热点13 空间向量求夹角与距离（7题型 高分技法 限时提升练）-2025年高考数学 热点 重点 难点 专练（北京专用）

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题型1点到直线的距离
1．（2022·北京东城·二模）如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
设，则，
∴动点P到直线的距离为
，当时取等号，
即线段上的动点P到直线的距离的最小值为.
故选：D.
2．（2023·广东江门·一模）已知直线过点，且直线的一个方向向量为，则坐标原点到直线的距离为 .
【答案】
【详解】由题设，则坐标原点到直线的距离.
故答案为：
3．（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，为线段的中点，为线段上一点，则面积的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】

由直三棱柱可得平面，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，，
设，其中，故，
而，，
故到直线的距离为，
因为，故，故，
故选：B.
4．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为 .
【答案】
【详解】因为，，，
所以,
所以，.
所以,
所以.
所以点O到直线的距离为.
故答案为：.
5．（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点，直线与所成角的余弦值为．求：
(1)点到直线的距离；
(2)二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)．
【详解】（1）取的中点，连接，
因为，，所以，
又，所以四边形为平行四边形，
又，
故⊥，
因为平面，平面，
所以，
如图，以A为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
于是．
设所成的角为，
则，
故，解得，
设点到直线的距离为，
则，
所以．
所以点到直线的距离为．
（2）依题意，．
设平面的一个法向量，
则，
解得，令，得，所以，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，得，则．
设二面角的平面角为，由图知为锐角，
则，
所以二面角的余弦值为．
题型2点到平面、异面直线的距离
1．（2023·北京丰台·二模）如图，在多面体中，面是正方形，平面，平面平面，，，，四点共面，，．
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)过点与垂直的平面交直线于点，求的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为平面平面，，，，四点共面，
且平面平面，平面平面，
所以.
（2）因为平面，是正方形，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以点到平面的距离.
（3）因为过点与垂直的平面交直线于点，所以，
设，因为，所以，
，
所以，
所以，解得，
所以.
2．（2023·北京顺义·一模）如图，在长方体中，，，E是的中点，平面与棱相交于点F．
(1)求证：点F为的中点；
(2)若点G为棱上一点，且，求点G到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：方法1：因为平面平面，
平面平面，
平面平面，
所以，
连接，
因为，，
所以四边形是平行四边形.
所以，.
因为是的中点，
所以点为的中点.
方法2：连接.
因为，，
所以四边形是平行四边形.
所以
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面ACE，平面平面，
所以.
所以.
因为是的中点，
所以点为的中点.
（2）方法1：因为，，两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以，
设，则，
由，得，即，
所以，则，
所以点到平面的距离.
方法2：连接，
因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以.
在平面内，由，
可得，
由勾股定理求出，，，
在中由余弦定理得，
则，
，
，
设点到平面的距离为d，
由，得，
所以点到平面的距离为.
3．（2022·北京平谷·模拟预测）如图，矩形和梯形，，，平面平面，且，，过的平面交平面于.
(1)求证：；
(2)当为中点时，求点到平面的距离；
(3)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)或2.
【详解】（1）因为矩形，所以，
平面，平面，
所以平面.
因为过的平面交平面于，
由线面平行性质定理，得；
（2）由平面⊥平面其交线为，平面
所以⊥平面
又四边形为矩形，所以以A为原点，以、、为轴建立空间直角坐标系.
由 ，得，，则
设平面法向量，则即，取得.
因为，所以点到平面的距离；
（3）设因为，即，则，
设平面法向量，则
即，取得
记平面与平面的夹角为，
因为⊥平面，所以，
解得或2.
即或2.
4．（2024·25高三上·河北·期中）图1是直角梯形，，四边形是边长为2的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图2.
(1)求证：；
(2)若平面平面，在棱上找一点，使得点到平面的距离为，并求的值；
(3)在（2）的前提下，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）取的中点，连接，四边形 是边长为2的菱形
则，
又平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）在菱形中，，则，
所以，所以，
因为，
所以即为二面角的平面角，
因为平面平面，
所以，即，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为点到平面的距离为，
所以，
解得，
所以；
（3）由（2）得，，
则，
故，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
5．（2024·江苏南通·一模）如图，在直三棱柱中，D，E，F分别为AB，BC，的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求点E到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）因为为直三棱柱，所以，
又D，E，分别为AB，BC的中点，所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）

因为为直三棱柱，且，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，且，则，
则，，
由可得，即，且，解得，
设，则，即，
设平面的法向量为，
则，解得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
又，即，
所以点E到平面的距离.
题型3异面直线所成的角
1．（2023高三·北京海淀·专题练习）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，．

(1)求证：；
(2)若．
（ⅰ）求直线与直线所成角的余弦值；
（ⅱ）求点到平面的距离；
（ⅲ）设点为线段上任意一点（不包含端点），证明：直线与平面相交.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）；（ⅲ）证明见解析
【详解】（1）因为底面是正方形，所以，
又因为平面平面，且平面平面，
平面，
所以平面．
因为平面，所以．
（2）（ⅰ）如图建立空间直角坐标系，

则
所以，
设直线与直线所成角为，则
（ⅱ）
设平面的法向量为，则，
所以，
令，则，
于是．
所以点到平面的距离
（ⅲ）设是线段上一点，设．
则
因为，
所以直线与平面相交.
2．（2021·北京·模拟预测）如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，AD=AB=，∠BAD=90°，∠BCD=45°，E为对角线BD的中点.现将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使平面PBD⊥平面BCD，如图2.
（1）求证：直线PE⊥平面BCD；
（2）求异面直线BD和PC所成角的余弦值；
（3）已知空间存在一点Q到点P，B，C，D的距离相等，写出这个距离的值(不用说明理由).
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，
又由图1可知且为中点，所以，
又平面，所以平面；
（2）建立空间直角坐标系，以方向为轴，以垂直方向为轴，以方向为轴，如下图所示：
由图1可知为等腰直角三角形，所以，
所以为等腰直角三角形，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以异面直线所成角的余弦值为；
（3）距离为；理由如下供参考：
取的中点，因为为等腰直角三角形，所以，
又因为为中点，所以，所以，
所以，所以点即为点，
所以到的距离相等时，此时距离为.
【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：
（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；
（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；
（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.
3．（2024·全国·模拟预测）直三棱柱中，底面是以A为直角的腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长为，为上的点，若直线与直线所成角的余弦值为，则长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【详解】以A为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
设，则，
所以，解得(负值舍去).
故选：A．
4．（2025·广东惠州·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是、的中点，是的中点.
(1)判断、、、四点是否共面（结论不要求证明）；
(2)证明：平面；
(3)求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)、、、四点不共面
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）、、三个不共线的点确定平面，显然平面，
所以、、、四点不共面.
（2）方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，故
又平面的法向量为
所以，故.
又平面，故平面.
方法二：
如图，取中点，再取中点，连接、和.
由为中点，则，且.
在正方体中，为中点，
故，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面.
方法三：如图，取中点，连接、.
在梯形中，为中点，则.
因为平面，平面，所以平面.
在正方体中，为中点，则，
因为平面，平面，
所以平面.
因为，，平面，所以平面平面，
又平面，故平面.
（3）由（2）方法一可知，
又，，故，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
5．（2022·贵州毕节·三模）在正四棱锥中，底面边长为，侧棱长为4，点是底面内一动点，且，则当，两点间距离最小时，直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据题意作图如图所示，连接，交于点，连接，

因为四棱锥为正四棱锥，可得底面．
由底面边长为，可得，所以，
在中，，，可得，
又由，在中，可得，
即点在以为圆心，1为半径的圆上，
所以当点为圆与的交点时，，两点间距离最小，最小值为．
以，，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
可得，，，，
则，，可得，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确.
故选：A.
题型4直线与平面所成的角
1．（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取PC中点M，连接FM，BM.
在中，因为M，F分别为PC，PD的中点，
所以，.
在菱形ABCD中，因为，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
因此.
又因为，
所以.
（2）因为，
所以，.
因为，所以.
在菱形ABCD中，，
因为E为AB中点，所以.
建立如图空间直角坐标系D-xyz.
在正三角形中，.
因为，， ，，
所以向量，.
设平面EFC的法向量为，则，即.
取得,.
设直线CD与平面EFC所成角为，
.
2．（2024·北京·三模）如图，在正方体 中，分别是棱的中点.
(1)求证：四点共面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图， 取的中点，连接，
因为分别是棱的中点，
所以，，所以，四点共面，
又，，所以，四点共面，
又因为过不共线的三点的平面具有唯一性，
则平面与平面重合，故四点共面.
（2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方形的边长为，
则，，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，解得平面的一个法向量，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
3．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 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.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为，平面，平面，故平面，
由矩形可得，平面，平面,故平面,
又 ，且平面，平面，故平面平面，
又因平面，故平面，
因平面，平面平面
所以，即；
（2）
若选择条件①，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件②，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件③，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值.
（3）由（2）建系，且可知无论选择①，②，③哪个条件，都有.
设，，则，
由（1）知，所以
故存在实数，使得,即，解得,符合题意.
故得.
4．（2024·北京·三模）如图，四边形ABCD为菱形，，把沿着BC折起，使A到位置.
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求点D到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【详解】（1）取线段的中点，连接，
因为四边形ABCD为菱形，且，
所以，为等边三角形，
所以，又面，
所以面，又面，
所以；
（2）由，为边长为2的等边三角形可得，
所以，结合面可得两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，，
，
设面的法向量为，直线与平面所成角为，
则，取得，
，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）由（2）得点D到平面的距离为.
5．（2024·北京海淀·三模）如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点．
(1)证明：；
(2)证明：；
(3)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2
【详解】（1）因为直线平面平面，
且平面平面，所以；
（2）过作，垂足为，
由题意知：为矩形，可得，
由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则，
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
可得平面ABCD，且平面，
所以.
（3）由（1）可知：平面ABCD，
取线段的中点，连接，则，，
又因为，可知，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为E为线段PF上一点，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理得，解得，
所以当，直线与平面夹角的正弦值为.
题型5平面与平面所成的角
1．（2024·北京大兴·三模）如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）.
(1)证明：；
(2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：平面平面；
条件②：.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【详解】（1）因为，所以，，
又因为、平面，，
所以平面，而平面，所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以．
（2）选择条件①：平面平面，
因为，，
所以为二面角的平面角，
因为平面平面，所以，
所以建立如图空间直角坐标系，又，
所以E，F，Q分别是PC，BC，CD的中点，，，，
，，平面的法向量为，
设平面的法向量为，则得，
令，则，，所以，
设二面角的平面角为，则，
由题可知，二面角为钝二面角则，
二面角的余弦值为，
选择条件②：，
因为平面，平面，所以，
因为，，BC，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，所以，
因为，，
所以建立如图空间直角坐标系，又，
所以E，F，Q分别是，，的中点，，，，
，，平面的法向量为，
设平面的法向量为，则 得，
令，则，，所以，
设二面角的平面角为，则，
由题可知，二面角为钝二面角，则，
二面角的余弦值为．
2．（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，.
(1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明；
(2)若面面；求：
（ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小；
（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.
【答案】(1)与平面不平行，证明见解析
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）不平行于平面，理由如下：
取中点，
因为，所以
则四边形为平行四边形，所以，
又，所以不平行于，
假设平面，
因为平面平面，平面
所以，与不平行于矛盾，
所以假设不成立，即不平行于平面；
（2）取中点，连接
因为菱形，
所以为正三角形，又为中点，所以，
由于，所以，
又面面，面面，面
所以面，因为面，所以
又因为，面，
所以面，而面，所以，
所以如图，以为原点，所在直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
（i）因为面，所以为平面的一个法向量
设平面的法向量为，因为
所以，令，
设平面与平面所成角为，
所以，则
即平面与平面所成角大小为；
（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为
所以点到平面的距离为.
3．（2024·北京·高考真题）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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（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
4．（2024·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图：

因为，，所以为等边三角形，，
又，所以，又，
所以.
因为，所以为直角三角形，所以.
又，，为平面内的两条相交直线，
所以平面，平面，所以平面平面；
（2）取中点，中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又，所以，
故以为原点，建立如图空间直角坐标系，

所以，，，，，.
设，因为，
解得，所以.
设平面的法向量为，
则，取；
设平面的法向量为，
则，取.
那么，，.
平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，又，所以.
5．（2024·北京·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，，，．

(1)若平面，证明：平面；
(2)若底面，，二面角的正弦值为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵，，，即，
∴，即，
∵平面，平面，
∴，
∴，又平面，平面，
∴平面；
（2）∵底面，底面，
∴，，又，
以点为原点，以所在的直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：

令，则，
，则，
，
设平面的法向量为，
∴，
令，则，
∴，
设平面的法向量为，
∴，
令，则，
∴，
∵二面角的正弦值为，则余弦值为，
又二面角为锐角，∴，
解得，所以.
题型6空间角的最值问题
1．（2025·甘肃白银·模拟预测）在多面体中，四边形与四边形均为直角梯形，，且点四点共面.
(1)证明：①平面平面；
②多面体是三棱台.
(2)若，动点在内部及边界上运动，且，求异面直线与所成角的最小值.
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)
【详解】（1）①如图①，四边形与四边形均为直角梯形，，故，
因为平面平面，所以平面，
同理可得平面，因为平面，
所以平面平面.

②如图②，在梯形中，延长交于点，
平面平面，同理平面，
又平面平面.
故直线相交于点，
又由（1）可知：平面平面，
故多面体是三棱台.
（2）四边形与四边形均为直角梯形，，
，又，平面，平面，
又动点在内部及边界上运动，且，
是等腰直角三角形，，
点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆（在内部及边界上）.
如图以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
.
设异面直线与所成角为，则
，
设（取为锐角），
则.
，且为锐角，，
，
当，即时，异面直线与所成角取得最小值.

2．（2025·四川绵阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，，点为的中点，且，.
(1)求证：；
(2)若二面角的平面角的余弦值为，求三棱锥的体积；
(3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）
如图，取的中点F，延长交于G点，是边长为2的等边三角形，则.
在中，已知，且满足.
根据勾股定理的逆定理，. 则G为中点.
又为的中点，则.，则.
又平面，，则平面，
平面，所以.
（2）由（1）可知⊥平面，
又因为平面，所以平面平面.
以为坐标原点建立空间直角坐标系，
为的中点，且，可设点，
已知，.
设平面的法向量为，由，不妨令，
则平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为.
根据向量夹角公式，
又因为，则，解得.
因为为的中点，所以点到平面的距离为.
在中，满足，
所以的面积为.
根据三棱锥体积公式，三棱锥的体积.
（3）因，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角.
设该角为.
已知，则.
根据线面角的正弦值公式.
.
因为，故，
根据均值不等式则
（当且仅当时，等号成立），所以的最大值为，
即直线与平面所成角正弦值的最大值为.
3．（2023·河北·三模）已知在长方体中，.
(1)若分别在线段和上，求的最小值；
(2)若点在棱上运动，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在长方体中，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
，
所以.
由分别在线段和上，
设.
则，，
所以，
则
，
当且仅当，即时等号成立.
故的最小值为.
（2）由（1）中所建空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量为，
则，得，令，那么.
由点在棱上运动，设，
设直线与平面所成角为，
则，
当时，可知上式为0，
当时，则，
令，则，
设，，
则，则.
综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
4．（2025·湖南邵阳·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点.
(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3).
【详解】（1），，所以
又，，
又，，，.
（2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，，
，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，.
，，，
设为平面的一个法向量，
令，得，.
设平面的一个法向量，则，取.
，又平面与平面不重合，
平面平面.
（3）当时，为平面的一个法向量，，
则，
设，
，，
设直线与平面所成角为，
，
当且仅当时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，，M是棱PD上的点，且PB与平面MAC平行．

(1)求证：；
(2)若Q为棱PC上的动点，求MQ与平面PBC所成角的余弦值的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）如图，连接AC与BD交于点E，连接ME．
因为平面MAC，平面PBD，平面平面．所以．
又因为四边形ABCD为菱形，所以．所以．
（2）如图，取AB的中点为O，连接PO，CO．
因为，，所以，，．
又因为ABCD是菱形，，
所以，．
因为，所以．所以．
又因为平面ABCD，平面ABCD，，所以平面ABCD．
因为，，，
所以以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，，．
设平面PBC的一个法向量是，则即
不妨令，则，，所以．
设，，则，．
设MQ与平面PBC所成角为，，则．
当时，的最大值为，所以的最小值为．
所以MQ与平面PBC所成角的余弦值的最小值为．
题型7动点的探索性问题
1．（2022·北京丰台·一模）如图，在直角梯形中，，，．以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且．
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线和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)证明见解析
(2)存在；
【详解】（1）证明：由题意得，，
所以四边形为平行四边形．
所以．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）线段上存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为，理由如下：
由题意得AD，AB，AF两两垂直．
如图，建立空间直角坐标系．
设，则，，
，，，．
所以，，，．
设，则
设平面的一个法向量为，
所以，即
令，则，．
于是
设直线和平面所成角为，
由题意得：，
整理得：，
解得或．
因为，
所以，即．
所以线段上存在点，当时，直线和平面所成角的正弦值为．
2．（2021·北京昌平·二模）如图，在直四棱柱中，底面是平行四边形，，.
（1）求证：；
（2）求二面角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.
【详解】解：(1)证明：在直四棱柱中，
底面，
因为底面，
所以.
因为，，
所以平面.
因为平面，
所以.
(2)因为平面，且，所以两两垂直.
如图建立空间直角坐标系，则，，
，，，
设平面的法向量为
，，
由 可得
令，解得，
所以
因为平面，
所以平面的一个法向量为
所以
由题可知二面角为锐角，
所以二面角的大小为.
(3)设.
因为，
由(2)知平面的一个法向量为，
因为平面，可得.
所以，解得.
所以，在线段上存在点使得平面，的值是.
【点睛】向量法求解空间几何问题的步骤：建、设、求、算、取
1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的直线的交点为原点，没有三条垂线时需要做辅助线；建立右手直角坐标系（尽可能使得较多的关键点落在坐标轴或者坐标平面内）；
2、设：设出所需的点的坐标，得出所需要的向量坐标；
3、求：求出所需平面的法向量；
4、算：运用向量的数量积，验证平行垂直，求出两个平面的法向量的夹角的余弦值；
5、取：根据题意或者二面角线面角的范围，得出答案.
3．（2023·24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为．
(1)求直四棱柱的高；
(2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由．
【答案】(1)
(2)能，
【详解】（1）设，
因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直，
如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
因为菱形中，，
所以，设，
则，，
所以
设平面的一个法向量为，则由,得，
令得，，
所以，
因为直线与平面所成角为，
所以，即，解得．
（2）假设能找到这样的点，
设，且，
则，
设平面的一个法向量为，则由,得，
令得，，
则，
由平面与平面的夹角为，
可得，即，解得，
所以能找到这样的点，
此时，，故．
4．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
所以平面平面.
（2）因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，，
平面的一个法向量为，，，
则，令，可得，
则，整理可得，
因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.
5．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在实数，理由见解析
【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
（2）取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，两两垂直，
故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则，，，，
故，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
1．（2024·北京西城·二模）如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题.条件①：；条件②：；条件③：平面.
(1)求证：为的中点；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)求点到平面的距离.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；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)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：选条件①：由，
根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；
选条件②：．
连接，在正方体中，由平面，
因为平面，所以，
又因为，， 所以，
因为平面，所以，
又因为为的中点， 所以为的中点．
选择条件 ③：平面．
连接，因为平面，平面，
且平面平面，所以，
因为为的中点，所以为的中点．
（2）在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的大小为，
（3）点到平面的距离为.
2．（2024·北京·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，．
(1)设平面平面，求证：；
(2)从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定．
（ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值；
（ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度．
条件①：平面平面；
条件②：；
条件③：四棱锥的体积为．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，则，
而平面平面，于是平面，
又平面，且平面平面，所以.
（2）选条件①③，平面平面，四棱锥的体积为，
连接和交于点，连接，显然是中点，由，得，
而平面平面，平面，底面，
，，解得，
选条件②③，，四棱锥的体积为，
连接和交于点，连接，显然是中点，由，得，
又是中点，由，得，而平面，则，底面，
，，解得，
若选条件①②，平面平面，，此2条件均可证明底面，
点的位置不确定，即四棱锥存在，但不唯一，因此条件①②不可选.
（i）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，令，得，
平面的法向量为，因此，
所求平面与平面所成角的余弦值为.
（ii）平面交线段于点，由（i）知，，
设，则，
由，得，所以.
3．（2024·北京通州·二模）如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，．
(1)求证：平面ADF；
(2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连结BE交AD于G，连结FG．
因为四边形ABDE是矩形，所以点G为BE的中点．
因为点F为CE的中点，所以FG是的中位线．
所以，又平面ADF，平面ADF，
所以平面ADF．
（2）因为四边形ABDE是矩形，所以．
因为，，且平面，平面，
所以平面ABC，
因为，所以平面ABC．
所以以点A为原点，分别以AC，AE所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz．
所以，，，，，．
所以，．
设平面ADF的法向量为，所以，．
所以，令，得，，所以．
因为平面ABC，所以．
因为，，平面BCD，
所以平面BCD，
所以为平面BCD的一个法向量．
而．
所以平面BCD与平面ADF所成角的余弦值为．
4．（2024·北京海淀·二模）在三棱锥中，为的中点.
(1)如图1，若为棱上一点，且，求证：平面平面；
(2)如图2，若为延长线上一点，且平面，直线与平面所成角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接.
因为为的中点，所以.
又平面,所以平面.
因为平面
所以平面平面.
（2）因为平面平面平面，
所以为直线与平面所成的角.
因为直线与平面所成角为，
所以.
因为，所以.
因为，所以.
又，故.
所以.
如图建立空间直角坐标系.
则，，.
所以，，.
设平面的法向量为，则
即令，则.
设与平面所成角为，则
.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
5．（2024·北京朝阳·二模）如图，六面体是直四棱柱 被过点 的平面所截得到的几何体，底面，底面是边长为2的正方形，

(1)求证: ；
(2)求平面. 与平面 的夹角的余弦值；
(3)在线段 DG上是否存在一点 P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，，理由见解析
【详解】（1）连接，直四棱柱，，
则点在平面内.
因为平面，且平面，
所以，
又底面为正方形，所以，又，
所以平面，平面，
故；
（2）因为平面，平面，所以，
又底面为正方形，所以，建立如图空间直角坐标系，
则，故
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，于是.
因为平面，所以是平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为θ，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
（3）存在一点使得平面，此时，理由如下：
设，
则，
线段上存在一点使得平面等价于，
即，解得，
所以.
6．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
(1)求证：点为线段的中点；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
条件①：平面；
条件②：四边形是正方形；
条件③：平面平面．
注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)；
【详解】（1）
连接，因为交平面于点，平面，
所以平面，所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，
所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，因为点是的中点，所以点是线段的中点.
（2）
选择条件①②：
因为平面，平面，平面，
所以，因为四边形是正方形，所以；
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件①③：
因为平面，平面，平面，
所以，因为平面平面，
平面平面，所以平面，所以，
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件②③不合题意，此时几何体不能唯一确定.
7．（2024·北京丰台·二模）在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点．
(1)证明：为的中点；
(2)若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，连接，，在正四棱柱中，
由与平行且相等得是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，是中点，
所以是的中点；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，如图，设（），
则，，，，
，，
设平面的一个法向量是，则
，取，得，
因为直线与平面所成的角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，平面的一个法向量是，
平面即为平面，
则，
二面角为锐角，因此其余弦值为．
8．（2024·浙江绍兴·二模）如图，在三棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【详解】（1）在中，由余弦定理得
，
所以，所以，
又，，面，面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
过点作交于点，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为面，所以，
过点作交于点，连接，
因为，面，面，
所以面，因为面，则，
所以是二面角的平面角.
由（1）知，平面，因为平面，所以，
所以，
又，所以三角形是正三角形，
所以，.
在直角三角形中，，
所以.
所以，二面角的平面角的正切值是2.

解法二：
以为原点，，所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设，其中，
由，得，
所以，，即，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以.
又平面的法向量为，
设二面角的大小为，
因为为锐角，所以，
所以，，
所以，二面角的平面角的正切值为2.
9．（2024·北京房山·一模）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，．

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以；
（2）如图，分别取的中点，连接，

则，
因为是正三角形，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
则，
所以二面角的余弦值为．
10．（2024·北京朝阳·一模）如图，在三棱锥中，侧面底面，，.

(1)求证：；
(2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连接、，
由，，故、，
又、平面，，
则平面，又平面，故；
（2）由侧面底面，且，平面，
平面平面，故平面，
又平面，故，
即有、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面的法向量为，
则有，令，则有，
由轴平面，故平面的法向量可为，
则，
故二面角的余弦值为.

11．（2024·北京海淀·一模）如图，在四棱锥中，为的中点，平面.
(1)求证：；
(2)若，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，使四棱锥存在且唯一确定.
（i）求证：平面；
（ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）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)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
因为，所以，所以四点共面，
因为平面，平面平面，平面，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以；
（2）（i）取的中点，连接，
由（1）知，所以，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，
因为，所以，
所以，即，
选条件①：，
因为，所以与全等，
所以，因为，所以，
所以，即，又因为，
、平面，所以平面；
（ⅱ）由（i）知平面，而平面，
所以，因为，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为, 则，即，
令，则，于是，
因为为平面的法向量, 且,
所以二面角的余弦值为.
选条件③：，
(i) 因为，所以，
因为，所以与全等，
所以，即，
因为，又因为，、平面，
所以平面；
(ii) 同选条件①.
不可选条件②，理由如下：
由（i）可得，又，
，、平面，
所以平面，又因为平面，
所以，即是由已知条件可推出的条件，
故不可选条件②.
12．（2024·北京西城·一模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
如图，连接，设，连接．
因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以为的中点．
因为为的中点，所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为，，
又，平面，平面，
所以平面，又因平面，所以．
又，所以，，两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，．
设平面的法间量为，则即，
令，则，于是．
因为平面，所以是平面的一个法向量．
所以．
由题设，二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
13．（2024·北京东城·一模）如图，在五面体中，底面为正方形，.

(1)求证：；
(2)若为的中点，为的中点，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：底面为正方形,则，又平面，平面，
则平面，又平面平面，平面，故.
（2）选①，取中点G,连接，因为，所以，
易知为梯形的中位线，则，
又平面，故平面，平面，
则平面，且必相交，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.

选②：取中点G, 连接，易知为梯形的中位线，，
则，由题，，则，故
又平面，故平面，
延长GM交BC于P,则P为中点，易得，故为矩形.
以M为原点，所在直线为z轴，MG所在直线为x轴，过M作CB平行线为y轴，建立空间直角坐标系如图：
则，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设直线与平面所成角为.
.
14．（2024·北京丰台·一模）如图，在直三棱柱中，，为中点．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)无论选条件①还是选条件②，二面角的余弦值都是
【详解】（1）

连接交于点，连接，
因为四边形为平行四边形，为它的对角线、交点，
所以点是的中点，
因为是中点，
所以是的中位线，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）若选条件①：，
因为底面，底面，
所以，
又因为，且面，
所以面，
而面，
所以，
即两两互相垂直，
若选条件②：，
因为面，面，
所以，
因为，，
所以，
因为点是中点，
所以，
因为，
所以，即，
由前面分析可知，
所以两两互相垂直，
综上，无论选条件①还是选条件②，都有两两互相垂直，
故以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

由题意，
所以，
设平面、平面的法向量分别为，
从而有，，也就是有，，
令，解得，
所以可取平面、平面的法向量分别为，
显然二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为.
三年考情分析
2025考向预测
2022年，第17题，考察线面角的向量求法
2023年，第16题，考察面面角的向量求法
2024年，第17题，考察面面角的向量求法
本节内容是北京卷的必考内容，设题稳定，难度中上，一般为解答题的第二问，故2025年北京卷在空间向量及其应用方面的命题可能会继续关注面面角和线面角的向量求法，同时结合立体几何知识，考查空间向量的数量积、坐标表示和线性运算等知识点
用向量法求点到直线的距离：
①求直线的方向向量；②计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影向量的长度；③利用勾股定理求解．另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化．
用向量法求点到平面的距离：
①在坐标系中求出点到平面内任一点对应的向量；②设出平面的法向量,利用向量垂直的条件转化为求解方程组，求出法向量；③代入求点到平面的距离公式
用空间向量法求异面直线夹角的步骤：
①确定两条异面直线的方向向量；②确定两个向量夹角的余弦值的绝对值；③得出两条异面直线所成的角．
用空间向量法求线面夹角的步骤：
①建立空间直角坐标系；②求直线的方向向量；③求平面的法向量；④计算：设线面角为，则
用空间向量法求面面夹角的步骤：
①建立适当的坐标系，写出相应点的坐标；②求出两个半平面的法向量；③设两平面的夹角为，则
注：若要求的是二面角，则根据图形判断该二面角是钝角还是锐角，从而用法向量求解．