专题7.5 空间向量及其应用（8重难点题型+高分技法+高考真题）-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 以空间向量运算为基础，通过8大重难点题型系统构建从概念到应用的解题方法体系，强化空间角、距离计算的逻辑推理与模型应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量运算|6题|类比平面向量法则，坐标运算与几何意义结合|从加减、数乘到数量积，构建向量运算基础| |数量积应用|6题|模长公式、夹角余弦值、垂直判定|通过数量积拓展至投影、最值问题| |共线定理|6题|共线向量定理解决平行问题|连接向量关系与空间位置证明| |异面直线夹角|6题|方向向量余弦值绝对值|向量夹角与空间角转化| |线面角|8题|线方向向量与法向量正弦值公式|空间角计算的核心模型| |面面角|8题|法向量夹角余弦值（注意方向）|二面角的向量量化方法| |距离计算|9题|法向量投影绝对值公式|点、线、面距的统一向量解法| |综合应用|4题|多知识点融合，方程思想求参数|从单一运算到复杂问题的综合迁移|

专题7-5空间向量及其应用 可络构通 重难点题型1.空间向量的加法、减法与数乘 重难点题型2.空间向量的数量积运算 重难点题型3.空间共线定理的应用 重难点题型4.求异面直线的夹角 空间向量及其应用 重难点题型5.求直线与平面所成角 重难点题型6.求平面与平面所成角 重难点题型7求点面距、线面距、面面距 重难点题型8综合应用 高考真题 1.(2026:上海高考真题)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形，PH⊥底面ABCD,垂足H在AD 边上，且AH=1,HD=4,AB=2. (1)求证：HC⊥PB: ,10W5 ②)若四棱锥p-ABCD的体积为3，求二面角c-PB-H的大小. 2. (2026全国一卷高考真题)如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，∠ACB=90°，AC=BC,D,E分 别为AB,AC的中点。 C A B E D (I)证明：DE∥平面BCCB, (2)设CC1=2,直线DE与平面ACCA所成的角为45°，求直线DE到平面BCCB的距离. 3.(2025·北京高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形， ∠ADC=90,∠BAC=90°，E为BC的中点. G D (I)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG1I平面AB: (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 4.(2025~全国二卷高考真题)如图，在四边形ABCD中，AB/1CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E 在AB上，EF1/AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFDA,使得面EFDA' 与面EFCB所成的二面角为60°. D' A D A E (1)证明：A'B/I平面CDF: (2)求面BCD'与面EFD'A所成的二面角的正弦值. 5.(2024上海高考真题)如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB=AC (1)证明：PA⊥BC: (2)若圆锥侧面积为V3π，BC为底面直径，BC=2,求二面角B-PA-C的大小 6.(2024上海高考真题)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心. (I)若AP=5,AD=3V2,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积； (2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小. 7.(2024天津高考真题)如图，在四棱柱ABCD-AB,CD中，AA1平面ABCD,AB⊥AD,ABIIDC, AB=AA=2,AD=DC=1.M,N分别为DD,BC的中点， A D M (I)求证：DN∥平面CBM: (2)求平面CB,M与平面BB,CC夹角余弦值： (3)求点B到平面CB,M的距离. 8.(2024新课标I卷高考真题)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2, BC=1,AB=3. D C (I)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; 因若DLDC且=面角1-C-D的正弦值为9，求AD √42 5 重难点题型突破 重难点题型1空间向量的加法、减法与数乘 空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面 向量的运算法则. 1.(2026陕西咸阳二模)如图，在长方体ABCD-ABCD中，P,2,R分别是线段AB,AC,AD 上靠近点A的三等分点，设AP=ā，A0=b,A=c,则AC=() A D 3 i D A.a+b+c B.V3a+3b+/3c 5-5,5 C. 2a+2h+20 2 22 2.(25-26高三上安徽阶段检测)如图，在平行六面体ABCD-ABCD中，点P是线段AG上的一点， 且AP=2PC,设AA=a,AD=b,AB=c,则PD=() D C A B D 1-21- 216,2 A. b+3 b+ 3 B.-3a-3b 39 2-。1÷2 C. a+- 1a-26-2 3 3 3 D.3a-3 3.(2025全国模拟预测)已知正方体ABCD-AB,CD,设向量d=AB,b=AC,c=AD,则AB= () A.(be)B.(at6-)C.(6+8-d) D.a+- 4.(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)在三棱柱ABC-ABC中，设AB=a,AC=b,AA=C,N为BC的 中点，则AN=() 20+6+c 1- A.a+b+c B. C.a- D. 5.(2024江苏准交模拟预测)如图，。三棱锥0-ABC中，101H0C+号0B2, ∠AOB=∠BOC=∠AOC= 3,M,N分别为OA,BC的中点，点G在线段MN上，且MG=2GN,则1OG () M G B A 2v5 3 B②2 3 c n 6.(24-25高二上：辽宁·阶段检测)在正三棱锥A-BCD中，O为△BCD外接圆圆心，则AO=() A B A.AB+AC+AD A+号C+0 3 Q.4+4c+号0 D.号+4c+号40 重难点题型2空间向量的数量积运算 高分击 a.B=aBcos(a.B)=++2 求模长时，可根据风=后=V++ cos(a,B)- 求空间向量夹角时，可先求其余弦值 丽 要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的 数量积是否为0，即a.b=0一aLb (位，d为锐角→a-6>0,(位，为能角→a-6<0.自此，通带通过计算a-5的值来判断两向量夹角 是锐角还是钝角 1. (2026山西太原二模)已知空间向量a=(亿，-1，)，平面α的一个法向量为n=(30,4),则向量a在平面 上的投影向量是() A.（-4,13) C.(4-1,-3) 2.(2026贵州贵阳模拟预测)如图，已知两个正方形ABCD,ABEF的边长都是1，且它们所在的平面 互相垂直点M,N分别在正方形对角线MC和BF上移动，且CM=BN=a0<a<V2)当MN的长最小时， 直线MN和AB夹角的余弦值是() B B.0 2 D. 4 3.(2026辽宁大连模拟预测)在棱长为3的正四面体ABCD中，点G是三角形ABD的重心，若空间内 -点p满起4-号c-CG+号G,则G.C-{） 3 3 A.3 B.5 C.7 D.8 10 4.(2026山东聊城三模)在三棱柱ABC-ABC中，△ABC为等腰直角三角形，且CA=CB=6, CC=4V2,若直线CC与平面ABC所成的角为60°，则CACB的最小值为一. 5.已知在底面半径为2且高为10的圆柱体的表面上有三个动点A、B、C,则AB·AC的最小值为 6.在长方体ABCD-ABCD中，CC=CD,=2,CB=1,点P为线段BC上一动点，则CP.DP的最小 值为 11 重难点题型3空间共线定理的应用 空间共线向量定理： a/1i石≠0=a=b 利用此定理可解决立体几何中的平行问题. 1.(25-26高三上河北开学考试)已知空间向量ā=(4，-3,2)与b=(2,x,y)共线，则x+y=() A.-1 B. c D.1 2.(2025贵州六盘水模拟预测)已知只，e2,C不共面，若AB=?+e2+e,BC=g+e2+吧，且 A,B,C三点共线，则2+“=() A.0 B.1 C.2 D.3 3.正方体上的点PQRS是其所在棱的中点，则直线P№与直线RS异面的图形是() R R B R D 4.在空间直角坐标系中，A(,-2,a,B(03,1),C(b,-1,2),若4，B,C三点共线，则b= 5.设，%是空间两个不共线的非零向量，己知AB=2g+ke,BC=日+38，DC=2g-6,且A,B,D三 点共线，则实数k的值为」 12 6.向量a=(2x,1,3),b=(1,y,9),若ā与b共线，则x= 重难点题型4求异面直线的夹角 分 法 设两异面直线a和b的方向向量为a和b,利用求角余弦公式可求得a和b的夹角，由于两向量所成 0, cosa=cos0= la…b 角日的范围是[0，，而两异面直线所成角“的范围是2. 所以 albl 1. (2026河南三模)己知四棱锥P-A6CD的底面是边长为2的菱形，ZB060°；侧面 侧面PAD是以AD 为斜边的等腰直角三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD,E是PC的中点，则异面直线PA与BE所成角的余 弦值为() A.4 4 B.5 c.5 2. (2026江苏扬州模拟预测)在正四面体ABCD中，M,N分别为AB,AD的中点，连接CM,BN,若 正四面体的边长为2，则直线CM与直线BN所成角的余弦值为() A.⑤ 1 C6 1 B. 12 D. 6 6 6 3.(2026河北模拟预测)如图，AB是圆O的直径，AD垂直于圆O所在的平面，AB=AD=2,P是弧 AB的中点，则异面直线AP与BD所成角的大小为() D B 0 P A. 6 B.4 c D.2 13 4.已知三棱锥P-ABC中，AP=BC=BP=AC=V5,AB=PC=2,若M、N分别为PC和AB的中点，则 异面直线NP与BM所成角的余弦值为() √2 A.3 B. C. ”房 14 5.(2026江苏南京·一模)在直三棱柱ABC-AB,C中，己知AB=AC=3,BC=BB=2,则异面直线 AB与BC所成角的余弦值为 6.(25-26高二上天津北辰阶段检测)如图，直三棱柱ABC-ABG中，∠BCA=90°，M,N分别是 AB,AC的中点，BC=CA=CC,则BM与AW所成角的余弦值为 C N M A B C B 15 重难点题型5求直线与平面所成角 设I为平面a的斜线，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，8为I与a所成角的大小，则 n sin lcos(a.m)- 。《2026河北茶至岛二校)如图所示四边形BCD是菱形，Ad0E为等边二角形，且而二2旅3， ∠DAB=π，EG=EB,DC=3DF G D B (I)证明：FG/I平面ADE: (2)求GF与平面ABE所成角的正弦值 2.(2026山西析州模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-ABC中，AB=AC=A4=2,∠BAC=90°.点 D为棱BB的中点，点E为线段AC的中点. C B D (I)证明：DE1/平面ABC: (2)求平面CDE与平面ABC所成二面角的正弦值. 16 3.(2026河南郑州模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD, AD=2BC-2CD=2PA-2'BC1AD:∠BCD-至.点E,F分别在棱PD,PC上，DE=4P:BF1CD: 平面AEF与棱PB交于点G E (I)证明：平面AEFG⊥平面PCD, (2)求直线AG与平面PBC所成角的正弦值. 4.(2026北京大兴三模)如图，在四边形ABCD中，AB=2BC=2CD=4,AB⊥BC,CD⊥BC,E 是AB中点，连接DE,将△AED沿DE折起使A点至P点处，得四棱锥P-BCDE,且PB=2,点M为 PD中点. D ()求证：PB/1平面MCE: (2)求直线PD与平面MBE所成角的正弦值. 17 5,(2026广东深圳模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-ABC中，已知点D,E分别是棱BC,CC上 的点，AD⊥BC, B E D B (I)证明：平面ADE⊥平面BCCB: (2)若△ABC是等边三角形，BC=CC,E为CC的中点，求直线AE与平面ADE所成角的余弦值. 6.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD,PA=2,E为PD 的中点 44 D B (1)证明：PB/1平面AEC (2)求点B到平面AEC的距离， (3)求直线PD与平面AEC所成角的正弦值. 18 7.(2026山东济南模拟预测)如图，在长方体ABCD-AB,CD中，DA=2,DC=4,DD,=V5,点 M为AD的中点，点N为MD的中点 D M B D为 (I)证明：MD⊥平面ABN: (2)若点P为CD的中点，求直线AP与平面MCD所成角的正弦值 8.(2026·上海三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是等边三角形，且BCIAD,AB⊥AD, AB=AD=2BC=2,PC=V3,E为PD的中点，F为AD的中点. (I)求证：CE∥平面PAB: (2)求证：平面PCF⊥平面ABCD: (3)求直线PB和平面PCD所成的角的大小. 19 重难点题型6求平面与平面所成角 分 法 (1)在平面a内，a1i,在平面B内，b17(i是交线I的方向向量)，其方向如图所示，则二面 ab 角a-l-B的平面角的余弦值为ab (2)设，”是二面角，-1-P的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二 n1·n2 面角的外侧，则二面角a-1-B的余弦值为血n 1. (2026全国·模拟预测)在圆锥M-0中，M是圆锥顶点，O是底面圆圆心，圆锥的高为3.母线长为 5.AC是底面圆的一条直径，点B在底面所在的平面内，且AB⊥BO.OH L MB于H M 万O (I)求证：平面OCH⊥平面MAB: 12√7 (②)当异面直线oH与CM夹角的余弦值为35时，求平面MB0与平面MBC夹角的余弦值. 20 2.(2026安徽合肥模拟预测)如图①所示，四边形ABC是直角梯形，BC1I4犯，AB⊥A犯，且 BC=AB=240,D为线段40的中点.现沿者cD将A0CD折起，使Q点到达p点，如图②所示：连 接PA、PB,其中M为线段PA的中点. D M D A B B ⑦ ② (1)求证：DM⊥平面PAB; √6 (②)若4Q=4,直线pB与平面ABCD所成角的正弦值为4，PA<5,求二面角P-BC-D的余弦值. 3.(2026安徽合肥三模)如图，己知梯形ABCD中，BC⊥AB,BC⊥CD,AB=2BC=2CD=2,点 E是AB中点；将△ADE沿DE折起到△PDE的位置 P -=B (1)证明：平面PBC⊥平面PBE; 2π (2)若二面角P-DE-C的大小为3，求二面角B-PC-D正弦值： 21 4.(2026山东青岛模拟预测)如图，在圆柱00中，AB是底面圆0的直径，A4和BB是两条母线，C 是底面圆O上异于A,B的一动点，D是线段BC的一点，直线ACII平面ABD B (I)求证：D为BC的中点： (2)若AB=6,BB=2,求二面角B-AD-B的最小值. 5.(2026河北秦皇岛·一模)如图，在三棱锥A-BCD中，其外接球球心为BD的中点O,平面ABD⊥平 面BCD.已知AC=V2,BC=5,BD=2. (1)求证：平面AOC⊥平面BCD (2)求平面ABC与平面ACD的夹角的余弦值 22 6.(2026山东济南模拟预测)如图，在几何体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ACEF, AC⊥AB,AC⊥AF,ACIIEF,AB=AC=2EF=2,DA=DC,M为BC中点，点B,D在直线AC两 侧. B M (I)求证：DM⊥平面ACEF: ②E知Mr-6,DE=3y 2,求平面CDE与平面ABF夹角的余弦值. 7.(2026广东汕头·三模)已知菱形ABCD中，∠A=60°，AB=2,E为AD中点，如图一所示，现将 △ABE沿着BE按顺时针方向旋转折叠，使得点A到达点P,如图二所示. P(A) D E B 图一 图二 (I)当PD=√2时，证明：平面PBC⊥平面PBE: (②)当三棱锥P-BDE的体积第二次达到4时，求平面PDB与平面PCD所成角的余弦值. 23 8.(2026安徽芜湖模拟预测)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD是边长为2的等 边三角形，∠BAD=60°，PM=1PB : D 0若-方，正明：直线pB1平面ADM: ②洁-子B=6,求二面角M-0-C的余弦值。 24 重难点题型7点面距、线面距、面面距 。■■■■■■■■■ 如图所示，平面的法向量为n,点Q是平面内一点，点P是平面外的任意一点，则点P到平 面a的距离d,就等于向量P在法向量i方向上的投影的绝对值，即POHcos<PD,n>或 d=IPOn POn 1,(2026湖南郴州模拟预测)阅读材料：空间直角坐标系0-z中，过点P(x,%,2)且一个法向量为 n=(a,b,c)的平面x的方程为a(x-)+b(y-%)+c(z-z)=0,阅读上面材料，解决下面问题：已知平 面a的方程为2x+y+z=2,点2(2，l,-),则点0到平面a距离为() A.V6 B 6 c.6 D.1 6 3 2 2.(25-26高三上·山西晋中阶段检测)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，E为BC上 的点，F为PC的中点.PD⊥底面ABCD,PD=2,CE=1,则点A到平面DEF的距离为() ZA D A B 4v29 A 16v21 B C.14v7 29 21 17 D. 2 3.(2026上海三模)如图，AC为圆锥底面圆0的直径，AC=4,S0=V2,M为AC的中点，点B是圆0 25 上的动点（点M,B在直径AC同侧），当△SBC的面积最大时，点B到平面SMC距离为一· 4.在棱长为3的正方体ABCD-ABCD中，E为线段DD靠近D的三等分点F为线段BB靠近B的三等 分点，则直线FC到平面AB,E的距离为 5.(2026山西析州模拟预测)如图，在直棱柱ABCD-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB‖CD AD⊥AB,且AB=2,CD=L,AD=1.又A41平面ABCD,A4=2点M,N分别为DD,BB的中点 D A B M: B (I)证明：MNII平面ABCD (2)求平面CB,M与平面ABCD夹角的余弦值： (3)求点A到平面CB,M的距离 26 6.(2026北京三模)如图，在三棱柱ABC-AB,C中，A41平面ABC,D,E分别为AC,AC的中点 AB=BC=5,AC=AA=2 A B (I)求证：AC⊥平面BDE: (2)求二面角A-BE-D的余弦值； (3)求点D到平面ABE的距离. 7.(2026广西南宁模拟预测）如图甲，在机形ABCD中，B=∠C=受A=号4B=2D=2,E为 AB中点.将△ADE沿DE折起到△ADE位置，连接AB,AC,得到如图乙所示的四棱锥A-BCDE B y D 甲 (I)证明：DE⊥平面ABE: (2)当∠AEB为3时，求点B到平面ACD的距离. 27 8.(2026甘肃兰州模拟预测)如图1，在平面五边形MADCB中， ABIICD,AB⊥BC,AB⊥MA,BC=CD=2AB=2MA=4,将△MAB沿AB折起得到如图2所示的四棱锥 P-ABCD,且PD=4,E为棱CD的中点. p D A B 图1 图2 (1)证明：PE⊥平面PAB: 3v21 (②若G为棱pD上一动点，直线CG与平面pAD所成角的正弦值为14· DG (i)求DP (i)求点G到平面PBC的距离. 9.(25-26高二下·云南曲靖·期中)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA⊥AB, PA L BC,PA//BE,AB=PA=2,BE=1. B (1)证明：CE∥平面PAD: (2)求平面PCD与平面PCE所成角的余弦值： (3)求点D到平面PCE的距离： 28 重难点题型8综合应用 1.(2026陕西西安三模)如图，三棱柱ABC-ABC1中，BB⊥B,C,BB⊥AB, B B (I)求证：平面ABC⊥平面BB,CC: (2)AB=2,AC=3,BC=7,BB=1: (i)当1=1，求直线AB与平面BBCC所成角的正弦值； (i)当1为何值时，三棱柱ABC-ABG体积最大，并求此最大值. 2.(2026云南三模)如图，在四棱锥C-ABED中，四边形ABED是边长为2的正方形，平面ABC⊥平 面ABED,BC=L,AC=V3 E D M (I)证明：AC⊥平面EBC: ?若存在，求出CD的 CP ②线段CD上是否存在一点p使得直线Bp与平面ABC所成角的正弦值为 11 值；若不存在，说明理由 29 3.(2026北京大兴三模)在三棱锥P-ABC中，PAL AB,,AB=3,AC=4,PA=6,PC=2V3点E在棱PB 上，点F为BC中点 B (I)若点E为PB中点，平面PAC∩平面AEF=m,证明：EF//m: (2)若点E满足PE=2EB,从下列条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件，使得三棱锥 P-ABC存在且唯一，求平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值条件①：EF=V3;条件②：BC=V13； 条件③：∠BAC=60 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分 4. (2026福建泉州模拟预测)如图，已知三棱柱ABC-ABC的各棱长均为2，点O为AC的中点. A B (1)证明：AB11平面B0C: (2)若AO1平面ABC,求直线AB与平面BOC所成角的正弦值： (3)一个质点从点A出发沿着三棱柱的棱移动，每次等可能移动1条棱或2条棱到达另一个顶点（允许走回 头路)，设它随机移动n次后又回到点A的概率为，求乃，B 30 专题7-5 空间向量及其应用 1．（2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． (2) 【难度】0.62 【知识点】锥体体积的有关计算、空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，利用向量的数量积为0，推出向量垂直； （2）利用棱锥体积公式求出，进而求出点，得出相关向量坐标，求出平面的法向量，进而利用向量夹角余弦公式求解． 【详解】（1）略 （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 2．（2026·全国一卷·高考真题）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． 【答案】(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)距离为1. 【难度】0.64 【知识点】证明线面平行、求直线与平面的距离、线面角的向量求法 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【详解】（1）略 （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. 3．（2025·北京·高考真题）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． 【答案】(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) 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法 【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （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. 4．（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) 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) 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、求二面角、面面角的向量求法 【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）略 （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. 5．（2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.65 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到. （2）利用向量法可求面、面的法向量，计算出它们的夹角的余弦值后可得二面角的余弦值. 【详解】（1）取中点，连接、， 因为，所以， 又因为面面，所以面， 因为面，所以. （2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为为底面直径，，所以底面半径为1，母线长为， 所以， 则可得， 故， 设为平面的法向量，则， 令，则，所以. 设为平面的法向量， 则， 令，则，所以. 则， 设二面角为，则为钝角， 所以二面角的大小为. 6．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】求旋转体的体积、求线面角 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解. 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 7．（2024·天津·高考真题）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． 【答案】(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) (3) 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）略 （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. 8．（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：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) 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、证明面面垂直、由二面角大小求线段长度或距离 【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）略 （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． 重难点题型1 空间向量的加法、减法与数乘 空间向量的运算包括空间向量的加法、减法、数乘、数量积的几何意义及坐标运算，可以类比平面向量的运算法则． 1．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在长方体中，，，分别是线段，，上靠近点的三等分点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.75 【知识点】空间向量的加减运算、空间向量加减运算的几何表示、用空间基底表示向量 【分析】利用空间向量基本定理求解即可. 【详解】由题意可知，， ， 则， 又因为，所以. 2．（25-26高三上·安徽·阶段检测）如图，在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】用基底表示向量、空间向量加减运算的几何表示、空间向量数乘运算的几何表示 【分析】根据空间向量线性运算法则以为基底先表示出，再由化简得到. 【详解】因为， 又，所以， 所以 ． 故选：C． 3．（2025·全国·模拟预测）已知正方体，设向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】空间向量的加减运算 【分析】根据方程组，即可求解. 【详解】由于， 所以，，. 故选：B 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）在三棱柱中，设，，，为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】空间向量加减运算的几何表示、空间向量数乘运算的几何表示 【分析】由空间向量的线性运算法则即可求解． 【详解】连接，如图， 因为为的中点， 所以． 故选：C． 5．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，三棱锥中，，，分别为的中点，点在线段上，且，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】空间向量的加减运算、空间向量的数乘运算、求空间向量的数量积、空间向量数量积的应用 【分析】根据条件，利用空间向量的线性运算得到，再利用模长公式及数量积的运算，即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 又，， 则 ， 所以， 故选：D. 6．（24-25高二上·辽宁·阶段检测）在正三棱锥中，O为外接圆圆心，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】空间向量的加减运算、空间向量的数乘运算、用空间基底表示向量 【分析】取中点，连接，利用空间向量的线性运算即可得解. 【详解】如图，在正三棱锥中，取中点，连接， 则点为底面中心，且在上， 所以 . 故选：D. 重难点题型2 空间向量的数量积运算 ； 求模长时，可根据； 求空间向量夹角时，可先求其余弦值．要判断空间两向量垂直时，可以求两向量的数量积是否为0，即． 为锐角；为钝角．由此，通常通过计算的值来判断两向量夹角是锐角还是钝角． 1．（2026·山西太原·二模）已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.74 【知识点】空间向量的加减运算、空间向量数量积的应用、空间向量模长的坐标表示 【分析】先求出在法向量上的投影向量，结合平行四边形法则得到答案 【详解】向量在法向量上的投影向量为 ， 设向量在平面上的投影向量，由平行四边形法则可得， 故. 2．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（    ） A． B．0 C． D． 【答案】B 【难度】0.74 【知识点】求空间中两点间的距离、空间向量数量积的应用、异面直线夹角的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解最小时的，进而利用向量计算即可求得结果. 【详解】因为平面平面，，， 且平面平面，平面， 故平面，又平面， 故，从而两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， ，，， ， ， 当时，最小，最小值为； 即当，为、中点时，最短， 则，， ，， ， 直线和夹角的余弦值是. 3．（2026·辽宁大连·模拟预测）在棱长为3的正四面体中，点是三角形的重心，若空间内一点满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】求空间向量的数量积、空间向量数量积的应用、用空间基底表示向量 【分析】根据空间向量的线性运算可得，，即可根据数量积的运算律求解. 【详解】由可得，， 故， ， 又，， 故 ， 故选：C 4．（2026·山东聊城·三模）在三棱柱中，为等腰直角三角形，且，，若直线与平面所成的角为60°，则的最小值为________． 【答案】8 【难度】0.4 【知识点】数量积的运算律、求空间向量的数量积、已知线面角求其他量 【分析】可通过空间向量分解和线面角性质来求解，核心是利用线面角的约束条件，将向量正交分解，转化为平面向量求最值即可. 【详解】， 即， 因为直线与平面所成的角为60°，故在平面内的投影满足：， 即投影点在底面以为圆心，半径为的圆上，故的竖直分量垂直于平面， 因此，等价于投影向量，其中，， 根据向量性质，， 当且仅当与同向时取得最大值24， 故. 5．已知在底面半径为2且高为10的圆柱体的表面上有三个动点A、B、C，则的最小值为_________． 【答案】 【难度】0.22 【知识点】和差化积公式、向量与几何最值、空间向量数量积的应用 【分析】利用空间向量的线性运算与数量积运算转化为平面向量，结合三角函数恒等变换与三角函数性质求最值即可. 【详解】如图：过点、、分别作与圆柱底面平行的平面截圆柱得圆，，，    设点在圆，上的射影点为，，点在圆上的射影点为，点在圆上的射影点为， 则 由， 则，当且仅当时取等， 如图在圆所在平面，取点为圆与轴负半轴交点，建立平面直角坐标系.    则，设，， 所以，， 则 当，时，等号成立. 故， 所以的最小值为. 6．在长方体中，，，点为线段上一动点，则的最小值为__________． 【答案】 【难度】0.6 【知识点】数量积的坐标表示、求空间向量的数量积 【详解】 如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设点，即， 可得，即， 所以， 则， 根据二次函数性质可知当时取得最小值，此时最小值为. 所以的最小值为. 重难点题型3 空间共线定理的应用 空间共线向量定理：． 利用此定理可解决立体几何中的平行问题． 1．（25-26高三上·河北·开学考试）已知空间向量与共线，则（    ） A．-1 B． C． D．1 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】由空间向量共线求参数或值 【分析】根据空间向量共线的条件即可得出答案. 【详解】因为空间向量与共线， 所以，解得，所以. 故选：C 2．（2025·贵州六盘水·模拟预测）已知，，不共面，若，，且三点共线，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】由空间向量共线求参数或值 【分析】根据向量共线设，从而得到方程组，求出，得到答案. 【详解】因为三点共线，所以， 即，故，解得， 所以. 故选：C 3．正方体上的点是其所在棱的中点，则直线与直线异面的图形是（    ） A．     B．   C．   D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】异面直线的概念及辨析、空间向量共线的判定 【分析】建立空间直角坐标系，写出满足每个选项点的坐标，利用向量的坐标运算以及向量平行的定义，结合异面直线的定义逐项判断即可. 【详解】不妨设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系，如图所示    对于A，由A选项的图可知,，所以,即，所以，即，故A错误； 对于C，由C选项的图可知,，所以，即，所以，即与共面，故C错误； 对于D，由D选项的图可知,，所以,即，即与共面，故D错误. 对于B，由B选项的图可知,，所以,即不存在实数使得，即与不平行， 由图可知与不相交，所以与是异面直线，故B正确. 故选：B. 4．在空间直角坐标系中，，若三点共线，则__________. 【答案】 【难度】0.85 【知识点】由空间向量共线求参数或值、空间向量平行的坐标表示 【分析】根据三点共线，可得空间向量共线，即存在实数，使得，结合向量的坐标运算，即可得答案. 【详解】由题得.， 因为三点共线，所以存在实数，使得， 即， 所以，解得，所以， 故答案为： 5．设是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且三点共线，则实数k的值为__________． 【答案】 【难度】0.85 【知识点】由空间向量共线求参数或值 【分析】根据题意，化简得到，由三点共线，可设，利用空间向量共线的充要条件，列出方程，即可求解. 【详解】因为，， 可得， 又因为三点共线，可设，即， 因为不共线，可得，解得， 所以实数的值为. 故答案为：. 6．向量,,若与共线,则________,________. 【答案】 3 【难度】0.85 【知识点】由空间向量共线求参数或值 【分析】根据空间向量共线的公式求解即可. 【详解】由题意得解得,. 故答案为：(1) ；(2)3 【点睛】本题考查空间向量共线的条件,属于基础题. 重难点题型4 求异面直线的夹角 设两异面直线a和b的方向向量为和，利用求角余弦公式可求得和的夹角，由于两向量所成角的范围是，而两异面直线所成角的范围是．所以． 1．（2026·河南·三模）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，且侧面底面，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.5 【知识点】面面垂直证线面垂直、异面直线夹角的向量求法 【分析】利用面面垂直的性质建立空间直角坐标系，求出异面直线的方向向量，通过向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值． 【详解】取的中点，连接，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，且． 又平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，可得平面． 以为坐标原点，方向为轴正方向，底面内垂直于的方向为轴正方向， 方向为轴正方向建立空间直角坐标系，可得各点坐标： ，，，． 因为是的中点，所以，则，． 设异面直线与所成角为，，则． 计算得： ，， ， ， 代入得． 2．（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】取底面的中心，连接，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角. 【详解】取底面的中心，连接，则平面，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，由正四面体的边长为2，则底面的外接圆半径，则由题易得高，故， ，由、分别为、的中点，所以， 同理得，故， 所以由向量夹角公式可知. 3．（2026·河北·模拟预测）如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，P是弧的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用向量夹角公式求解. 【详解】根据题意，以点为坐标原点，分别为轴，过点垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为是弧的中点，所以，又， 则，，，， 所以，， 所以，即， 所以异面直线与所成角的大小为. 故选：C. 4．已知三棱锥中，，若分别为和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】利用对棱相等的三棱锥可构造在一个长方体中，从而利用长方体来建立空间直角坐标系，由空间向量法来求出异面直线所成角的余弦值. 【详解】由于对棱相等的三棱锥可如图构造在一个长方体中，    根据，可设， 则， 由图可知，则， 如图建系，可得， 所以 则， 即异面直线与所成角的余弦值为， 故选：C. 5．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】/ 【难度】0.75 【知识点】异面直线夹角的向量求法 【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可. 【详解】作，因为，所以是的中点， 过作，由直三棱柱性质得面， 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以，由勾股定理得， 则，，，， 可得，， 设异面直线与所成角为， 则. 6．（25-26高二上·天津北辰·阶段检测）如图，直三棱柱中，，分别是的中点，，则与所成角的余弦值为___________． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】求异面直线所成的角、异面直线夹角的向量求法 【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，再利用已知条件结合直三棱柱的性质得出相关点坐标，进而得出的坐标，最后利用向量夹角的余弦公式求解． 【详解】三棱柱是直三棱柱，，， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系， ，分别是的中点，令，则 ， ， ． 与所成角的余弦值为． 故答案为：． 重难点题型5 求直线与平面所成角 设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则． 1．（2026·河北秦皇岛·二模）如图所示，四边形是菱形，为等边三角形，且，. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)【证明】证法一：如图①所示，取棱 上一点，使得， 连接，因为，所以，且， 又因为四边形为菱形，且，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. 证法二:如图②所示，取棱上一点，使得，连接， 因为，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，所以， 因为四边形为菱形，所以，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 证法三：如图③所示，取的中点，连接，作，垂足为， 在菱形中，，所以为等边三角形，所以， 因为，平面 ，所以平面, 在中，，可得, 由余弦定理得，可得， 所以，即， 因为，所以， 又因为平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 所以平面，又因为平面，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由， 所以， 因为平面，所以平面. (2) 【难度】0.44 【知识点】证明线面平行、空间位置关系的向量证明、线面角的向量求法 【分析】（1）解法一：取棱 上一点，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 解法二:取棱上一点，分别证得平面和平面，得到平面平面，即可证得平面； 解法三：取的中点，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，再求得，结合，进而证得平面； （2）由（1）中的坐标系，求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：由（1）知：，且 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 2．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，．点为棱的中点，点为线段的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由题意可取，，， ，，， 为的中点，E为的中点， ，，故， 平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 又，且不在平面内， 平面． (2) 【难度】0.61 【知识点】证明线面平行、求平面的法向量、线面角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，求出各点坐标及相关向量坐标，求出平面法向量，进而利用法向量与垂直证明结论； （2）求出两个平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求出余弦值，进而求出二面角正弦值． 【详解】（1）略 （2）易知平面的一个法向量为， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则 ， 设平面与平面所成二面角为，则， ． 3．（2026·河南郑州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面,，，，点分别在棱上，，，平面与棱交于点． (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：因为平面，且平面，所以， 又因为，，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为，所以平面，因为平面，所以， 在直角中，，，所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以，所以，所以， 因为且，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. (2)． 【难度】0.46 【知识点】证明线面垂直、证明面面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）根据题意，证得平面，得到平面，证得，再由，证得，得到平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到，根据，求得，得到，再求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：过点作直线，以为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 则，，， 设，则， 由（1）知，所以，即，得，所以， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 4．（2026·北京大兴·三模）如图，在四边形中，，，，是中点，连接，将沿折起使点至点处，得四棱锥，且，点为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 连接交于，连接， 因为，由题意是中点，又， 所以，则四边形为平行四边形， 故点为中点，又点为中点． 所以，又平面，不在平面内， 所以平面； (2) 【难度】0.62 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法 【分析】（1）连接交于，连接，通过即可证明； （2）建系，求得平面法向量，和直线方向向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形为梯形中， 且，，，故四边形是正方形， 所以，， 将沿折起使A点至P点处，有，， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，O是中点，所以， 又平面，平面平面， 所以平面． 以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴，以过O与平行的直线为x轴，建立如图所示的空间坐标系． 因为，可得， 则，，，，，，． 则 ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则． 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 5．（2026·广东深圳·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，，为的中点，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)三棱柱是直三棱柱，平面， 又平面，， 又，，平面， 平面， 又平面，平面平面． (2) 【难度】0.63 【知识点】证明面面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面． （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦值，再利用同角三角函数的基本关系求余弦. 【详解】（1）略 （2）以过且与平行的直线为轴，，分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    不妨设，则，，，，，. ，，， 设平面的法向量为 则，令得． 设直线与平面所成角为， 则， 直线与平面所成角的余弦值为. 6．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，为的中点. (1)证明：平面. (2)求点到平面的距离. (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)连接交于点，连接. 因为底面是正方形，所以为的中点. 因为为的中点，所以是的中位线，. 因为平面，平面，所以平面. (2) (3) 【难度】0.65 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由空间向量点到平面的距离公式求解即可； （3）由空间向量直线与平面的夹角求解即可. 【详解】（1）略 （2）以为原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，. 设平面的法向量为，因为，， 所以令，得. 因为，所以点到平面的距离. （3）结合（2）中坐标系，知， 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 7．（2026·山东济南·模拟预测）如图，在长方体中，，，，点为的中点，点为的中点.    (1)证明：平面； (2)若点为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)法一：几何法 如图，连接，由题意，得，，， 在中，由勾股定理可得，所以， 所以为等腰三角形， 又为中点，所以， 在长方体中，有平面， 又平面，所以， 又，所以平面. 法二：坐标法① 如图，以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 所以，， 即，， 又，所以平面. 法三：坐标法② 如图，以为原点，以，，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量， 则，不妨令，则， 又，可得， 所以平面. (2) 【难度】0.66 【知识点】证明线面垂直、求线面角、空间位置关系的向量证明、线面角的向量求法 【分析】（1） 法一：连接，由勾股定理求解，由线面垂直的判定定理即可证明； 法二：以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，由，，即可求解； 法三：以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，由设平面的法向量，由即可证明； （2）法一：以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，由直线与平面夹角的向量求法求解即可； 法二：连接，得到为在平面上的投影，得到即为直线与平面所成角求解即可. 【详解】（1）略 （2）法一：建系法 如图，以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 则，不妨令，有， 又， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为.    法二：几何法 如图，连接，在长方体中，有平面， 又平面，所以， 由（1），有，又， 所以平面， 所以为在平面上的投影， 所以即为直线与平面所成角， 由题意，在中，，又，所以， 在中，，所以， 8．（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，是等边三角形，且，，，，为的中点，为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求直线和平面所成的角的大小． 【答案】(1)取中点，连接，由为中点，得且， 又，，则且，四边形为平行四边形， 因此，又平面，平面， 所以平面. (2)由为的中点，，，得四边形为平行四边形， 则，而，则，由是等边三角形，得， 又平面，因此平面，而平面. 所以平面平面. (3) 【难度】0.62 【知识点】证明线面平行、证明面面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （3）以中点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）在正中，，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，在平面内作，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， 由（2）知，则， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 设与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成的角为. 重难点题型6 求平面与平面所成角 （1）在平面内，，在平面β内，（是交线的方向向量），其方向如图所示，则二面角的平面角的余弦值为． （2）设是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向二面角内侧，另一个指向二面角的外侧，则二面角的余弦值为． 1．（2026·全国·模拟预测）在圆锥中，是圆锥顶点，是底面圆圆心，圆锥的高为3．母线长为5．是底面圆的一条直径，点在底面所在的平面内，且．于． (1)求证：平面平面； (2)当异面直线与夹角的余弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：由题意得：平面，面， 则． 又，，面，面， 故面，面， 故． 又，，面，面， 故面． 又面， 故面面. (2) 【难度】0.4 【知识点】证明线面垂直、证明面面垂直、异面直线夹角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，再由判定定理可得面，从而得，结合，可得面，由面面垂直的判定定理即可得证； （2）以为坐标原点，，为，轴，垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系，设，由，可得，由三点共线及，可得．再由异面直线与夹角的余弦值为，求得，取，求出两平面与平面的法向量，即可得答案. 【详解】（1）略； （2）以为坐标原点，，为，轴，垂直于的方向为轴，建立空间直角坐标系： 因为圆锥的高为3．母线长为5， 所以底面半径, 由题意，，，，． 设， 则，， 又，即， 即， 又， 设， ， 又， 代入坐标得：， 解得：． 故． 又， ，． 设异面直线与夹角为， 则， 解得． 由对称性，结合， 不妨取， 此时，，． 设面的法向量， 则， 不妨令，则． 同理，设面的法向量， 则． 设平面与平面夹角为， ． 2．（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． 【答案】(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) 【难度】0.51 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）根据已知条件，利用翻折的性质，运用线面垂直判定定理证明结论； （2）根据已知条件，利用几何法求出，以为原点，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解． 【详解】（1）略 （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． 3．（2026·安徽合肥·三模）如图，已知梯形中，，，， 点E是中点；将沿折起到的位置 (1)证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，求二面角正弦值. 【答案】(1)因为在梯形中，，点是的中点， 所以四边形是正方形，所以， 所以将沿折起到的位置时，， 又平面，所以平面． 因为,所以平面． 因为平面， 所以平面平面； (2) 【难度】0.47 【知识点】证明面面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）通过，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）以，为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设为平面的一个法向量，则 ，即 取，得 则， 设为平面的一个法向量，则 ，即 取，得 则， 所以， 所以二面角的正弦值为． 4．（2026·山东青岛·模拟预测）如图，在圆柱中，是底面圆的直径，和是两条母线，是底面圆上异于，的一动点，是线段的一点，直线平面． (1)求证：为的中点； (2)若，，求二面角的最小值． 【答案】(1)连接，设，连接，则是、的中点， 直线平面，平面，平面平面， ．   在中是的中点， 是线段中点．   (2) 【难度】0.65 【知识点】面面角的向量求法、线面平行的性质 【分析】（1）通过平面，得到，结合中位线即可证明； （2）建系，求得平面法向量，由夹角公式即可求解. 【详解】（1）略 （2）设为圆柱的一条母线，由题意可知两两垂直， 以为原点，，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系． ，设，，则，，其中，，， 设平面的一个法向量为, 则，故可取． 平面的一个法向量为．   由图可知二面角为锐二面角，设二面角的平面角为， 则， ，当且仅当时取等号， 所以,则，故有， 又，则,所以的最小值为， 即二面角的最小值为. 5．（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. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.51 【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明面面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）由长度及线面垂直的判定、性质定理得到平面，再由面面垂直的判定定理证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标与两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求出两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为是三棱锥外接球的球心，且为中点，， 因此球半径，则， 已知，由勾股定理逆定理： ，得， 又，所以，作于H， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，所以， 因为平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面. （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.    6．（2026·山东济南·模拟预测）如图，在几何体中，平面平面，，，，，为中点，点，在直线两侧． (1)求证：平面； (2)已知，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为平面平面， 平面平面，平面，， 所以平面. 取的中点，连接. 因为，所以， 因为，所以， 因为为的中点，所以， 可知三点共线，所以， 所以平面. (2) 【难度】0.45 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）由面面垂直得平面；取中点，由得，结合中位线可证共线，从而，故平面 ； （2）建系，利用已知长度求出各点坐标，分别计算平面与平面的法向量，代入夹角公式计算可得结果. 【详解】（1）略. （2） 由（1）知平面，平面，所以. 又因为，， 则以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 连接，由（1）知平面 ，平面， 所以 ，，又， 所以. 又， 所以，，. 因此，. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，则. 易得平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 7．（2026·广东汕头·三模）已知菱形ABCD中，，，E为AD中点，如图一所示，现将沿着BE按顺时针方向旋转折叠，使得点A到达点P，如图二所示． (1)当时，证明：平面平面PBE； (2)当三棱锥的体积第二次达到时，求平面PDE与平面PCD所成角的余弦值． 【答案】(1)在菱形ABCD中，由，得是正三角形， 由E为AD中点，得， 在图二中，， 由，得， 又，BE，平面PBE，因此平面PBE， 由，得平面PBE， 又平面PBC，所以平面平面PBE． (2) 【难度】0.42 【知识点】证明面面垂直、求二面角、面面角的向量求法 【分析】（1）求出是正三角形，由E为AD中点得到，利用勾股定理的逆定理得到，利用线面垂直的判定定理得到平面PBE，利用线面垂直的性质定理得到平面PBE，利用面面垂直的判定定理得到结论. （2）设到底面的距离为，利用三棱锥的体积公式求出．利用线面垂直的判定定理得平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面PED，利用面面垂直的性质定理得到平面BEDC，从而得到，求出，得到为正三角形.解法1：利用空间向量法求解，求出平面的法向量，求出平面PCD的法向量，利用向量的数量积求出平面与平面PCD所成角的余弦值．解法2：过C作交的延长线于，得到，由平面得平面，利用线面垂直的定义得到，过作交的延长线于，连接CG，又，利用线面垂直的判定定理得到平面，利用线面垂直的定义得到，从而平面与平面PCD所成角为，利用勾股定理求出，求出，得到，在，，中，利用勾股定理分别求出，，，在中，求出，代入数值得到平面PDE与平面PCD所成角的余弦值． 【详解】（1）略. （2）设到底面的距离为， 三棱锥的体积，解得． 由，，，得平面PDE， 又平面BEDC，所以平面平面PED， 又两平面交线为，过点P作，则平面BEDC； 则， 则，所以为正三角形， 解法1：作，则平面PDE，直线Ox，OD，OP两两垂直， 以O为原点，直线Ox，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 取平面的法向量， 设平面PCD的法向量为，则， 取，得， 所以平面与平面PCD所成角的余弦值为． 解法2：过C作交的延长线于，则， 由平面PDE得平面PDE，又平面，则， 过作交的延长线于，连接CG， 又，平面，平面， 又平面，可得， 因为三棱锥的体积第二次达到， 则平面PDE与平面PCD所成角为， 因为， 所以， 因为，所以， 因为，， 所以，所以， 所以， 在中，， 在中， 在中，， ， 在中，， 故平面PDE与平面PCD所成角的余弦值为． 8．（2026·安徽芜湖·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为菱形，是边长为2的等边三角形，， (1)若，证明：直线平面； (2)若，，求二面角的余弦值． 【答案】(1)取中点，连接，， 因底面为菱形，是边长为2的等边三角形，， 则，，又平面, 所以平面，又平面，因此， 又因为,且是的中点，得， 平面， 因此直线平面； (2). 【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）取中点，连接，，利用线面垂直的判定定理证明平面，得，再证，再由线面垂直的判定定理即可得证； （2）先证明，推出平面，建系，求出相关点的坐标，平面的法向量坐标，利用空间向量夹角公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）因，而，由，可得， 又，得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 则， 因，可得， 故， 设平面MAD的法向量为， 则，故可取． 显然平面的法向量为． 设二面角的平面角为，由图知为锐角， 则，即二面角的余弦值为. 重难点题型7 点面距、线面距、面面距 如图所示，平面的法向量为，点是平面内一点，点是平面外的任意一点，则点到平面的距离，就等于向量在法向量方向上的投影的绝对值，即或 1．（2026·湖南郴州·模拟预测）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q到平面距离为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【难度】0.82 【知识点】点到平面距离的向量求法 【分析】根据给定条件，求出平面的法向量及所过的点，再利用点到平面距离公式求解 【详解】依题意，平面过点，其法向量， 则，所以点Q到平面距离. 2．（25-26高三上·山西晋中·阶段检测）如图，四棱锥的底面是边长为4的正方形，为上的点，为的中点.底面，，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】点到平面距离的向量求法 【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，应用向量法求点面距离即可. 【详解】以点为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，，则. 又，故点到平面的距离为. 故选：B 3．（2026·上海·三模）如图，为圆锥底面圆的直径，为的中点，点是圆上的动点（点在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为______．    【答案】 【难度】0.42 【知识点】三角形面积公式及其应用、点到平面距离的向量求法 【分析】根据圆锥的几何性质，结合已知条件得出互相垂直关系，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用三角形的性质，求出面积最大值时点坐标，求出平面法向量和相关向量，进而利用点到平面距离公式计算求解． 【详解】连接，由题意可知，， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    则， 点在底面圆上，且点在直径同侧，设， 母线长，为等腰三角形， ， 设边上的高为，则， ， 令，则，开口向下，对称轴为， 当时，面积最大，此时， ，， ，设平面的法向量为， 则，令，则， 点到平面距离为． 4．在棱长为3的正方体中，为线段靠近的三等分点.为线段靠近的三等分点，则直线到平面的距离为______. 【答案】/ 【难度】0.65 【知识点】空间位置关系的向量证明、点到平面距离的向量求法 【分析】先证明平面，再求出平面的法向量和直线的方向向量，应用点到平面的距离公式求得结果. 【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系， 则， 所以，所以， 而平面，平面，故平面， 所以直线到平面的距离即为点到平面的距离. 又，， 设平面的法向量为， 故，即，取，则， 又， 故点到平面的距离为. 故答案为：. 5．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在直棱柱中，底面为直角梯形，，，且，，.又平面，.点分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)以为原点，方向为轴建立空间直角坐标系： ，，，，，，，． 因为分别为，的中点，所以，． 有，底面的法向量为. 因为，所以 又不在平面内，所以平面． (2) (3) 【难度】0.68 【知识点】空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）空间向量法计算两平面夹角的余弦值； （3）空间向量法计算点到平面的距离； 【详解】（1）略 （2） 平面的一个法向量为，平面中，， ，，取，． 设平面的法向量为，则， 令，则，，即， 所以两平面夹角的余弦值为． （3）由（2）可知平面的一个法向量为， 点到该平面的距离为． 6．（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． 【答案】(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) (3) 【难度】0.48 【知识点】证明线面垂直、求二面角、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）由及为中点，利用等腰三角形“三线合一”得；结合平面及，得到，从而由线面垂直判定定理证得平面； （2）以平面为基础，构造出二面角的平面角；利用已知边长、、，通过勾股定理与面积公式求出与，进而得到余弦值； （3）将点到平面的距离转化为三棱锥的高，利用等体积法建立方程；结合、及，计算得到所求距离. 【详解】（1）略 （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. 7．（2026·广西南宁·模拟预测）如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当为时，求点到平面的距离． 【答案】(1)在梯形中，，则四边形为平行四边形， 而，则是矩形，即 在四棱锥中，， 而平面，所以平面. (2) 【难度】0.52 【知识点】证明线面垂直、求点面距离、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）利用矩形的性质，根据定义证明线面垂直即可； （2）解法一：根据线面平行的性质，转化为求点到平面的距离，再找到在平面的投影，计算即可； 解法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再计算点到平面的距离即可. 【详解】（1）略 （2）解法一：已知，，则是正三角形， 取的中点，连接，，则有，    又平面，于是平面， 而，则平面， 又平面，则平面平面， 在平面内过作于， 而平面平面，因此平面， 又，平面，平面，所以平面， 于是点到平面的距离等于， 而，由（1）知，平面， 则平面，又平面，则，而， 则，， 所以点到平面的距离为. 解法二：已知，，则是正三角形，    取的中点，连接，，则有， 由（1）知，平面， 则平面，又平面，则， 如图建立空间直角坐标系， 则可得，，，， ，， 设平面的法向量为，则， 取， 则 所以点B到平面的距离为 8．（2026·甘肃兰州·模拟预测）如图1，在平面五边形中，，将沿折起得到如图2所示的四棱锥，且，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)若为棱上一动点，直线与平面所成角的正弦值为． （i）求 （ii）求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）或（ii）或． 【难度】0.49 【知识点】证明线面垂直、线面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）先由平面几何性质得到，结合折叠后推出平面，可得，再由勾股定理证得，最后根据线面垂直的判定定理完成证明； （2）（i）根据第一问的垂直关系建立空间直角坐标系，设得到的坐标，求出平面的法向量和直线的方向向量，利用线面角的向量计算公式列方程求解得到结果；（ii）在已建立的空间直角坐标系中求出平面的法向量，结合已得的点坐标，利用点到平面的距离向量公式计算得到所求距离，也可通过等体积法结合三棱锥体积关系求解。 【详解】（1）连接， 因为，所以四边形为矩形， 所以， 因为平面，所以平面． 又平面，所以，所以， 又，， 所以， 因为，所以，所以， 因为平面， 所以平面． （2）过点作于点，由（1）知平面． 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以两两垂直， 过点作交于点， 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， 由（1）知，所以，则， 所以， 则． 所以． （i）设， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则．所以． 又， 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得或， 所以或． （ii）设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，所以． 因为，所以点到平面的距离为． 由（i）得或， 当时，，此时点到平面的距离为； 当时，，此时点到平面的距离为． 综上，点到平面的距离为或． 9．（25-26高二下·云南曲靖·期中）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) 【难度】0.6 【知识点】证明线面平行、求平面的法向量、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【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． 重难点题型8 综合应用 1．（2026·陕西西安·三模）如图，三棱柱中，，． (1)求证：平面平面； (2)若，，，； （ⅰ）当，求直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）当为何值时，三棱柱体积最大，并求此最大值． 【答案】(1)因为，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面 ； (2)；时，体积最大值为 【难度】0.54 【知识点】柱体体积的有关计算、证明线面垂直、求线面角、证明面面垂直 【分析】（1）先根据线面垂直的判断定理证明平面，再根据面面垂直的判断定理即可证明； （2）（i）先做出线面角，并计算和，然后在中运用等面积法计算出，最后由即可求解； （ii）把体积用的函数表示，利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）略 （2）（i）由（1）知平面平面，交线为，过作于，连接 则平面，因此就是与平面所成的角， 由，为直角三角形，得； 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故，得，且， 当时，，，在中由余弦定理： ，得， 面积： ， 又，得， 因此直线与平面所成角满足： . （ii）三棱柱侧棱平面，因此体积： ， 在中由余弦定理： ， 得， ， 所以. 当且仅当，即时等号成立，因此体积的最大值为. 2．（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)因为四边形是正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 因为，所以， 又因为，且平面，所以平面. (2)存在 【难度】0.62 【知识点】证明线面垂直、求线面角、线面角的向量求法、已知线面角求其他量、空间线段点的存在性问题 【分析】（1）通过面面垂直可以证明平面，从而得到，再使用勾股定理证明，最后证明平面； （2）通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量，使用空间向量表示出直线BP的方向向量，求出是否存在直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）如图，过点作， 因为平面平面，所以， 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， ，， ， 设，因此的坐标为， 所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得（舍去）， 因此存在，使得直线与平面所成角的正弦值为. 3．（2026·北京大兴·三模）在三棱锥中，.点在棱PB上，点为BC中点. (1)若点为PB中点，平面平面，证明：； (2)若点满足，从下列条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件，使得三棱锥存在且唯一，求平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值.条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)分别是PB，BC的中点， ， 平面平面PAC， 平面PAC， 平面AEF，平面平面， ； (2)条件②：；条件③： 【难度】0.56 【知识点】面面角的向量求法、线面平行的性质 【分析】（1）通过线面平行的性质定理证明线线平行；（2）选条件②，建立空间直角坐标系，利用向量法求解平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值. 【详解】（1）略； （2）选条件②： . , ,平面ABC, 平面ABC ， 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直； 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴，建立空间直角坐标系， 则 ，由于为BC中点，故， 设平面AEF的法向量 所以，即， 令，则，故， 设平面PAC的法向量 所以，即. 令，则，故， 设平面AEF与平面PAC所成的角为， 则. ∴平面AEF与平面PAC所成夹角的余弦值为. 选条件③： . , ,平面ABC, 平面ABC 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直： 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴， 建立空间直角坐标系，后续解法同②. 不能选条件① . , ,平面ABC, 平面ABC 在平面ABC内，过作，则AB，AH，PA两两垂直； 如图，以为原点，AH为轴，AB为轴，AP为轴，建立空间直角坐标系， 则设,则 ，由于为BC中点，故, 因为，所以，所以 ，化简得， 但，所以上面方程无解，所以条件①无法保证三棱锥存在且唯一，不符合题目要求. 4．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，已知三棱柱的各棱长均为，点为的中点． (1)证明：平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值； (3)一个质点从点出发沿着三棱柱的棱移动，每次等可能移动条棱或条棱到达另一个顶点（允许走回头路），设它随机移动次后又回到点的概率为，求，． 【答案】(1)连接交于点，连接, 因为为平行四边形，所以是的中点， 且为的中点，则， 因为平面，且平面， 则平面. (2) (3) 【难度】0.57 【知识点】证明线面平行、线面角的向量求法、独立事件的乘法公式 【分析】（1）通过构造相关平面内三角形的中位线证明线线平行，从而根据判定定理推导出线面平行. （2）利用已知垂直关系建立空间直角坐标系，通过求直线的方向向量与平面的法向量，代入向量夹角公式计算得出线面角的正弦值. （3）结合几何体的对称性与给定的游走规则，分类列举并计算走一步和两步的所有可能路径及其对应概率，最后将其相加即可. 【详解】（1）略 （2）由题意得，且，易得两两垂直， 则以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 其中， 则，， 则，设，则， 解得，即， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则，即， 设直线与平面所成的角为，则 . （3）由题意得每次等可能移动1条棱或2条棱到达另一个顶点， 即有的概率走1条棱， 有的概率走2条棱， 质点从出发，移动1次后必须到达另一个顶点，因此不可能停留在点， 所以， 若移动1条棱， 质点会等可能地到达与相邻的3个顶点， 到达其中任一顶点的概率为， 若移动2条棱，质点从相邻顶点再走1步到达非的顶点， 从出发不走回头路的2棱路径共有6条， ， 等可能选择其中一条，每条路径的概率为， 综合计算从到其他各点的单步转移概率； ， ， ， ， ， 由题意得任意两点间的转移概率是对称的，即， 所以. 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $