培优专练+三年真题23 空间角与距离-2027届高考数学一轮复习讲义与培优专练（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦空间角与距离核心考点，涵盖异面直线所成角、点面距离等八个考点，按“考点分类-题型突破-真题实战”架构组织，融合传统几何法与向量法，构建从定义理解到运算应用的知识网络。通过考点梳理明确方法步骤，题型训练强化解题技巧，真题演练对接高考要求，系统提升学生空间几何问题解决能力。 讲义采用“双轨教学法”培养核心素养，如求线面角时先引导用几何法构建空间模型发展空间观念，再通过向量法坐标运算提升运算能力。设置选择、填空、解答分层练习，配合三年高考真题解析，帮助学生高效突破难点，为教师精准把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

培优专练+三年真题23空间角与距离 【考点一】求异面直线所成的角 【考点五】异面直线夹角的向量求法 【考点二】求点面距离 【考点六】线面角的向量求法 【考点三】求线面角 【考点七】面面角的向量求法 【考点四】求二面角 【考点八】点到平面距离的向量求法 【题型一】求异面直线所成的角 1．（2026·福建泉州·模拟预测）在三棱锥中，平面，，，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过中位线得到异面直线与所成角的平面角，根据题意结合余弦定理即可求解；或者将三棱锥扩充为正方体，得到异面直线与所成角的平面角，根据正方体的性质即可求解. 【详解】解法一：如图，分别取，，的中点，，，分别连结，，，，则， ，所以（或其补角）即为直线与所成角， 设，可得，，， ， 在中，由余弦定理可得，， 由于直线与所成角为锐角，故直线与所成角的余弦值为，故D正确. 解法二：如图，把三棱锥扩充为正方体，直线与所成角即为直线与所成角， 因为为等边三角形，所以直线与所成角为， 即直线与所成角的余弦值为，故D正确. 2．（2026·湖南邵阳·模拟预测）在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线和所成角的正弦值为_____ 【答案】 【分析】连接，先证明，可得（或其补角）为直线和所成角，进而结合余弦定理求解即可. 【详解】连接， 在正方体中，因为是的中点，是的中点， 所以，， 则，， 所以四边形为平行四边形，则， 所以（或其补角）为直线和所成角， 设正方体的棱长为2， 则， 所以， 在中，由余弦定理得， ∴ 则异面直线和所成角的正弦值为. 3．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，底面是正方形的直棱柱中，，． (1)求直线与所成角的正弦值； (2)求证：． 【答案】(1) (2) 证明见解析. 【分析】（1）利用余弦定理求即可； （2）利用直棱柱性质及正方形性质证明线面垂直，进而证得线线垂直. 【详解】（1）设与的交点为， 直线与所成角为， 由已知，同理可得， 所以， 所以， 因为 ， 所以 . 即直线 与 所成角的正弦值为 . （2）证明：因为 是直棱柱， 所以 平面 . 又因为 平面 ， 所以 . 因为底面 是正方形， 所以 . 又因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 因为 平面 ， 所以 . 4．（2026·安徽宿州·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，， (1)求证：平面平面； (2)若，，，求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：∵四边形为菱形，∴， 又，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面； (2) 【分析】（1）根据菱形的性质，得到，结合题中所给的线线垂直的条件，利用线面垂直的判定定理证得平面，再借助面面垂直的判定定理证得结果； （2）平移到，在中利用余弦定理求解. 【详解】（1）略 （2）连接， ∵四边形为菱形，∴为、的中点. ∵，∴. 在菱形中，， ∴为等边三角形,， 又，∴，即，即， 又平面平面，平面平面； ∴平面， 平面， ∴ ，又， ∴，. ∵，∴即为异面直线与所成角（或其补角）. 在中，， ∴异面直线与所成角的余弦值为． 【题型二】求点面距离 1．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，则点到平面的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意结合几何体的结构特征利用等体积法求解点面距离即可. 【详解】设点到平面的距离为， 正方体中，， 由等体积法可知，即， 解得. 2.（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直三棱柱的侧棱长为2，，， ，分别为的中点，则到平面的距离为___________． 【答案】 【分析】连接，在三棱锥中，利用等体积法即可求解． 【详解】连接，，，则，，， 因为是直三棱柱，所以平面，则，又因为， 所以平面，所以在三棱锥中，点到平面的距离为， ，，， 则，， 的面积为，三棱锥的体积为． 设点到平面的距离为，在中，， 的面积为，由， 得，得，即点到平面的距离为． 3．（2026·河北张家口·一模）如图，已知斜三棱柱中，，，，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，点为的中点，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明如下： 连接和， 在斜三棱柱中，由， 所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形， 又为的中点，所以， 又，，，所以， 所以，又为的中点， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； (2) 【分析】（1）先证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，再利用平面与平面垂直的判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可. 【详解】（1）略 （2）由，又为等腰直角三角形， 所以，且， 又，所以， 又，所以和为等边三角形， 所以，所以，所以，又， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 所以， 所以， 所以， ， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 所以点到平面的距离为. 4．（2025·上海虹口·一模）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，点为中点.    (1)若点是线段上的动点，求证：直线与直线不相交； (2)若平面，，，求点到平面的距离. 【答案】(1) 连接交于点，连接， 如图所示：    因为四边形为菱形，所以为的中点， 所以在中有，由分别是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以直线与直线没有公共点， 即直线与直线不相交. (2) 【分析】（1）先证明平面，然后分析直线与直线交点情况即可证明； （2）利用等体积法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为平面，点为中点， 所以平面即平面， 所以为三棱锥的高，且， 因为四边形为菱形，且， 所以菱形为边长是2正方形， 所以， 且，即， 又， 在中，， 即为的高， 所以， 设点到平面的距离为， 由等体积法得：， 即， 解得：， 所以点到平面的距离为. 【题型三】求线面角 1．（2026·山西忻州·模拟预测）在正方体中，棱长为2，点为棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体的性质，找线面所成角，直接用公式求出正弦值. 【详解】取线段的中点，连接，， 在正方体中，，分别为，的中点， 所以 平面，所以与平面所成角为， 因为，，，所以， 所以，所以. 2.（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱台中，平面，四边形为正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为__________.    【答案】 【分析】根据线面垂直判定定理得出平面，则即为所求的线面角，再计算求解. 【详解】连接与交于点，因为平面，平面， 所以， 因为四边形为正方形，所以平面， 又，则平面， 故即为在平面上的射影，即为所求的线面角， 又，，故.    故答案为：. 3．（2026·湖南株洲·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，平面，，点是的中点． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先得四边形是平行四边形，从而有，利用线面平行的判定定理可证结论. （2）根据已知条件和（1）得平面，即可得. 【详解】（1）∵平面，平面，平面平面， ∴，即，又N是AD的中点，， ∴，则四边形是平行四边形， ∴，又平面，平面， ∴平面. （2）由平面，且（1）知，则平面， 所以与平面所成角为，故其余弦值为0. 4．（2026·西藏林芝·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，、分别为，中点． (1)求证：平面平面； (2)若点E为中点，求直线与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直； （2）取线段的中点，过点作，垂足为，求证以及平面，结合长度信息求出即可. 【详解】（1）因为侧面为正三角形，为的中点，所以， 因为是矩形，且分别为中点，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面 （2）取线段的中点，过点作，垂足为，连接， 因为E为中点，所以， 因为底面为矩形，所以， 因为为中点，所以， 则四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为，， 所以在中， 因为，所以在中，， 因为，， 所以， 则，则， 则直线与平面所成角的余弦值为. 【题型四】求二面角 1.（2026·山西忻州·模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则侧面与底面所成二面角的正切值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【详解】如图所示，连接交于点，则为正方形的中心. 连接，则平面，所以. 取的中点，连接， 则，且. 因为平面，所以. 由，得； 所以为侧面与底面所成二面角的平面角. 所以. 2.（2026·重庆九龙坡·二模）将边长为 2 的正方形 沿对角线 折起，使折起后 ，则二面角 的大小为_____. 【答案】 【详解】如图，取中点，连接，则，，所以是所求二面角的平面角， 因为，， 在中，由余弦定理得， 所以，即二面角的大小为. 3．（多选）（2025·广西·模拟预测）已知，，分别是正四面体的棱，，的中点，则下列结论正确的有（   ）． A．平面 B． C．平面与平面夹角为 D．平面平面 【答案】AB 【分析】对于A：根据线面平行分析判断；对于C：首先找到两个平面所成角的平面角，再分析相关边所在三角形的性质即可判断；对于B、D：根据线面、面面垂直的判定定理分析判断. 【详解】 对于A：因为，分别是，的中点，则 ， 平面，平面，所以平面，正确； 对于B：因为，分别是，的中点，则， 由都是等边三角形，则， 所以，且平面， 所以平面，平面，则，正确； 对于C：因为是的中点，且是等边三角形， 所以，则是平面与平面夹角的平面角， 若正四面体的棱长为2，则，易知，错误； 对于D：取底面的中心，连接，则平面， 但平面，所以平面与平面不垂直，错误； 故选：AB 4．（2026·山东潍坊·三模）如图，在三棱锥中，为上一点，，，． (1)证明：线段上存在一点，使得平面平面； (2)若，，三棱锥的外接球的表面积为，求二面角的正弦值． 【答案】(1)取中点， 由，得，由，得， 由，且都在平面内，故平面， 又平面，所以平面平面， 综上，存在点，使得平面平面； (2) 【分析】（1）取中点，易得、，再由线面、面面垂直的判定定理证明平面平面，即可证； （2）由题意为等边三角形，取中点，根据已知及（1）结论，应用二面角的定义得到二面角的平面角为，并求出各边的边长，应用余弦定理求的余弦值，进而求其正弦值. 【详解】（1）略 （2） 由，，知为等边三角形，，， 取中点，则，且，又，则， 由平面，平面，则二面角的平面角为， 由（1）平面，平面，则， 又，且都在平面内，则平面， 由平面，则，而， 在中，在中， 所以，则，故在中， 综上，两两垂直，且的斜边为， 故三棱锥外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上， 易知平面，且， 三棱锥的外接球半径为，则，可得，即， 由平面，则，故，则， 所以，， 在中，，， 由余弦定理得， 故二面角的正弦值为. 【题型五】异面直线夹角的向量求法 1．（2026·山东济南·模拟预测）在平行四边形中，设，，，沿将平行四边形折成一个直二面角，则与所成的角的余弦值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图形特点建立空间直角坐标系，利用向量计算即可. 【详解】因为二面角为直二面角，为交线， 故平面平面，平面平面，又，平面， 所以底面， 以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为，， 所以为等腰直角三角形， 则，，，, ，, 设与所成的角为， 则. 2.（2025·山西临汾·三模）已知正三棱柱各棱长均为2，则直线与AB所成角的正弦值为_______． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角的正弦值即可. 【详解】取 的中点 ，连接 ，因为是正三角形，所以 . 又因为正三棱柱中，平面 平面 ， 平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 . 以 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系. 已知正三棱柱各棱长均为 ，则 ，，，。 所以，. 则 . 设直线 与 所成角为 ， 所以 . 故答案为： 3.（多选）（2026·湖北孝感·一模）若三棱锥的所有棱长均为1，M，N分别为棱，的中点，则（    ） A． B．该三棱锥的表面积为 C．该三棱锥外接球的体积为 D．异面直线，所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】根据线面垂直的性质定理证明选项A；根据正四面体的表面积公式求解即可判断B；利用补体法求解正四面体的外接球半径，代入球的体积公式求解判断C；利用向量法求解异面直线夹角余弦值判断D. 【详解】由题意三棱锥为棱长为1的正四面体， 对于A：因为在正四面体中，M为中点， 所以，，又，平面， 所以平面，平面，所以，所以A正确； 对于B：因为正四面体每个面都是边长为1的正三角形， 所以此正四面体的表面积为，所以B错误； 对于C：把该正四面体放在正方体中，如下图所示：    设该正方体的棱长为，则有， 所以该正方体的对角线长为， 所以该正方体外接球的半径为，即该正四面体外接球的半径为， 所以该正四面体外接球的体积为，所以C正确； 对于D：因为， 所以 ，又， 所以异面直线，所成角的余弦值为，所以D正确. 故选：ACD 4．（2026·广东广州·三模）如图1，已知四边形为菱形，且，点，分别为边，的中点，将，，分别沿，，折起，使得，，三点重合于点得到三棱锥如图2． (1)证明：； (2)若，，求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）法一：在图1中，连接交于点， 因四边形为菱形，且，点，分别为边，的中点， 则点是线段的中点，且， 折起后，在图2中有， 因，平面,平面， 因为平面，所以． 法二：依题意，不妨设菱形的边长为2，在图2中则有， 又因为，所以，在图2中有， 以作为基底， 所以， 因为， 则有，所以. （2）由（1）法二为基底，设向量与向量的夹角为， 因为，所以点是线段的中点， 在等边三角形中,，且， 又由于，则,, , ，所以 又因为 ． 所以， 所以直线与直线夹角的余弦值等于. 【题型六】线面角的向量求法 1.（2026·甘肃张掖·模拟预测）如图，在三棱锥中，为的中点，平面， ，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量， 利用向量夹角公式计算直线与平面所成角的正弦值. 【详解】在中，，且2，所以是等腰直角三角形. 因为为的中点，根据等腰三角形性质，. 在中，，所以. 因为平面，平面，所以. 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系. 所以 ， ，， ，. 设，在中，，. 所以，故. 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以平面的一个法向量为). ，设直线与平面所成的角为. 所以. 2.（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以 . 又，平面，因此 平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【详解】（1）略 （2） 取中点为，中点为，则 ， . 由（1）知， 平面， 平面，则.又，故. 又 ， 平面，则平面. 即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､ 轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面 的法向量为， 则，即，故可取. 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. 3．（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) 【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. 4．（2026·河北·模拟预测）在中，，，，为的中点，为中点，如图，沿将翻折至的位置，使点落到点的位置，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)因为，，为的中点，故， 所以，又是中点，所以， 在中，，， 故，， 因此，， 由可得， 在中由余弦定理得：， 在中： ， 所以，又，平面， 所以平面， (2). 【分析】（1）先证明，再根据勾股定理证明，根据线面垂直判定定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再求出直线的方向向量，结合向量夹角公式求解. 【详解】（1）略； （2）以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 向量，，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，即为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则. 直线与平面所成角的正弦值为． 【题型七】面面角的向量求法 1.（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，根据面面角向量求得二面角夹角余弦值，再根据同角三角函数基本关系计算即可求解. 【详解】由题意可知等腰直角三角形是圆锥的轴截面， 所以平面，是底面圆的直径，， 因为点在底面圆上，所以， 因为，所以， 以点为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，， 取平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设二面角为，由图可知， 则， 所以，. 2.（多选）（2025·山西吕梁·三模）已知在正四面体中，M，N分别是的中点，平面与直线都平行，则（   ） A． B． C．直线与平面所成角为 D．平面与平面的夹角的余弦值为 【答案】BD 【分析】把正四面体放入正方体中，利用正方体的性质与正四面体的性质逐项分析求解即可得结论. 【详解】如图，把正四面体放入正方体中，易知平面与平面平行， 因为M，N分别是的中点，所以，所以，同理可得， 又因为，所以，又因为交于，所以平面， 所以，故A错误，B正确； 直线与平面所成的角为，故C错误； 平面与平面的夹角为，设正方体的边长为，由正方体的性质可得， 由余弦定理可得，故D正确. 故选：BD. 3．（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明：因底面是梯形，，，则， 又，平面，则平面， 又平面，故平面平面. (2) 【分析】（1）由条件先证明，得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）取的中点为，连接，因，则， 由（1）得平面，平面，则， 又平面，则平面. 过点作的平行线，交于点，则，即两两垂直， 故可以分别为轴建立空间直角坐标系. 因，由，可得， 则，. 设平面的法向量为， 因， 则，故可取， 因平面，故平面的法向量可取为， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为，则， 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 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) 【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. 【题型八】点到平面距离的向量求法 1.（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离公式进行求解. 【详解】以点D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 可得，, 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 其中， 点C到平面的距离. 故选：C． 2.（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 【答案】 【分析】利用空间向量坐标公式计算出、可求出平面法向量，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得. 【详解】，， 设平面的法向量为， 则，取，则,，故， 则. 3.（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) 【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 4．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，在正三棱柱中，是的中点． (1)证明：； (2)若，直线与平面所成角为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)通过证明平面，从而得到； (2)方法1，利用等体积法求解；方法2，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）在正三棱柱中， 因为是正三角形，是的中点， 所以． 又因为平面，平面， 所以． 因为，，平面， 所以平面． 因为平面，所以． （2）方法一： 在正中，因为，所以，． 连接，因为平面，所以是直线与平面的所成角， 所以，所以． 在正三棱柱中，，， 所以，． 在中，由余弦定理， 得，所以， 所以的面积． 设点到平面的距离是，则， 解得，所以点到平面的距离是． 方法二： 设，过作交于点， 由（1）平面，平面，所以． 又因为， 所以以为坐标原点，为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系． ,,, 设，因为平面， 所以是平面的一个法向量． 因为，所以，所以． 因为，， 设平面的法向量， 因为，令，则，， 所以是平面的一个法向量． 因为，所以， 所以点到平面的距离是． 一、单选题 1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 二、多选题 2．（2026·全国一卷·高考真题）在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（     ） A． B． C．当时，平面 D．当平面时， 【答案】BC 【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 三、填空题 3．（2024·上海·高考真题）在棱柱中，底面为平行四边形，，， ，设异面直线与的夹角为，则________． 【答案】 【分析】将用不共面的向量表示出来，从而得到，然后由公式计算夹角余弦值即可. 【详解】 ， ， ， 底面ABCD为平行四边形，所以， 所以， . 所以， 故异面直线与的夹角的余弦值为:， 故答案为： 四、解答题 4．（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) 【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． 5．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. (2)（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）. 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 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) 【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．（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) 【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. 8．（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) 【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. 9．（2026·全国二卷·高考真题）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． 【答案】(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) 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【详解】（1）略 （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. 10．（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) 【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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期未 培优专练+三年真题23空间角与距离 【考点一】求异面直线所成的角 【考点五】异面直线夹角的向量求法 【考点二】求点面距离 【考点六】线面角的向量求法 【考点三】求线面角 【考点七】面面角的向量求法 【考点四】求二面角 【考点八】点到平面距离的向量求法 培优专练 【题型一】求异面直线所成的角 1. (2026福建泉州·模拟预测)在三棱锥M-ABC中，MA⊥平面ABC,AB⊥BC,MA=AB=BC,则直线MB 与AC所成角的余弦值为() 3 3 A.2 B.3 2 C.2 D.2 2.(2026湖南邵阳·模拟预测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AD的中点，F是A1D1的中点，则异面直线 D,E和C1F所成角的正弦值为 3. (2026湖南长沙模拟预测)如图，底面是正方形的直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,AA1=4. D (1)求直线D1B与A1C所成角的正弦值： (2)求证：AC⊥D1B. 1 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 4.(2026安徽宿州·模拟预测)如图，在三棱柱ABC-ABC中，侧面为BBCC菱形， AB⊥BC,BCnBC=O, A' B (1)求证：平面BBCC⊥平面ABC; (2)若AC⊥AB,∠CBB=60°，AB=BC=2,求异面直线AB与BC所成角的余弦值. 【题型二】求点面距离 1.(2026内蒙古呼和浩特一模)在棱长为4的正方体ABCD-A1BC1D1中，点E是棱CD的中点，则点B到平面 A1AE的距离是() 4V5 6V5 A. 5 B. 5 C.895 D.25 5 2.(2026陕西西安模拟预测)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2，∠ACB=90°，AC=BC=2,E,D 分别为AB,AA1的中点，则D到平面B:C1E的距离为 2 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 F B B 3.(2026河北张家口一模)如图，已知斜三棱柱ABC-A1BC1中，AB⊥BC,AB=BC, ∠BB1A1=∠BB1C1=60°，点D为A1C1的中点. B B E- D C (1)证明：平面BBD⊥平面AA1C1C: (②)若BD=BD=2,点M为CC1的中点，求点A到平面ABM的距离. 4.(2025·上海虹口·一模)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，点E为PC中点 3 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 B (1)若点F是线段BD上的动点，求证：直线EF与直线PA不相交： (2)若PC⊥平面ABCD,AC=BD,EC=1,求点A到平面EBD的距离 【题型三】求线面角 1.(2026山西忻州·模拟预测)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，点M为棱A1D1的中点，则直线BM与 平面ABCD所成角的正弦值为() 1 2 5 A.3 B.3 D.3 2.(2025·河南·模拟预测)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形， AB=2,CC1=只2，则直线BC1与平面ACC1A1所成角的正弦值为 D B B 4 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 一教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 3. (2026湖南株洲模拟预测)如图，在四枝谁P-ABCD中，AD上平面PAB.BC/平面PHD,BC=AD,点 N是AD的中点. -----D (1)求证：CN//平面PAB: (2)求BC与平面PAB所成角的余弦值. 4.(2026西藏林芝·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AB=3,BC=2,侧面PBC为正三 角形，平面PBC⊥平面ABCD,点E为棱PA上一点，O、G分别为BC,AD中点. D (1)求证：平面POG⊥平面BEC: (2)若点E为PA中点，求直线BE与平面PCD夹角的余弦值. 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 【题型四】求二面角 1.(2026·山西忻州·模拟预测)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2，高为√2，则侧面PAB与底面ABCD所成二 面角的正切值为（) V2 A.2 B.1 c.2 D.2 2.(2026重庆九龙坡：二模)将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，使折起后BD=V6,则二面角 B-AC-D的大小为一 3.(多选)(2025广西·模拟预测)已知D,E,F分别是正四面体P-ABC的棱AB,BC,CA的中点，则下列结论 正确的有()· A.BC/平面PDF B.PA⊥DF C.平面PAC与平面ABC夹角为60 D.平面PDF⊥平面ABC 4.(2026山东潍坊·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，D为BC上一点，DC=2,PC=CA=2V2,BP=BA. B (I)证明：线段PA上存在一点E,使得平面PAD⊥平面BCE: (2)若PD⊥BC,∠PCA=60°，三棱锥B-PAD的外接球的表面积为12π，求二面角B-PA-C的正弦值. 6 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 【题型五】异面直线夹角的向量求法 1.(2026山东济南·模拟预测)在平行四边形ABCD中，设AC⊥BC,AB=2,BC=1,沿AC将平行四边形 ABCD折成一个直二面角B-AC-D,则AC与BD所成的角的余弦值是() 3 V6 2 3 A.3 B. 3 C. D.2 2.(2025·山西临汾三模)已知正三棱柱ABC-A1B1C1各棱长均为2，则直线B1C与AB所成角的正弦值为 3.(多选)(2026湖北孝感一模)若三棱锥P-ABC的所有棱长均为1，M,N分别为棱BC,PB的中点，则() A.PA⊥BC B.该三棱锥的表面积为2V3 V6π C.该三棱锥外接球的体积为 D.异面直线PM,AN所成角的余弦值为后 4.(2026广东广州·三模)如图1，己知四边形ABCD为菱形，且∠BAD=60°，点E,F分别为边AB,AD的中点， 将△AEF,△BCE,△DCF分别沿EF,CE,CF折起，使得A,B,D三点重合于点O得到三棱锥如图2. D E B 图1 图2 (1)证明：EF⊥OC: （(②若E0=Q正，Oi=OC,求直线0Q与直线EH所成角的余弦值。 7 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味一 【题型六】线面角的向量求法 1.(2026·甘肃张掖·模拟预测)如图，在三棱锥P-ABC中，D为BC的中点，PD⊥平面ABC, AB⊥AC,∠PCA=60°，AB=AC=PB=PC=2,则直线BP与平面PAC所成角的正弦值为() 6 3 2 A.3 C.3 D.4 2.(2026重庆一模)如图，在三棱柱ABC-A,B,C1中，△ABC为等边三角形，四边形BCC1B1是边长为2的正方 形，D为AB中点，且A1D=5】 B (1)求证：CD⊥平面ABB1A1: (2)已知P为线段B1C中点，求直线AP与平面A1CD所成角的正弦值. 8 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期未 3.(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. (1)求证：PB/平面MCE: (2)求直线PD与平面MBE所成角的正弦值. 4. (2026河北模拟预测)在△ABC中，AB⊥AC,AC=4,AB=2,D为AC的中点，M为BD中点，如图，沿 BD将△ABD翻折至△PBD的位置，使点A落到点P的位置，PC=2V3. 力 B (I)求证：PM⊥平面ABC: (2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值. 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期味 【题型七】面面角的向量求法 1.(2026·云南昆明·模拟预测)已知等腰直角三角形ABC是圆锥AO的轴截面，点P在底面圆O上，点Q为AB的中点， PB=号BC,则二面角B-PC-Q正切值的大小为(） A.3 D.3 2.(多选)(2025·山西吕梁.三模)已知在正四面体A-BCD中，M,N分别是AB,CD的中点，平面C与直线AB,CD 都平行，则() A.MN‖a B.MN⊥a C.直线AC与平面a所成角为60° 3 D.平面ABC与平面a的夹角的余弦值为3 3.(2026河北沧州·二模)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，AB/1CD,BC⊥CD,PB⊥BC P D (1)证明：平面PAB⊥平面PBC: (2)若PA=PB=V2,AB=BC=2,CD=4,求平面PBD与平面ABCD所成二面角的正弦值 10 ,⊙ 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 4.(2026山东青岛·模拟预测)如图，在圆柱OO1中，AB是底面圆O的直径，AA1和BB1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A1C/I平面AB1D 01 B B (I)求证：D为BC的中点： (2)若AB=6,BB1=2,求二面角B1~AD-B的最小值. 【题型八】点到平面距高的向量求法 1.(2026-广东湛江一模)如图，正方体ABCD-A1B,CD1的棱长为4，其中A1E=3ED1,点F为BC1的中点， 则点C到平面BEF的距离为() 11 ⊙ 宋老师数学图文制作室 ⊙初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 D B D A A. 4V5 B.85 c.162 417 5 5 21 D.17 2.(2026四川凉山二模)若PA=1,0,0,PB=0,2,0,P℃=0,0,3，则点P到平面ABC的距离d= B2026广西南宁模拟预测》如图甲，在梯形ABCD中，∠B=∠C,∠AAB=2CD=2,E为AB中点 将△ADE沿DE折起到△A1DE位置，连接A1B,A1C,得到如图乙所示的四棱锥A1~BCDE B D 甲 (1)证明：DE⊥平面A1BE: (2)当∠AEB为时，求点B到平面A1CD的距离. 12 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期未 4. (2026江苏南通模拟预测)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，M是BC的中点. M B (1)证明：AM⊥BC1: (2)若AB=2,直线AC1与平面BCC1B1所成角为4，求点M到平面ABC1的距离. 三年真题 一、单选题 52 1. (2024新课标Ⅱ卷商考真题)已正三棱台ABC-A,B,C,的体积为号，AB=6,A,B=2,则A,A与平面 ABC所成角的正切值为() 1 A.2 B.1 C.2 D.3 二、多选题 2. (2026全国一卷·高考真题)在空间中，A,B为两个定点，动点C到直线AB的距离为2，动点D到直线AB的距 13 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 离为1.若二面角C-AB-D为60°，则() A.∠CAD≥60° B.CD≥V3 C.当AB⊥CD时，CD⊥平面ABD D.当AB⊥平面ACD时，AC⊥AD 三、填空题 3. (2024上海高考真题)在棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1=3,BD=4, AB1·BC-AD1·DC=5,设异面直线AA1与BD的夹角为0，则cos0= 四、解答题 4.(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=V3, D (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC: V42 (②若AD DC,且二面角A-CP-D的正弦值为7，求AD. 5.(2025全国一卷·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. 14 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (I)证明：平面PAB⊥平面PAD: (2)设PA=AB=V2,BC=2,AD=1+3,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明：点O在平面ABCD内： (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 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. D E B (1)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. 15 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 7.(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，EF//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° B (1)证明：AB/1平面CDF: (2)求面BCD与面EFDA所成的二面角的正弦值. 8.(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. 16 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期脉 (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG/平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 9.(2026全国二卷·高考真题)如图，三棱锥A-BCD中，点E在BD上，AE⊥CE,AE⊥DE,CD⊥AD. (1)证明：CD⊥AB: (2)若DE=2,BE=1,AE=V2,CD=23,求直线AD与平面ABC所成角的正弦值. 10.(2024天津·高考真题)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB/DC, AB=AA1=2,AD=DC=1.M,N分别为DD1,BC1的中点， 17 ,⊙ 宋老师数学图文制作室 初高中数学备课备考 教学课件、讲义、单元、月考、期中期床 A B A B (1)求证：D1N/平面CBM: (②)求平面CB1M与平面BB,C1C夹角余弦值： (3)求点B到平面CB1M的距离 18