专题7.10 空间向量的应用（举一反三专项训练）（全国通用）【上好课】2027年高考数学一轮复习举一反三系列

专题7.10 空间向量的应用（举一反三专项训练） 【全国通用】 目录 第一部分 题型专练 【题型1 平行关系的向量证明】 1 【题型2 垂直关系的向量证明】 3 【题型3 点面距离、面面距离的向量求法】 4 【题型4 异面直线夹角的向量求法】 5 【题型5 线面角的向量求法】 6 【题型6 面面角的向量求法】 8 【题型7 探索性问题的向量求法】 9 第二部分 分层突破 A组 基础跟踪练 B组 培优提升练 C组 真题·实战演练 【题型1 平行关系的向量证明】 1．（25-26高二上·广东清远·期中）已知平面的一个法向量是，平面的一个法向量是，若，则的值是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 3．（2026高三·全国·专题练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，在阳马中，侧棱平面，且，E为BC的中点，F为DP上的点，．当时，证明：平面． 4．（25-26高二上·广东江门·期中）长方体中，．点为中点．    (1)求证：平面 (2)求证：平面． 【题型2 垂直关系的向量证明】 5．（25-26高二上·陕西咸阳·期中）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则实数（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高二上·广东深圳·期中）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法错误的是（   ） A．与夹角为 B．与平面垂直 C．与垂直 D．与平面平行 7．（2026·广东茂名·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点，．    (1)证明：； (2)若为线段上一点，且四点共面，求三棱锥的体积． 8．（25-26高二上·浙江嘉兴·阶段检测）在正四棱柱中，，P为的中点. (1)取中点，中点，求证：平面； (2)求证：平面平面. 【题型3 点面距离、面面距离的向量求法】 9．（2026·甘肃甘南·模拟预测）在棱长为的正方体 中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 10．（25-26高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 11．（2026·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 12．（2026·湖南长沙·模拟预测）在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离. 【题型4 异面直线夹角的向量求法】 13．（2026·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 14．（2026·福建三明·模拟预测）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 15．（2026·甘肃白银·三模）如图，在长方体中，，则异面直线和夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 16．（2026·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【题型5 线面角的向量求法】 17．（2026高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 18．（2026·河北邢台·二模）如图，为圆柱的一条母线，是下底面圆的直径，弦与交于点.已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 19．（2026·广西河池·模拟预测）如图，在中，，，，，分别在，上，满足，，将沿折起到的位置，使，点在线段上．    (1)求证：平面； (2)已知与平面所成角的大小为，求． 20．（2026·浙江绍兴·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是等边三角形，二面角为，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【题型6 面面角的向量求法】 21．（25-26高二上·河南·期中）平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 22．（25-26高三上·江苏南通·阶段检测）三棱锥中，平面平面，和均为等边三角形，则二面角的余弦值是（  ） A． B． C． D． 23．（2026·湖南益阳·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 24．（2026·湖南湘潭·一模）如图在四棱锥中，，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【题型7 探索性问题的向量求法】 25．（2026·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 26．（2026·贵州毕节·三模）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 27．（2026·广西南宁·三模）等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）． (1)求证：平面平面； (2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由． 28．（2026·天津南开·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． (1)证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面和平面夹角的大小为？若存在，并求出的值． 一、单选题 1．（25-26高二下·甘肃平凉·期末）设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（     ） A． B．或 C． D．与相交但不垂直 2．（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）在空间直角坐标系中的位置如图所示，其中，，．则平面ABC的一个法向量是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·宁夏石嘴山·一模）正四棱台的体积为，，，则直线AB1与直线BD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高二上·陕西西安·期中）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵中，，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 6．（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． 7．（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． 8．（2026·山东济南·三模）如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行 C．三棱锥的体积为 D．直线BC与平面所成的角为 二、填空题 9．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 10．（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___________． 11．（25-26高二上·广东广州·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．如图，在阳马中，底面，底面是矩形，，，是的中点，．若点在矩形内，且平面，则__________． 12．（2026·广东深圳·二模）在菱形中，，将沿折起得到．若二面角为，则异面直线与所成角的余弦值为_____________． 一、单选题 1．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且 平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·河南开封·二模）在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、解答题 3．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，平面平面，，，分别是，的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 4．（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． 5．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 6．（24-25高二上·辽宁大连·期末）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． 7．（2026·河北沧州·一模）如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 8．（2026·河南·模拟预测）如图1，等腰直角的斜边，D为BC的中点，沿BC边上的高AD折叠，使得二面角为，如图2所示，设M为CD的中点． (1)证明：平面． (2)求平面和平面的夹角的余弦值． (3)在线段AC（含端点）上是否存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由． 一、多选题 1．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 二、解答题 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． 3．（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． 4．（2026·天津·高考真题）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． 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． 6．（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)求面与面夹角的正弦值． 7．（2024·全国甲卷·高考真题）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． 8．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题7.10 空间向量的应用（举一反三专项训练） 【全国通用】 目录 第一部分 题型专练 【题型1 平行关系的向量证明】 1 【题型2 垂直关系的向量证明】 5 【题型3 点面距离、面面距离的向量求法】 9 【题型4 异面直线夹角的向量求法】 14 【题型5 线面角的向量求法】 17 【题型6 面面角的向量求法】 22 【题型7 探索性问题的向量求法】 26 第二部分 分层突破 A组 基础跟踪练 B组 培优提升练 C组 真题·实战演练 【题型1 平行关系的向量证明】 1．（25-26高二上·广东清远·期中）已知平面的一个法向量是，平面的一个法向量是，若，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据法向量定义，把转化为，可得的值. 【解答过程】设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 又因为，所以， 存在一个非零实数，使得， 即，有，解得. 故选：B. 2．（2026·宁夏银川·一模）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是棱，的中点，过点作平面，使得∥平面，且平面与交于点，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】建系，求平面的法向量，利用空间向量求点M的位置，进而可得结果. 【解答过程】如图，以为坐标原点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， 因为∥平面，可知平面的法向量为， 设，可得， 可得，解得， 则，可得， 所以. 故选：C. 3．（2026高三·全国·专题练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，在阳马中，侧棱平面，且，E为BC的中点，F为DP上的点，．当时，证明：平面． 【答案】证明见解析 【解题思路】建系并标点，可证平面，所以为面的法向量，利用空间向量证明线面平行. 【解答过程】证明：因为侧棱平面，底面为长方形， 以A为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 又因为E为的中点，F为上的点，，即F为的中点， 则，可得， 又因为侧棱平面，平面，所以， 又因为底面为长方形，有， 平面，，所以平面， 所以为面的法向量. 又因为，所以， 又平面，所以平面． 4．（25-26高二上·广东江门·期中）长方体中，．点为中点．    (1)求证：平面 (2)求证：平面． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析 【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理及判断定理即可证明； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意写出相应点的坐标，求出及平面的法向量的坐标，由，即可证明平面. 【解答过程】（1）证明：因为是长方体， 所以平面，而平面， 所以， 又因为，所以侧面是正方形， 因此， 因为平面， 所以平面； （2）证明：建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 则有， 解得， 因为， 而平面，所以有平面. 【题型2 垂直关系的向量证明】 5．（25-26高二上·陕西咸阳·期中）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，若，则实数（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据平面的位置关系可得法向量关系，根据坐标运算可求结果. 【解答过程】因为，所以， 所以，所以， 故选：D. 6．（25-26高二上·广东深圳·期中）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列说法错误的是（   ） A．与夹角为 B．与平面垂直 C．与垂直 D．与平面平行 【答案】A 【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法逐一判断即可. 【解答过程】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设， 则 ， 对于A，，, ， 即，，夹角为， 所以与夹角为，A错误 对于B，，则，所以， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于C，， 则，所以，故C正确； 对于D，， 设平面的法向量， 则有，可取， 因为，且平面， 所以 平面，故D正确. 故选：A. 7．（2026·广东茂名·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点，．    (1)证明：； (2)若为线段上一点，且四点共面，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【解题思路】（1）利用向量数量积证得，再利用线面垂直的性质与判定定义即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系得平面的一个法向量，再设，根据垂直关系得值，最后利用体积公式即可. 【解答过程】（1）证明：由题意知， 因为， 所以，又平面，又平面， 所以，又平面，且， 所以平面，又平面，所以. （2）因为平面，又平面， 所以，又，所以两两垂直， 如图以A为原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为 则， 不妨令，则所以 设，则， 因为四点共面，则，解得， 即，所以.    8．（25-26高二上·浙江嘉兴·阶段检测）在正四棱柱中，，P为的中点. (1)取中点，中点，求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析 【解题思路】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量再应用向量相等即可证明； （2）先应用线面垂直判定定理证明平面，再应用面面垂直判定定理证明. 【解答过程】（1）证明：建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，. 设平面的法向量为，则. 令，解得，.. 又， 所以平面. （2）证明：因为，又因为平面，平面， 所以平面， 所以平面，平面， 所以平面平面. 【题型3 点面距离、面面距离的向量求法】 9．（2026·甘肃甘南·模拟预测）在棱长为的正方体 中，，分别为棱，的中点，为棱上的一点，且，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】建立空间直接坐标系，写出点坐标，利用空间坐标法求点到平面的距离即可. 【解答过程】以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系． 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 令，则，，所以平面的一个法向量为． 所以点 到平面 的距离为， 故选：A. 10．（25-26高二下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】将问题转化为点到平面的距离，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【解答过程】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 所以，，，， 所以，因为四点不共线，所以∥， 由面，面，则面， 因为，，分别是棱，的中点，所以∥， 同理，∥平面，而，面， 所以平面∥平面面，故平面， 所以平面和平面之间的距离，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离． 设平面的法向量为，则，不妨取，则， 所以点到平面的距离 ， 即平面和平面之间的距离是． 故选：B. 11．（2026·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可. 【解答过程】（1）证明：在四边形中，因为，， 所以四边形为平行四边形， 又因为，，所以四边形为正方形，         折叠后，显然，， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以，，，        设平面的法向量，则，令，解得，，可得，     点到平面的距离为. 法二：如图，过点作，垂足为，连接，    因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，得到，           在中，，， 由余弦定理得，则. 即，         设点到平面的距离为，由得， 又，，所以， 所以点到平面的距离为. 12．（2026·湖南长沙·模拟预测）在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案； （2）利用线面垂直的性质定理、判定定理得出平面，以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，记的中点为，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的斜率求法求出，再由点面距离的向量求法可得答案. 【解答过程】（1）证明：因为，，，所以. 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）由（1）知，平面，平面，所以， 又因为底面为正方形，所以，由，平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，，， 设，则， 设平面的法向量，则， 令，则，，故， 设平面的法向量，，令，则， 则平面的法向量， 由题意得，，即， 整理得，，解得或（舍），则 所以平面的法向量可取， 所以点到平面的距离. 【题型4 异面直线夹角的向量求法】 13．（2026·浙江·二模）正方体中，点分别为正方形及的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角余弦值即可. 【解答过程】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为1， 则， 故， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为.    故选：C. 14．（2026·福建三明·模拟预测）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量法求解即可. 【解答过程】因为直三棱柱，所以底面， 又底面，所以，， 又因为，所以两两垂直， 以为轴建立如图所示坐标系， 设，则，，，， 所以，， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 故选：B. 15．（2026·甘肃白银·三模）如图，在长方体中，，则异面直线和夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解异面直线所成角得余弦值即可. 【解答过程】以为坐标原点，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，， 故异面直线和夹角的余弦值为 . 故选：B. 16．（2026·安徽合肥·模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为，、、、均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为和，对应的圆心角为，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量法求解即可. 【解答过程】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接、、， 以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则、、、， 所以，，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：A. 【题型5 线面角的向量求法】 17．（2026高三·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系后结合线面角的公式计算即可． 【解答过程】如图，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，所以，，所以， 因为，所以,， 设平面的法向量为， 所以，所以，取，所以平面的一个法向量为， 设与平面所成角为，所以. 故选：D. 18．（2026·河北邢台·二模）如图，为圆柱的一条母线，是下底面圆的直径，弦与交于点.已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】先由圆柱侧面积公式求出底面半径，再利用线段差求出，借助勾股定理算出；接着以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点与向量坐标；然后通过平面法向量的方程组求得平面的法向量，最后利用线面角与向量夹角的关系，代入公式算出直线与平面所成角的正弦值. 【解答过程】设圆柱的底面半径为，则其侧面积，解得. 连接，则， 所以，易知， 所以. 以为坐标原点，平面内过点且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 即，则，取，得. 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. 故选：A. 19．（2026·广西河池·模拟预测）如图，在中，，，，，分别在，上，满足，，将沿折起到的位置，使，点在线段上．    (1)求证：平面； (2)已知与平面所成角的大小为，求． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】(1)折叠保垂直，依靠两组垂直交线证明出线面垂直； (2)建系设参，借助平面法向量与线面角公式列式，求解线段长度. 【解答过程】（1）证明：因为，，所以， 又因为，则，所以，翻折后， 又因为，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，平面， 所以平面. （2）由（1）知，建立如下所示空间直角坐标系，由几何关系知， 所以，则， 设平面的法向量，则， 令，则， 因为在线段上，所以设，则， 有， 因为与平面所成角的大小为，所以， 所以，则，即.    20．（2026·浙江绍兴·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是等边三角形，二面角为，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）取中点，通过平面∥平面，证明∥平面； （2）建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，再利用求直线与平面所成角的正弦值. 【解答过程】（1）证明：取中点，连接， 因为为中点，四边形为正方形，所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 由三角形中位线性质可得∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为，且平面，平面， 所以平面∥平面， 因为平面，所以∥平面. （2）如图，取中点，中点，连接， 因为，所以，又，所以， 屏幕平面,平面,平面， 所以为二面角的平面角， 则，以为原点，直线为轴，直线为轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，, ， 所以， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，即， 取，得， 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. 【题型6 面面角的向量求法】 21．（25-26高二上·河南·期中）平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】设平面与平面夹角为，由平面的夹角的向量求解公式得出余弦值，求出其正弦值，从而可得出答案. 【解答过程】设平面与平面夹角为，则， 则 所以． 故选：D. 22．（25-26高三上·江苏南通·阶段检测）三棱锥中，平面平面，和均为等边三角形，则二面角的余弦值是（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】结合题意与面面垂直的性质得到线面垂直，进而建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和平面的法向量，利用二面角余弦值的向量求法求解即可. 【解答过程】如图，作出符合题意的图形，取的中点，连接，    因为和均为等边三角形，所以，， 因为平面平面，且面，所以面， 则以为原点建立空间直角坐标系，设和的边长为， 可得，，， 得到，， 设面的法向量为，可得， 令，解得，故， 易得面的法向量为， 设二面角为，由图可知为锐角， 则，故C正确. 故选：C. 23．（2026·湖南益阳·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，验证与该法向量垂直，且不在平面内，从而证明线面平行； （2）分别求出平面和平面的法向量，利用两法向量夹角与二面角大小相等或互补的关系，计算其余弦值，再转化为正弦值． 【解答过程】（1）证明：因为，，所以，． 在直三棱柱中，有底面侧面， 因为平面，平面平面， 所以平面． 在平面内过点作直线，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，，． 所以，， 设为平面的一个法向量， 则得， 令，则，，则． 又．则，所以． 又平面，所以平面． （2）由（1）可知，，． 设是平面的一个法向量， 则，得， 令，则，，则． 由（1）可知，平面的一个法向量是． 所以，． 所以，二面角的正弦值是． 24．（2026·湖南湘潭·一模）如图在四棱锥中，，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）根据题意，得到平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解. 【解答过程】（1）证明：连结，过作，垂足为，于． ，中，，．     中，，，即， 所以，又，,平面,平面， 平面，又因为平面， 平面平面． （2）因为平面， 如图所示以为原点，过点与垂直的直线为轴，，为，轴建立坐标系． 由（1）知，，，，．    所以，．设平面法向量， 由，，，取，得，有，    又，，设平面法向量， 由，，，取，得，有，    设平面与平面的夹角为，则， 所以． 【题型7 探索性问题的向量求法】 25．（2026·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【解题思路】（1）根据勾股定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. 【解答过程】（1） 取中点，连接 . 由题意得，故，又，， 因此， ，所以四边形、为平行四边形， 进而，， 即 均为边长为2的等边三角形. 因为，是中点，故，且 . 又，故，得. 因为， 平面，故平面. 又平面，因此平面平面. （2）建立如图所示空间直角坐标系： 由题意知：，，，， 假设存在点使得满足题意． 设，其中. 反解得：M点坐标为： 设平面ABP的法向量为， 设平面MCD的法向量为， 所以． 解得，又因为， 故不存在点M使得满足题意． 26．（2026·贵州毕节·三模）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由见解析. 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出两平面法向量，计算两个平面法向量数量积为0即可证明. （2）利用向量法求出平面法向量，利用向量法表示出二面角的大小，建立方程求解分析即可. 【解答过程】（1）证明：因为四边形为矩形，且平面， 所以以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，则， 又，在棱上，，所以， 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）存在点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由如下： 设点在线段上，且，则， 当时，重合，得不到二面角不满足题意， 当时，重合，此时二面角即为， 因为平面，即平面，且平面， 所以平面平面，即二面角为直二面角，不满足题意，所以， 由， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以， 由（1）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则 ，即或， 当时，解得：，当时，无解，故， 即，所以存点，使得二面角的余弦值为，此时点为线段的中点. 27．（2026·广西南宁·三模）等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）． (1)求证：平面平面； (2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点P，使得平面，平面与平面夹角的余弦值为 【解题思路】（1）利用三线合一得，，再根据面面垂直的判定定理即可. （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，根据线面位置关系的空间向量的证明方法即可求出的位置，再利用面面角的空间向量求法即可. 【解答过程】（1）证明：因为且，故四边形是平行四边形，则， 又为等腰梯形且，可得是等边三角形． 故四边形BCEA为菱形，是等边三角形， 因为为中点，所以，同理可证． 又，且平面，所以平面， 又BE在平面BCDE内，所以平面平面. （2）存在点P，使得平面，平面与平面夹角的余弦值为， 理由如下： 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又，建立以为原点，所在直线为，，轴的空间直角坐标系，如图所示： 因为， 则， 设， 则， 设平面的一个法向量，则， 即，令，则， 要使平面，则，即，解得， 故在侧棱上存在点，使得平面， 此时，， 设平面的一个法向量，则， 即，令，则，即， 设平面与平面夹角为，所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 28．（2026·天津南开·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． (1)证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面和平面夹角的大小为？若存在，并求出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解题思路】（1）由面面垂直的性质得出线面垂直，进而得出线线垂直； （2）由已知是直角三角形，根据等积法，求出平面ABC上的高，结合空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【解答过程】（1）∵，为的中点，∴， 又∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴； （2）分别取、的中点为F、G，连结、， ∵为的中点，是边长为1的等边三角形， ∴是直角三角形，，，， ∵、的中点为F、G， ∴，，， 由（1）得，是三棱锥底面的高，是直角三角形， ∵，∴， 以O点为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，， 设是平面的一个法向量， 则，即， 令，则，，，， ， ∴直线和平面所成角的正弦值等于； （3）在棱上存在点，使平面和平面夹角的大小为. 设， 由（2）知，，， ，， ， 是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 即， 取，，， ∵平面和平面夹角的大小为， ∴， 即， 整理得， 解得，或（舍去）， 所以，，， 所以，在棱上存在点，使平面和平面夹角的大小为，. 一、单选题 1．（25-26高二下·甘肃平凉·期末）设是直线的方向向量，是平面的法向量，则（     ） A． B．或 C． D．与相交但不垂直 【答案】B 【解题思路】通过计算直线的方向向量与平面的法向量的数量积，判断直线与平面的位置关系. 【解答过程】因为，所以， 所以或. 故选：B. 2．（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）在空间直角坐标系中的位置如图所示，其中，，．则平面ABC的一个法向量是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】写出点和向量的坐标，然后建立方程组求解法向量的坐标. 【解答过程】由题意，,. 设平面的法向量为. 则，令，则. 平面的一个法向量， 故选：B. 3．（2026·宁夏石嘴山·一模）正四棱台的体积为，，，则直线AB1与直线BD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据正四棱台的体积公式求出正四棱台的高，建立空间直角坐标系，再利用向量法求解异面直线所成角的余弦值即可. 【解答过程】设正四棱台的高为, 已知体积、下底面积、上底面积, 代入正四棱台体积公式,可得， 解得高， 取AB的中点,连接OF, 取AD的中点,连接OE， 如图，以 所在的直线分别作 轴，建立空间直角坐标系， 而，， 则顶点, ，顶点 ， 直线的方向向量为,， 直线 的方向向量为，， 则， 则直线AB1与直线BD所成角的余弦值为: . 故选：C. 4．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可. 【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为， 则，，， 所以点到直线的距离为 故选：D. 5．（25-26高二上·陕西西安·期中）我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中把底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．如图，在堑堵中，，，分别是线段，上的点，且，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，设，应用空间向量的数量积计算判断各个选项． 【解答过程】在堑堵中，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，因，， 则得. 对于A，因，由可得不成立，故A错误； 对于B, 因，由，可得不成立，故B错误； 对于C，因，由，可得，故C正确； 对于D，因，由，可得不成立，故D错误. 故选：C. 6．（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 【解题思路】根据图形特点建立空间直角坐标系，利用向量计算即可. 【解答过程】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. 故选：A. 7．（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 【解题思路】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． 【解答过程】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． 故选：A. 8．（2026·山东济南·三模）如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行 C．三棱锥的体积为 D．直线BC与平面所成的角为 【答案】B 【解题思路】A选项根据正方体的性质判断；对于B，D利用空间向量判断，对于C，利用体积公式求解即可. 【解答过程】A选项：为正方体，所以，直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直，故A错误； 如图建立空间直角坐标系，则， 对于B，设平面的法向量为，则， 令，则， 因为，所以，所以， 因为在平面外，所以直线与平面平行，所以B正确， 对于C， ，所以三棱锥的体积为，所以C错误， 对于D，，直线BC与平面所成的角为，，所以D错误， 故选：B. 二、填空题 9．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 【答案】 【解题思路】根据空间点到线距离公式进行求解即可. 【解答过程】已知，，， 所以，. 进而，. ，进而. 则点到的距离. 故答案为：. 10．（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】 【解题思路】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． 【解答过程】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：． 11．（25-26高二上·广东广州·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．如图，在阳马中，底面，底面是矩形，，，是的中点，．若点在矩形内，且平面，则__________． 【答案】/ 【解题思路】建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，设点，求得，通过平面，建立关于的方程，确定的值，结合两点间的距离公式即可求解. 【解答过程】如图，以为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的法向量为，则， 令，得． 设，则． 因为平面，所以，则，解得，， 所以，，故． 故答案为：. 12．（2026·广东深圳·二模）在菱形中，，将沿折起得到．若二面角为，则异面直线与所成角的余弦值为_____________． 【答案】 【解题思路】作的中点，作平面，以为坐标原点，为轴，过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据几何关系可得为正三角形，分别表示出各点的坐标，利用向量夹角的余弦公式即可求解. 【解答过程】作的中点，作平面，以为坐标原点，为轴， 过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，可得为正三角形， 于是，得到， 且， 则， 故． 故答案为：. 一、单选题 1．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且 平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【解答过程】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为 平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 故选：B. 2．（2026·河南开封·二模）在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】利用空间向量法求解，求出平面和平面的法向量，记平面和平面的夹角为，利用数量积求出，求出，利用同角关系式求出，利用正弦函数的图像和性质得到平面与平面的夹角的正弦值的最大值. 【解答过程】不妨设，建立空间直角坐标系如图所示， 则，， 得到， 记平面和平面的夹角为． 记平面的法向量为，， 取，则． 记平面的法向量为，， 取，则， 所以， ， ，当且仅当时，，所以， 故平面与平面的夹角的正弦值的最大值为， 故选A． 二、解答题 3．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，平面平面，，，分别是，的中点． (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）取的中点，利用平面几何的基本性质得到是正三角形，从而结合线面垂直的判定定理可得到平面，进而可得； （2）通过面面垂直的性质定理可得到平面，则通过空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，进而可求解它们夹角的余弦值. 【解答过程】（1）证明：因为，是的中点，所以， 取的中点，，且，，所以四边形是矩形， 所以，又，因此是正三角形，而是的中点，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以． （2）因为平面平面，平面平面，， 平面，所以平面， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，，． 则，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量， 则，即，令，则， 所以为平面的一个法向量． 设平面的法向量， 则，即，令，则，， 故为平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 4．（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)证明见解析； (2) 【解题思路】（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. 【解答过程】（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）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， ． 5．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）借助线面平行判定定理即可得证； （2）法一：可建立适当空间直角坐标系，求出及平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得；法二：借助等体积法，利用计算即可得. 【解答过程】（1）证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故PB到平面AEC的距离为． 6．（24-25高二上·辽宁大连·期末）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、 ，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解. 【解答过程】（1）三棱台中，，则， 有，得，所以， 又，所以在平面内，，有， 平面平面，所以平面． （2）已知平面平面ABC，平面平面，， 平面，所以平面，由平面，得， 又平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，由平面ABC，得 . 以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系． 则有， ， 因为，所以， 设向量，且满足：， 则有，令， 在的投影数量为， 异面直线与DE的距离为.    7．（2026·河北沧州·一模）如图，在正四棱锥中，是棱的中点，过的平面与棱，分别交于点，（包括端点），，交于点，，. (1)若平面，求； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求四棱锥的体积的最小值. 【答案】(1)2 (2) (3) 【解题思路】（1）根据点线面的位置关系得到点是的重心，从而由比例关系可得答案； （2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，求出平面的法向量，利用夹角公式进行求解； （3）设，，由共线定理推论可得，由基本不等式可得，并得到体积最小值 【解答过程】（1）设，如图. 因为，所以，， 因为平面，平面，所以平面，平面， 因为平面平面，所以，所以点也是与的交点， 即点是的重心，所以. 因为平面，平面平面， 所以，所以. （2）分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，，所以，，，. 因为， . 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 又平面的一个法向量为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为. （3）四棱锥的体积 . 由（1）知，恒过点，点为的重心.设，， 因为，，，三点共线， 所以，即， 由基本不等式可得，所以，当且仅当时取等号. 因为，所以， 所以， 所以四棱锥的体积的最小值为. 8．（2026·河南·模拟预测）如图1，等腰直角的斜边，D为BC的中点，沿BC边上的高AD折叠，使得二面角为，如图2所示，设M为CD的中点． (1)证明：平面． (2)求平面和平面的夹角的余弦值． (3)在线段AC（含端点）上是否存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【解题思路】（1） 由线面垂直的判定定理证明平面，从而；由已知条件证明，再根据线面垂直的判定定理证得平面； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法，可求得平面和平面的夹角的余弦值； （3）假设存在点Q满足题意，且，根据线面角的向量求法，列出方程，求解可得的值. 【解答过程】（1）证明：在图1的等腰直角中，D为的中点，可得， 所以在图2中，可得． 因为，且，平面，所以平面．            又因为平面，所以． 因为平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为等边三角形 因为M为的中点，所以． 又因为，且AD，平面，所以平面．        （2）以D为坐标原点，在平面内作垂直于DC的直线为x轴，DC，DA所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则， 则． 设平面的法向量为，则        则，取，可得，所以． 设平面DAB的法向量为，则       则，取，可得，所以． 所以， 所以平面和平面所成角的余弦值为．        （3）假设在线段AC上存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为． 由（2）得， 设，则．       平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得，解得或（舍去）， 所以存在点Q，使得直线与平面所成角的正弦值为． 当时，． 一、多选题 1．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【解题思路】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【解答过程】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 二、解答题 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)证明见解析； (2)距离为1. 【解题思路】（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. 【解答过程】（1）证明：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. 3．（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)证明见解析； (2) 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 4．（2026·天津·高考真题）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． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【解题思路】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【解答过程】（1）证明：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. 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)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【解题思路】（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. 【解答过程】（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）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．（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)求面与面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（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. 【解答过程】（1）证明：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. 7．（2024·全国甲卷·高考真题）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． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【解答过程】（1）证明：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，， 故二面角的正弦值为. 8．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【解题思路】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【解答过程】（1）证明：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. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $