专题13 空间向量与立体几何（真题研析+真题精炼+模拟探源，全国通用）2026年高考数学真题题源解密

**基本信息** 以空间向量为工具，系统整合线面角、二面角、空间距离三大考向，通过真题研析与模拟探源，构建“建系-求向量-用公式”的解题体系，强化直观想象、数学运算与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |线面角|2（典例+真题）|依托垂直关系建系，求平面法向量，套用线面角正弦公式|以空间向量运算为基础，通过坐标系实现几何位置关系代数化| |二面角|6（典例+真题）|建系求两平面法向量，计算法向量夹角余弦值|从平行垂直证明到空间角求解，层层递进| |空间距离|2（典例+真题）|建系求法向量，用点面距离公式计算|结合动态翻折、存在性问题，体现几何代数转化思想|

专题13 空间向量与立体几何 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 1．高频考点： 以空间向量运算为基础，重点考查空间直角坐标系的建立与向量坐标求解；核心考点为利用向量证明空间线线、线面、面面平行与垂直关系；高频考查异面直线角、线面角、二面角的向量求解方法，同时结合几何体动点、翻折、最值、存在性问题综合命题，是立体几何解答题核心考查形式。 2．素养考向 直观想象：依托几何体建立空间坐标系，实现几何位置关系向向量量化关系的转化； 数学运算：熟练完成向量坐标运算、夹角公式计算，精准求解空间角与参数最值； 逻辑推理：将几何证明问题转化为向量数量、垂直、平行的代数推理，体现数形结合、几何代数转化的核心思想。 线面角 （2026·全国二卷T16） （2025·北京卷T17） 二面角 （2026·北京卷T18） （2026·天津卷T17） （2025·全国二卷T17） （2025·天津卷T17） （2024·新课标Ⅱ卷T17）（2024·全国甲卷T19） （2024·北京卷T17） 空间距离 （2026·全国一卷T15） （2024·新课标Ⅰ卷T17）（2024·天津卷T17） 2026年全国一卷、二卷以空间向量为工具考查立体几何解答题。一卷侧重动态翻折、截面模型，结合动点探究空间角与存在性问题，设问灵活创新；二卷主打基础题型，重点考查线面角、点面距离计算与垂直关系向量证明。两卷均弱化复杂计算，强化建系、向量运算与几何转化，依托常规柱锥几何体命题，梯度清晰。 直观想象上，依托空间图形精准建系，实现几何位置关系代数化转化；数学运算上，规范向量坐标、空间角公式运算，注重计算准确性；逻辑推理上，将平行、垂直、空间角问题转化为向量量化推理，渗透数形结合、化归转化思想，考查几何与代数融合应用能力。 考向一 线面角 典例1．（2026·全国二卷T16）如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 【解】（1）证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：.所以. 微点拨：(1) 用边长勾股证线线垂直，结合线面垂直判定推目标垂直； (2) 依托垂直关系建空间直角坐标系，写出相关点坐标，求平面法向量，套用线面角向量公式，计算线与平面所成角正弦值。 考向二 二面角 典例2．（2026·北京卷T18）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 【解】（1）)解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. （2）由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 微点拨：(1) 取中点构造平行四边形证线线平行，推线面平行； (2) 以垂直棱建空间直角坐标系，先筛选能唯一确定点P的条件，求两平面法向量，代入夹角公式计算余弦值。 考向三 空间距离问题 典例3．（2026·全国一卷T15）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【解】（1）由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 微点拨：(1) 取底边中点构造中位线，证目标直线与平面内一条直线平行，证得线面平行； (2) 建立空间直角坐标系，利用线面角求出参数，求平面法向量，套平行线面距离公式求值。 考向一 线面角 1.（2025·北京卷T17）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 考向二 二面角 2.（2026·天津卷T17）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【解】（1）方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 3.（2025·全国二卷T17）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． 【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. 4.（2025·天津卷T17）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 5．（2024·新课标Ⅱ卷T17）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． 【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. 6．（2024·全国甲卷T19）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． 【解】（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. 7.（2024·北京卷T17）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 考向三 空间距离 8.（2024·新课标Ⅰ卷T17）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． 【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． 9.（2024·天津卷T17）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 1．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，在三棱锥中，其外接球球心为的中点，平面平面.已知. (1)求证：平面平面. (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【解】（1）因为是三棱锥外接球的球心，且为中点，， 因此球半径，即， 已知，由勾股定理逆定理： ，得， 又在上，，可得， 因为平面平面，交线为，且平面， 根据面面垂直的性质定理得：平面， 又平面， 根据面面垂直的判定定理得：平面平面. （2）以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 结合已知条件可得各点坐标： ，，，， 向量，， 设平面的法向量，由， 即， 令，则，所以，， 向量，， 设平面的法向量，由，即， 令，则，所以，， 设平面与平面的夹角为，则 ， 因此平面与平面夹角的余弦值为. 2．（2026·北京朝阳·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【解】（1）证明：连接，交于点，连接． 因底面是正方形，则点是中点，又因点是棱中点， 所以． 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为侧面底面，平面底面， 因，平面,则平面． 又因平面,则． 因为，，满足,则得． 故可以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系． 则，，，，． 设，则,且， 则,,, 设平面的法向量为． 由,故可取． 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以． 整理得，解得或,经检验均符合题意. 故线段的长为或． 3．（16-17高二下·山东淄博·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，， ，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【解】（1）因为平面平面，，平面平面，平面， 可得平面，则， 又因为，，平面， 所以平面. （2）取的中点，连结，， 因为，所以， 且 平面，平面 平面，平面平面， 所以平面，且平面，所以， 又因为，所以， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令 ，则，可得， 则， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为. 4．（2026·湖南长沙·三模）如图，在三棱锥中，为的中点.点在棱上，. (1)若平面，求二面角的大小； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在请说明理由. 【解】（1）因为，为的中点，所以，且． 又因为平面，平面，平面， 所以， ． 故以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系．如图： 由题意可得，， ， ，． 因为，即， 所以， 即． 易知平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 因 ，． 由，故可取故可取 ． 设二面角的大小为，由图可知为锐角， 则． 所以，即二面角的大小为． （2）存在，点位于线段的延长线上，且满足. 理由如下： 设，则， 设平面的法向量为，，由（1）知， 由，故可取. 因为平面，， 由，可得，解得，即. 因此存在点，位于线段的延长线上，且，使得平面． 5．（2026·湖南株洲·三模）如图，在正三棱柱中，是棱的中点，是线段上动点，且． (1)若是的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求点到平面的距离． 【解】（1）证明：由题意以为坐标原点，分别为轴，过点平行于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 在正三棱柱中，由，是的中点， 则， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以， 所以平面平面. （2）设，则， 设此时平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面与平面所成夹角为，且 即， 即，解得：或（舍去）， 所以平面的一个法向量为， 又点，则， 所以点到平面的距离：. 6．（2026·安徽合肥·模拟预测）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：平面； (2)若，直线与平面 所成角的正弦值为，，求二面角的余弦值． 【解】（1）由题意可知，，， 所以，， ， 又因为， 为线段的中点， 所以，所以四边形 为正方形， 由翻折可知，，， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形 为正方形，所以，所以， 因为， 为线段的中点，所以， 又因为平面，所以平面． （2）过 作，垂足为 ，连接， 因为平面， 平面，所以， 又因为，平面 ，所以平面， 所以直线与平面 所成角的平面角为，， 所以， 设，则，，， 则，，， 解得，或，当时，，不合题意，舍去； 当时，，， 以为原点， 为 轴，过 垂直为 轴，为 轴，建立空间直角坐标系， 所以， 所以，，，，， 所以，，平面 的法向量为， 设平面的法向量为，所以， 所以， ，令，则，则， 记二面角为，由题意可知为锐角， 则． 7．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，. (1)证明：； (2)已知二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球的半径. 【解】（1）证法一：因为均为圆台的母线， 所以延长必交于一点，如图： 因为，所以确定一个平面， 又因为圆台的上下底面互相平行，即平面平面， 因平面平面，平面平面， 根据面面平行的性质定理，得； 证法二：利用向量共线证线线平行 由题知，，， 所以 ， 所以 . 又直线 无公共点，所以 （2）连接， 由已知，得，，分别为上下底面圆的直径， 因此上底面的半径，下底面的半径. 又因为在上底圆，，， 由，可得，即， 由（1）知与必相交于点，所以共面， 因为，，平面，， 所以平面，又因为，所以平面， 且平面，所以； 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： 设，则， 于是，， 设平面的法向量为， 由，故可取； 又， 设平面的法向量为， 由，故可取， 因二面角的余弦值为， 所以，解得（负值舍去）， 所以圆台的高. 设三棱锥 的外接球球心为，易得,则在直线上， 设，又，所以 ， 由，得，解得， 所以三棱锥的外接球的半径. 8．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上． (1)求证：直线EF与直线GH为异面直线； (2)过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值． 【解】（1）方法一：因为，，分别为，，的中点，点在直线上， 取中点，连接， 故、，则，故四点共面， 因为平面，，平面， 故直线与直线为异面直线； 方法二：假设直线，不异面，则与相交或平行， 若，又因为，则由，显然不成立，矛盾； 若与相交，不妨设两直线交点为，则平面，且平面， 所以在平面与平面的交线上，因为，显然不成立，矛盾， 综上，假设不成立，直线，为异面直线 （2）因为点与直线同在平面中，所以直线平面，又平面， 设直线与直线的交点为，为平面与平面的公共点， 所以交点必在直线上，延长与交于点，联结，则直线即为直线， 因为为中点，所以，又因为，， 所以，所以， 由是正三角形，且为中点，故， 由平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、、、， 由，分别为，的中点，故、， 则，，，， 设，，则， 所以直线的一个方向向量为， 设平面的法向量为，则有， 取，则，即， 设直线与平面的夹角为，则， 当且仅当时，等号成立，故最大值为． 9．（2026·天津和平·三模）在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 【解】（1）因为，，是中点，所以， 又，故，又，所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为四边形为菱形，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为四边形是菱形，，， 所以，、均为等边三角形. 以为原点，建立空间直角坐标系， ，，，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面和平面的夹角为， 则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. （3）点为棱上靠近点的三等分点，， 则，， 则，又，则， 平面的法向量 ， 设直线与平面所成的角为， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 10．（2026·河北秦皇岛·三模）在四棱锥中，底面为直角梯形，满足， ，，， 底面. 为棱的中点，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 【解】（1）是棱的中点，是棱的中点， 是的中位线，. 又平面平面， 平面. （2）底面底面， 又两两垂直， 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. . 设平面的一个法向量为， 则，令，得， . 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 故平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为. （3）设三棱锥的内切球球心为，半径为，三棱锥的表面积为， 已知，由（2）知两两垂直， 则， 由等体积法可知，则， 则球心，则. 所以点到平面的距离， 而，则， 因此三棱锥体积的最大值为. 11．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)若，二面角的平面角为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度． 【解】（1）在直三棱柱中，平面，由平面，得， 由为的中点，，得，又，平面， 所以平面 （2）①在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， 设平面的法向量，则，取，得， 而平面的法向量，由二面角的平面角为， 得，解得，，， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. ②由（1）得，则， 由三棱锥的体积为，得到平面的距离为， 由点在侧面上，设，则， 因此到平面的距离为， 点轨迹方程为，而， 则在侧面上的轨迹是线段，所以的轨迹长度为. 12．（2026·湖北襄阳·模拟预测）在中，，，点D，E分别在边 ，上，且，（），将 沿折起，点落在点的位置，连接，，得到如图所示的四棱锥，点 在线段上，且． (1) 若平面，求． (2)当四棱锥体积最大时，线段上是否存在点Q使得C，D，Q，F四点共面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解】（1）作直线交于点，因为，所以． 因为平面，面 ，面平面， 所以，所以四边形 为平行四边形，所以，所以． （2）因为 ，，，所以平面， 在中，， ，所以， 又（ ），所以，所以， 因为，且 ，所以，所以， 因为四棱锥的体积 ， 记，，， 令，得，解得或（舍去）， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 则当时，四棱锥的体积最大，此时，，． 方法一： 如图，延长 交 于 ，连接交于， 设， 由解得， 则得，则， 即得 所以. 方法二： 如图，分别以 ，，所在直线为 ，， 轴建立空间直角坐标系. 则，，，，． 设，，，， 设平面法向量， 则，故可取， 由解得， 所以. 13．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 【解】（1）取的中点，取的中点，连接，，则， 又平面，则平面， 又平面，则，， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在，由，， 则，，，， 在正三角形中，，则， 所以，，， 又点 满足（ ）， 则，则， 若，则，即点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． （2）连接，， 由平面过直线，且，平面，则平面是平面， 因为平面，平面平面，所以， 结合（1）的空间直角坐标系， 不妨设，则，， 又，，，， 则，所以， ，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 显然是平面的一条法向量， 又平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 即点，分别为侧棱，的中点，且平面的法向量为， 又点 满足（ ）， 结合（1）有， 则， 又平面，则， 所以，解得， 所以存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为． 结合（1），在中有，则， 在正三角形中，有，则， 又平面，，则平面， 又平面，则， 所以此时的面积为． 14．（2026·北京·三模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【解】（1）已知，为中点，可得， 又平面，平面，故， 分别为中点，三棱柱中，故， 又，平面，平面. （2）由(1)可得平面，平面，故， 过作于，连接，因为，平面， 所以平面，又平面，故， 故即为二面角的平面角， 是中点，，则，； 且，， 故， ，得， 因为平面，又平面，故， 在中：， 故，即二面角的余弦值为. （3）三棱锥的体积等价于三棱锥的体积，即：， 由平面，得：， 计算的面积：，，， 为等腰三角形，底边上的高， 因此：， 设点到平面的距离为，由得：， 解得，即点到平面的距离为. 15．（2026·山东青岛·三模）如图，在矩形中、，．为线段中点，将沿翻折至，使得． (1)证明：平面； (2)点，分别为线段，上的点，，当直线与平面所成角最大时，求点到平面的距离． 【解】（1）由，得，则， 又，平面，则平面，平面，故， 由，为中点，得，而平面， 所以平面. （2）作，由（1）得平面，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设， ， 设平面的法向量为，则， 取，得， 记直线与平面所成角为， 则， 当时，；当时，， 当且仅当时取等号，此时最大， 平面的法向量为，， 所以点到平面的距离. 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 空间向量与立体几何 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 1．高频考点： 以空间向量运算为基础，重点考查空间直角坐标系的建立与向量坐标求解；核心考点为利用向量证明空间线线、线面、面面平行与垂直关系；高频考查异面直线角、线面角、二面角的向量求解方法，同时结合几何体动点、翻折、最值、存在性问题综合命题，是立体几何解答题核心考查形式。 2．素养考向 直观想象：依托几何体建立空间坐标系，实现几何位置关系向向量量化关系的转化； 数学运算：熟练完成向量坐标运算、夹角公式计算，精准求解空间角与参数最值； 逻辑推理：将几何证明问题转化为向量数量、垂直、平行的代数推理，体现数形结合、几何代数转化的核心思想。 线面角 （2026·全国二卷T16） （2025·北京卷T17） 二面角 （2026·北京卷T18） （2026·天津卷T17） （2025·全国二卷T17） （2025·天津卷T17） （2024·新课标Ⅱ卷T17）（2024·全国甲卷T19） （2024·北京卷T17） 空间距离 （2026·全国一卷T15） （2024·新课标Ⅰ卷T17）（2024·天津卷T17） 2026年全国一卷、二卷以空间向量为工具考查立体几何解答题。一卷侧重动态翻折、截面模型，结合动点探究空间角与存在性问题，设问灵活创新；二卷主打基础题型，重点考查线面角、点面距离计算与垂直关系向量证明。两卷均弱化复杂计算，强化建系、向量运算与几何转化，依托常规柱锥几何体命题，梯度清晰。 直观想象上，依托空间图形精准建系，实现几何位置关系代数化转化；数学运算上，规范向量坐标、空间角公式运算，注重计算准确性；逻辑推理上，将平行、垂直、空间角问题转化为向量量化推理，渗透数形结合、化归转化思想，考查几何与代数融合应用能力。 考向一 线面角 典例1．（2026·全国二卷T16）如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 微点拨：(1) 用边长勾股证线线垂直，结合线面垂直判定推目标垂直； (2) 依托垂直关系建空间直角坐标系，写出相关点坐标，求平面法向量，套用线面角向量公式，计算线与平面所成角正弦值。 考向二 二面角 典例2．（2026·北京卷T18）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 微点拨：(1) 取中点构造平行四边形证线线平行，推线面平行； (2) 以垂直棱建空间直角坐标系，先筛选能唯一确定点P的条件，求两平面法向量，代入夹角公式计算余弦值。 考向三 空间距离问题 典例3．（2026·全国一卷T15）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 微点拨：(1) 取底边中点构造中位线，证目标直线与平面内一条直线平行，证得线面平行； (2) 建立空间直角坐标系，利用线面角求出参数，求平面法向量，套平行线面距离公式求值。 考向一 线面角 1.（2025·北京卷T17）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 考向二 二面角 2.（2026·天津卷T17）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 3.（2025·全国二卷T17）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.（2025·天津卷T17）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 5．（2024·新课标Ⅱ卷T17）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T19）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． 7.（2024·北京卷T17）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 考向三 空间距离 8.（2024·新课标Ⅰ卷T17）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． 9.（2024·天津卷T17）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 1．（2026·河北秦皇岛·一模）如图，在三棱锥中，其外接球球心为的中点，平面平面.已知. (1)求证：平面平面. (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 2．（2026·北京朝阳·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，，，点是棱上一点． (1)当点是棱中点时，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 3．（16-17高二下·山东淄博·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，， ，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．（2026·湖南长沙·三模）如图，在三棱锥中，为的中点.点在棱上，. (1)若平面，求二面角的大小； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在请说明理由. 5．（2026·湖南株洲·三模）如图，在正三棱柱中，是棱的中点，是线段上动点，且． (1)若是的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求点到平面的距离． 6．（2026·安徽合肥·模拟预测）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：平面； (2)若，直线与平面 所成角的正弦值为，，求二面角的余弦值． 7．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）如图，已知 均为圆台 的母线，四边形 为圆台的轴截面，且 ，. (1)证明：； (2)已知二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的外接球的半径. 8．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，且平面，若E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，点H在直线AB上． (1)求证：直线EF与直线GH为异面直线； (2)过P点的直线l与直线EF，直线HG相交，求直线l与平面EFG夹角正弦值的最大值． 9．（2026·天津和平·三模）在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 10．（2026·河北秦皇岛·三模）在四棱锥中，底面为直角梯形，满足， ，，， 底面. 为棱的中点，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 11．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为的中点，，且． (1)证明：平面； (2)若，二面角的平面角为． ①求与平面所成角的正弦值； ②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度． 12．（2026·湖北襄阳·模拟预测）在中，，，点D，E分别在边 ，上，且，（），将 沿折起，点落在点的位置，连接，，得到如图所示的四棱锥，点 在线段上，且． (1) 若平面，求． (2)当四棱锥体积最大时，线段上是否存在点Q使得C，D，Q，F四点共面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 13．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 14．（2026·北京·三模）如图，在三棱柱中，平面，D，E分别为，的中点，． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 15．（2026·山东青岛·三模）如图，在矩形中、，．为线段中点，将沿翻折至，使得． (1)证明：平面； (2)点，分别为线段，上的点，，当直线与平面所成角最大时，求点到平面的距离． 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $