求其大小，判断C，确定球心位置及球的半径，结合球的表面积公式求外接球的表面积，判断D. 【详解】如图，设正方形、正方形的中心分别为，； 设边，的中点分别为，， 连接，，，，，，； 因为相交，所以四点共面， 因为平面平面，平面平面， 平面平面， 所以，又，，， 所以四边形为等腰梯形， 过作，则，又平面， 所以平面，故侧棱与平面所成的角为， 由已知， 在中，，， 所以，，， 因为，，， 又平面，平面，所以， 所以四边形为直角梯形，过作， 则为直角三角形，为直角，，， 所以， 对于A，可得， 所以，故A正确； 对于B，由于， 得，故B正确； 对于C，由于，，所以是二面角的平面角， 在中，，故C错误； 对于D，设，又，，， 若点在平面的上方，则，，与矛盾， 所以，由得，，解得， 故点在该正四棱台的外部，即球的半径为， 所以，故D正确， 故选：ABD． 15．AD 【分析】A项，当平面平面时，求解即可；B项，通过假设成立，给出矛盾即可；C项，作垂直于，垂直于，由进行两边平方求解；D项，求出截面圆的半径进行求解． 【详解】对于A，设点到平面的距离为,记直线与平面所成角为, 得, 要使直线与平面所成角取得最大,则取最大, 即当平面平面时，取最大,此时, 得，而，得，故A正确； 对于B，若假设存在点，使得， 而，平面， 得平面，平面， 得，而，显然得不到，故假设不成立， 故不存在满足题意的点，B错误； 对于C，作垂直于，垂直于， 如图所示： 则，， ∴， 设二面角的大小为， 则 ， 得，而，得，C错误； 对于D，当平面平面时，， 由余弦定理，， 得， ∴， 设为的中点，易知为三棱锥的外接球球心，半径为1， 由等体积法可知，到平面的距离为， ∴截面面积为，D正确． 故选:AD． 16． 【分析】设的中心为，连接、并延长交于点，连接，即可得到为侧面与底面所成二面角的平面角，为侧棱与底面所成的角，再由及锐角三角函数计算可得. 【详解】如图，设的中心为，连接、并延长交于点，连接， 因为为正三棱锥，所以平面，为的中点，， 又，所以，又，所以为侧面与底面所成二面角的平面角， 即，又平面，所以为侧棱与底面所成的角， 所以，即侧棱和底面所成角的正切值为. 故答案为： 17．①②④ 【分析】利用锥体和柱体的体积公式可判断①；利用线面角的定义可判断②；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断③；取点为的中点，利用空间向量法可判断④. 【详解】对于①，当与重合时， ，①对； 对于②，过点作分别交、于点、，连接、， 过点作分别交、于点、，连接、， 过点在平面内作，垂足为点， 因为，，则，且，故平面， 因为平面，平面，则， 又因为，，、平面，故平面， 故，同理可得， 所以，为定值，②对； 对于③，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、，设点，则， 则，， 所以，， 故不存在、，使得，③错； 对于④，不妨取点，则点，则、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为， 所以，， 故底面与平面夹角的余弦值为， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 所以，， 即底面与平面所成夹角的余弦值为， 同理可知，底面与平面所成夹角的余弦值为， 此时，点为棱的中点，则平面平面， 则底面与平面夹角的余弦值为，④对. 故答案为：①②④. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，由题设求证和即可由线面垂直判定定理求证平面，进而得证； （2）由题设结合（1）建立适当的空间直角坐标系，接着由题设和二面角定义依次求出所需点和向量坐标，进而求出平面的一个法向量，再由线面角的向量法公式计算即可求解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 由题可得，且，所以为的中点， 在中，，所以，同理， 又，平面，所以平面， 又因为平面，所以； （2）由（1）可以点为坐标原点，以，方向和垂直于平面向上的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题可知为等腰梯形，且，可得， 由（1）可知，为二面角二面角的平面角， 所以，从而， 因为，所以点到平面的距离为， 则有，，，， 所以，，， 设为平面的一个法向量， 则有，令，则， 设直线与平面所成角为， 则有， 故直线与平面所成角的正弦值为. 19．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）过点P作，垂足为O，由面面垂直、线面垂直的性质得、，再应用线面垂直的判定、性质证明结论； （2）由（1）知PC与平面PAB所成角等于，根据已知求出相关线段的长度，法一：构建合适的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，应用向量法求夹角余弦值，进而求正弦值；法二：过点O作，垂足为D，连接PD，根据定义得到二面角的平面角为，进而求其正弦值. 【详解】（1）过点P作，垂足为O， 因为平面平面ABC，平面平面平面， 所以平面ABC，平面ABC，所以， 因为平面PBC，平面PBC，所以， 又平面PAB，所以平面PAB． 因为平面PAB，所以． （2）由平面PAB，则PC与平面PAB所成角等于， ，所以， 因为平面PBC，平面PBC，所以， 因为，由（1）知， ∴，， 法一：如图，以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设平面APC的一个法向量为，则， 令，则，做， 易知平面ABC的一个法向量为． ． 设平面PAC与平面ABC夹角为，则， 所以平面PAC与平面ABC夹角的正弦值为． 法二：过点O作，垂足为D，连接PD， 因为，所以平面POD， 由平面POD，所以，所以二面角的平面角为， 因为平面PBC，平面PBC，则， 所以， 因为平面ABC，在直角三角形POD中，， 所以平面PAC与平面ABC夹角的正弦值为． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $