2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第06讲空间向量及其应用(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习考点精讲精练(新高考通用第06讲空间向量及其应用(学生版+解析)，共11页。试卷主要包含了5年真题考点分布，课标要求，知识导图等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc206167439" 目录 TOC \ "1-2" \h \z \u
\l "_Tc168491927" 01 考情研究 PAGEREF _Tc168491927 \h 2
\l "_Tc168491928" 02 知识梳理· PAGEREF _Tc168491928 \h 3
\l "_Tc168491929" 03 探究核心考点 PAGEREF _Tc168491929 \h 4
\l "_Tc168491933" 考点一：向量法证明平行、垂直5
考点二：求两异面直线所成角 \l "_Tc168491940" 6
\l "_Tc168491934" 考点三：求直线与平面所成角7
\l "_Tc168491935" 考点四：求平面与平面所成角9
\l "_Tc168491936" 考点五：求点面距、线面距、面面距 PAGEREF _Tc168491936 \h 11
三阶段突破训练
\l "_Tc168491945" 基础训练·12
\l "_Tc168491946" 能力提升15
\l "_Tc168491947" 真题感知19
一、5年真题考点分布
二、课标要求
1.理解直线的方向向量及平面的法向量.
2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；能用向量方法证明立体几何中有关线面的位置关系.
3.了解利用空间向量求空间距离的方法，会求点到线、点到面的距离.
4.了解利用空间向量求空间角的方法.
5.会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及平面与平面的夹角、二面角.
三、知识导图
1.直线的方向向量与平面的法向量
（1）直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称向量a为直线l的方向向量.
（2）平面的法向量：直线l⊥α ，取直线l的方向向量a,则向量a为平面α 的法向量.
（3）方向向量和法向量均是非零向量且不唯一.
2．空间位置关系的向量表示
3．空间距离
3．空间角的定义
（1） 直线与平面所成的角
定义：平面的一条斜线和它在平面上的①_ _ 所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，则它们所成的角是②_ _ _ _ _ _ ；一条直线和平面平行,或在平面内，则它们所成的角是0∘ ;直线与平面所成的角θ 的取值范围是③_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2） 二面角：从一条直线出发的④_ _ _ _ _ _ _ _ 所组成的图形叫做二面角.
二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作⑤_ _ _ _ _ _ _ _ 的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
（3） 平面与平面的夹角：平面α 与平面β 相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于⑥_ _ _ _ _ _ 的二面角称为平面α 与平面β 的夹角.
提醒 二面角与两个平面的夹角的区别与联系：二面角的范围为[0,π]，两个平面的夹角的范围为[0,π2].
4.空间向量与空间角的关系
（1）异面直线所成的角：设异面直线l1,l2所成的角为θ ，其方向向量分别为u，v，则cs θ=|cs⟨u,v⟩|=|u⋅v|u||v||=|u⋅v||u||v|.
（2）直线与平面所成的角：如图所示，设l为平面α 的斜线,l∩α=A,a为l的方向向量,n为平面α 的法向量，θ 为l与α 所成的角，则sin θ=|cs⟨a,n⟩|=|a⋅n|a||n||=|a⋅n||a||n|.
（3）平面与平面的夹角：设平面α ，β 的法向量分别是n1，n2，平面α 与平面β 的夹角为θ ，则cs θ=|cs⟨n1,n2⟩|=|n1⋅n2|n1||n2||=|n1⋅n2||n1||n2|.
考点一：利用空间向量证明平行与垂直
典例1．（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，.
(1)证明：平面；
2．（2025·云南红河·模拟预测）如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体.
(1)证明：四点共面；
【方法技巧】 利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；
（2）建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素；
（3）通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；
（4）根据运算结果证明相关问题.
注意 运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理.如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外.
跟踪训练1．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，已知正三棱柱的底面边长为2，高为4，点满足，．
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，．
(1)证明：平面；
(2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线．
考点二：求两异面直线所成角
典例1．（2025·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．
2．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【方法技巧】 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
（1）选择合适的基底或建立空间直角坐标系；
（2）求出两直线的方向向量；
（3）利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
（4）两异面直线所成的角的范围是(0,π2]，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
跟踪训练1．（2025·四川巴中·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线AB与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2025·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．
考点三：求直线与平面所成角
典例1．（2025·河北石家庄·三模）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形．O是边AB的中点，PO⊥平面ABC，．
(1)在直线PB上是否存在一点M，使得直线平面MOC？
(2)若平面平面PAC，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值．
2．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
【方法技巧】 利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练1．（2025·广东·模拟预测）如图，四边形为正方形，为正三角形，平面
平面是线段的中点.
(1)证明：；
(2)若，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，求直线与平面所成角的正弦值.
2．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，平行六面体中，，为棱上一点，且，为的中点.
(1)证明：；
(2)若，当直线与平面所成的角的余弦值为，且二面角的平面角为锐角时，求三棱锥的体积.
考点四：求平面与平面所成角
典例1．（2025·安徽六安·模拟预测）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的菱形，，，

(1)求证：；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
2．（2025·江苏镇江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，是的中点，.
(1)证明：平面；
(2)当时，
（i）证明：直线平面；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值.
【方法技巧】 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
跟踪训练1．（2025·河北·一模）如图，在几何体中，底面为平行四边形， 平面⊥平面.

(1)证明:四边形为菱形;
(2)若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值.
2．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，矩形是圆柱的轴截面，，点分别是上、下底面圆周上的点，且.

(1)求证：；
(2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值.
考点五：求点面距、线面距、面面距
典例1．（2025·山西·三模）已知空间向量，，，向量，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.

(1)证明：；
(2)若二面角为，求点M到平面的距离.
【方法技巧】 用向量法求点面距离的步骤
（1）建系：建立恰当的空间直角坐标系；
（2）求点坐标：写出（求出）相关点的坐标；
（3）求向量：求出相关向量的坐标(AP,平面α 的法向量n)；
（4）求距离：d=|AP⋅n||n|.
跟踪训练1．（2025·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．
2．（2025·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.
1．（2025·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．
2．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）（多选题）在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（ ）
A．平面
B．
C．直线与的距离为
D．直线与平面所成角的正弦值为
3．（2025·广东广州·模拟预测）（多选题）在棱长为2的正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面B．平面
C．点F到直线的距离为D．直线到平面的距离为2
4．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选题）在长方体中，底面是边长为的正方形，高为，点分别在线段上.已知，，则（ ）
A． 平面
B． 平面
C．直线 与平面 所成角的余弦值为
D．平面与平面 所成角的余弦值为
5．（2025·山东德州·三模）（多选题）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（ ）
A．
B．异面直线和所成的角为
C．平面与平面所成角的正弦值为
D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形
6．（2025·江苏南通·模拟预测）（多选题）在棱长为2的正方体中，是其表面上一点，且与所成的角为，下列说法正确的是（ ）
A．若是的中点，则
B．若在线段上，则
C．若，则的轨迹长度是
D．若，则不在面上
7．（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 ．
8．（2025·湖北武汉·三模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角为 .
9．（2025·江西新余·模拟预测）在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.

(1)求证：；
(2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值.
10．（2025·北京·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面.
(1)证明：F是的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
1．（2025·湖南长沙·三模）如图，在中，为的外心，平面ABC，且PO．

(1)求证：平面PAC；
(2)设平面平面，若点在线段PC（不含端点）上运动，当直线与平面所成角最大时，求平面与平面的夹角的大小．
2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在直三棱柱中，平面，.
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角为，求.
3．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为的中点.
(1)求证：⊥平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
4．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在三棱台中，平面，且，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.
5．（2025·江西·模拟预测）如图，平面五边形ABCDE中，，设AB的中点为F，将四边形AEDF沿DF折起至四边形PQDF，使得二面角为．

(1)求五面体BCDFPQ的体积；
(2)判断在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后是否一定依然平行，并结合平面五边形ABCDE经折叠得到五面体BCDFPQ的变化，证明你的判断；
(3)求PC与平面CDQ所成角的正弦值．
6．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，．

(1)证明：；
(2)设．
（i）当四棱锥的体积最大时，求三棱锥的外接球的表面积；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值的最小值．
7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知正方体的棱长为2．

(1)证明：平面；
(2)动点满足，且点，，，在同一球面上．设该球面的球心为，半径为．
①求的取值范围；
②当最大时，求二面角的余弦值．
8．（2025·河北唐山·模拟预测）如图，在直四棱柱中，，．
(1)求线段的长；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
9．（2025·新疆喀什·三模）如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至 ，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）.
(1)若为棱的中点，证明：平面 ；
(2)若，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为.
（ⅰ）求 ；
（ⅱ）求点到平面的距离.
10．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，的中点，．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
1.（2025·新高考2卷·17题）17．如图，四边形中，，，为中点，点在上，，，．将四边形沿翻折至四边形，使得面与面所成的二面角为．
（1）证明：平面；
（2）求面与面所成二面角的正弦值．
2（2025·新高考1卷·17题）17．（15分）如图所示的四棱锥中，平面，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．
证明：在平面上；
求直线与直线所成角的余弦值．
3.（2024·新高考2卷·17题）17．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．
4（2024·新高考1卷·17题）17．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．
5（2023·新高考1卷·18题）18．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
6（2023·新高考2卷·20题）20．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
7．（2022·新高考1卷·19题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
8．（2022·新高考2卷·20题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
9．（2021·新高考2卷·19题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
10．（2021·新高考1卷·20题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
5年考情
考题示例
考点分析
考情分析
（1）空间向量的线性运算
（2）空间向量基本定理及其应用
（3）向量法证明平行、垂直
（4）向量法求空间角
（5）空间距离
2025年I卷第17题，15分
2025年II卷第17题，15分
2024年I卷第17题，15分
2024年II卷第17题，15分
2023年I卷第18题，12分
2023年II卷第20题，12分
2022年I卷第19题，12分
2022年II卷第20题，12分
立体几何的空间向量解法通常以解答题的形式出现，属于每年必考内容，分值一般为12分。此类题目以解答题为主，难度适中，考生可灵活选用向量方法或综合几何方法，从多个角度解决立体几何问题，并通过对比感受向量方法的优势。选择题和填空题一般不采用空间向量法，但需理解向量基本定理的实质，领会“基底”的思想，并运用其解决立体几何相关问题。
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1//l2
n1//n2⇔ ∃k∈R,使得n1=kn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔ ①_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
直线l的方向向量为n，平面α 的法向量为m
l//α
n⊥m⇔ ②_ _ _ _ _ _ _ _
l⊥α
n//m⇔∃k∈R,使得n=km
平面α ，β 的法向量分别为n，m
α//β
n//m⇔∃k∈R,使得n=km
α⊥β
n⊥m⇔ ③_ _ _ _ _ _ _ _
名称
概念
求法
两点距
空间中两个点连线的线段长
利用向量的模
点线距
过空间一点作一条直线的垂线段的长
设直线l的单位方向向量为u,A∈l,P∉l,设AP=a,则点P到直线l的距离d=④_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
点面距
过平面外一点作平面的垂线段的长
已知平面α 的法向量为n，A∈α ,P∉α ,则点P到平面α 的距离d=⑤_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
线面距
当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离
转化为求点面距
面面距
当平面与平面平行时，一个平面内的任意一点到另一个平面的距离
第06讲 空间向量及其应用
TOC \ "1-3" \h \z \u
\l "_Tc206167439" 目录 TOC \ "1-2" \h \z \u
\l "_Tc168491927" 01 考情研究 PAGEREF _Tc168491927 \h 2
\l "_Tc168491928" 02 知识梳理· PAGEREF _Tc168491928 \h 3
\l "_Tc168491929" 03 探究核心考点 PAGEREF _Tc168491929 \h 4
\l "_Tc168491933" 考点一：向量法证明平行、垂直5
考点二：求两异面直线所成角 \l "_Tc168491940" PAGEREF _Tc168491940 \h 9
\l "_Tc168491934" 考点三：求直线与平面所成角12
\l "_Tc168491935" 考点四：求平面与平面所成角 PAGEREF _Tc168491935 \h 18
\l "_Tc168491936" 考点五：求点面距、线面距、面面距25
三阶段突破训练
\l "_Tc168491945" 基础训练·30
\l "_Tc168491946" 能力提升42
\l "_Tc168491947" 真题感知 PAGEREF _Tc168491947 \h 59
一、5年真题考点分布
二、课标要求
1.理解直线的方向向量及平面的法向量.
2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；能用向量方法证明立体几何中有关线面的位置关系.
3.了解利用空间向量求空间距离的方法，会求点到线、点到面的距离.
4.了解利用空间向量求空间角的方法.
5.会求异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及平面与平面的夹角、二面角.
三、知识导图
1.直线的方向向量与平面的法向量
（1）直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称向量a为直线l的方向向量.
（2）平面的法向量：直线l⊥α ，取直线l的方向向量a,则向量a为平面α 的法向量.
（3）方向向量和法向量均是非零向量且不唯一.
2．空间位置关系的向量表示
【答案】n1⋅n2=0； n⋅m=0； n⋅m=0
3．空间距离
【答案】a2−(a⋅u)2； |AP⋅n||n|
3．空间角的定义
（1） 直线与平面所成的角
定义：平面的一条斜线和它在平面上的①_ _ 所成的角,叫做这条直线和这个平面所成的角.一条直线垂直于平面，则它们所成的角是②_ _ _ _ _ _ ；一条直线和平面平行,或在平面内，则它们所成的角是0∘ ;直线与平面所成的角θ 的取值范围是③_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
（2） 二面角：从一条直线出发的④_ _ _ _ _ _ _ _ 所组成的图形叫做二面角.
二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作⑤_ _ _ _ _ _ _ _ 的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
（3） 平面与平面的夹角：平面α 与平面β 相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于⑥_ _ _ _ _ _ 的二面角称为平面α 与平面β 的夹角.
【答案】（1） 射影；90∘；0∘≤θ≤90∘
（2） 两个半平面；垂直于棱
（3） 90∘
提醒 二面角与两个平面的夹角的区别与联系：二面角的范围为[0,π]，两个平面的夹角的范围为[0,π2].
4.空间向量与空间角的关系
（1）异面直线所成的角：设异面直线l1,l2所成的角为θ ，其方向向量分别为u，v，则cs θ=|cs⟨u,v⟩|=|u⋅v|u||v||=|u⋅v||u||v|.
（2）直线与平面所成的角：如图所示，设l为平面α 的斜线,l∩α=A,a为l的方向向量,n为平面α 的法向量，θ 为l与α 所成的角，则sin θ=|cs⟨a,n⟩|=|a⋅n|a||n||=|a⋅n||a||n|.
（3）平面与平面的夹角：设平面α ，β 的法向量分别是n1，n2，平面α 与平面β 的夹角为θ ，则cs θ=|cs⟨n1,n2⟩|=|n1⋅n2|n1||n2||=|n1⋅n2||n1||n2|.
考点一：利用空间向量证明平行与垂直
典例1．（2025·黑龙江大庆·一模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，.
(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见详解.
【解析】（1）如图，取中点，连接，，
在正三角形中，，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，且平面，
∴，
在梯形中，，∴四边形为平行四边形，
∴，又∵，∴，
又，平面，平面，
∴平面，平面，
∴，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
∵，，
∴且，且，平面，平面，
∴平面.
2．（2025·云南红河·模拟预测）如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体.
(1)证明：四点共面；
【答案】(1)证明见解析
【解析】（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，所以平面，又，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
易得，
则，
则，则，
即，所以四点共面.
【方法技巧】 利用空间向量证明平行、垂直的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；
（2）建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素；
（3）通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；
（4）根据运算结果证明相关问题.
注意 运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理.如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外.
跟踪训练1．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图，已知正三棱柱的底面边长为2，高为4，点满足，．
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
【解析】（1）设的中点为的中点为，连接，
以所在直线分别为轴建立如图②所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
由于，因此．
2．（2025·福建福州·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，的中点为，．
(1)证明：平面；
(2)在平面内，动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），若直线与平面所成的角为，证明：三点共线．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【解析】（1）以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
．
设平面的法向量为，则
，即，可取．
因为，平面，所以平面．
（2）法1，以为坐标原点，的方向为轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
．
设平面的法向量为，则，即，可取．
因为动点在以为圆心，为半径的劣弧上（不含端点），
所以可设，
则，
由于与平面所成的角为，所以，
所以
，
所以，即，解得，
所以，故三点共线．
考点二：求两异面直线所成角
典例1．（2025·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
【解析】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
2．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，点，分别在上、下底面圆周上，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】过的母线为，连接，则，又因为，所以，

以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以与所成角的余弦值为.
故选：A.
【方法技巧】 用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
（1）选择合适的基底或建立空间直角坐标系；
（2）求出两直线的方向向量；
（3）利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
（4）两异面直线所成的角的范围是(0,π2]，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
跟踪训练1．（2025·四川巴中·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线AB与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设三棱柱棱长为，
所以，，，
，
，则，
设异面直线与所成角为，.
故选：D
2．（2025·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
【解析】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.
考点三：求直线与平面所成角
典例1．（2025·河北石家庄·三模）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形．O是边AB的中点，PO⊥平面ABC，．
(1)在直线PB上是否存在一点M，使得直线平面MOC？
(2)若平面平面PAC，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】(1)存在(2)．
【解析】（1）存在，M点是PB的中点．理由如下：
当M点是PB的中点时，OM是三角形PBA的中位线，所以，
又面MOC，平面MOC，
所以平面MOC；
（2）过A作于D，若D与C不重合，因为平面平面PAC，
所以平面POC，所以，
因为平面ABC；
所以，所以平面PAC，
所以，矛盾，
故D与C重合，平面POC，，
以C为原点，过C作OP的平行线为z轴，以CA，CO所在的直线分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，， ，
，，，
设平面PAC的法向量为，
，即，令，可得，
可得，，，
所以，
设直线PB与平面PAC所成的角为，则．
即直线PB与平面PAC所成角的正弦值是．
2．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
(1)证明：；
(2)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)
【解析】（1）在三棱台中，取AC的中点O，连接BO，，，
由，得，
由平面平面，平面平面，
平面，得平面，
而平面，则，
又，，则四边形是菱形，故，
而，，平面，因此平面，
又平面，所以．
（2）取中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
则平面，直线两两垂直，
以点O原点，直线OB，OC，OM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，
，，
，
设平面的法向量，则，
令，得，
设直线与平面所成的角为，
，
当且仅当时等号成立．
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【方法技巧】 利用空间向量求线面角的解题步骤
跟踪训练1．（2025·广东·模拟预测）如图，四边形为正方形，为正三角形，平面
平面是线段的中点.
(1)证明：；
(2)若，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）连接，因为是线段的中点，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
又因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
又因为平面，所以.
（2）取中点，连接.因为为正三角形，为中点，所以.
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示.
取中点，则为外接圆的圆心.
又因为在同一个球面上，所以平面.
因为为正方形，为正三角形，，所以，
设，则，.
因为，所以，
解得，所以..
平面的法向量为.
因为.
所以直线与平面所成角正弦值为.
2．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，平行六面体中，，为棱上一点，且，为的中点.
(1)证明：；
(2)若，当直线与平面所成的角的余弦值为，且二面角的平面角为锐角时，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）取的中点，连接，，
，
，
分别为，的中点，
，而，则，
又且都在平面内，
∴平面，
平面，
.
（2）如图，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，过与平面垂直的直线向上的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，为到平面的距离，，
，，
设平面的法向量，
则， 即，
取，则，即，
又，∴，(*)
设直线与平面所成的角为，，
解得或，
当时，平面的法向量为，
则平面与平面垂直，此时二面角的平面角为直角，∴舍去,
∴，代入(*)可得，
∴.
考点四：求平面与平面所成角
典例1．（2025·安徽六安·模拟预测）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的菱形，，，

(1)求证：；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）直四棱柱中，，则点F在平面内，
因为平面，且平面，所以，
又底面为菱形，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以；
（2）因为平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以底面为正方形，所以，由条件可求出，
建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，所以
设平面的一个法向量为，
则，令，
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，
则
所以平面与平面的夹角余弦值为．
2．（2025·江苏镇江·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面底面，平面底面，是的中点，.
(1)证明：平面；
(2)当时，
（i）证明：直线平面；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)（i）证明见解析；（ii）0
【解析】（1）在矩形中，因平面平面，
平面平面平面，则平面，
又平面，所以；
因平面平面，平面平面平面，所以平面，
又平面，所以；
又因平面，故平面，因平面，得.
在和中，，则，
故，则得即，
又因平面 ，故平面.
（2）（i）法一：当时，在线段上取一点，使得，即，
因为平面平面故平面，
在矩形中，因为，且，则，且，
因，则，又，所以，
因为平面平面故平面，
又平面且，故平面平面，
又因为平面，所以平面.
法二：当时，在线段上取一点，使得，则，且，
在线段上取一点，使得，由法一知，则且，
在矩形中，，，因，则且，
则四边形是平行四边形，故因平面平面，
故平面.
（ii）解法一：
如图，因，则，整理得：又，
则，即
因，由（1）可得平面因平面，则，
又平面，则平面，.
又平面，故平面平面，
即平面与平面夹角的余弦值为0.
解法二：由（1）得，可以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，故可取 ，
设平面的一个法向量为，
，故可取，
设平面与平面夹角为，
则.
故平面与平面夹角的余弦值为0.
【方法技巧】 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
跟踪训练1．（2025·河北·一模）如图，在几何体中，底面为平行四边形， 平面⊥平面.

(1)证明:四边形为菱形;
(2)若，且，，求平面与平面的夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）设，连接，过向作垂线，垂足为，
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，
因为,平面，所以平面，所以，
因为为平行四边形，所以为菱形.

（2）因为，结合（1）可知底面为正方形，
以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则;
,;
设平面的一个法向量为，则，
令得，.
设平面的一个法向量为，则，
令得，.
设平面与平面的夹角为，则，
所以，即平面与平面的夹角的正弦值为.

2．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，矩形是圆柱的轴截面，，点分别是上、下底面圆周上的点，且.

(1)求证：；
(2)若四边形为正方形，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）

过作平面，交圆于，连接，.
根据圆柱性质易得，.
故四边形是平行四边形，所以.
因为，所以.
因为和是圆中直径所对的圆周角.
所以.
又因为，所以，即.
所以四边形是矩形，故，.
又因为，，所以四边形是平行四边形.
所以.
故.
（2）如图，设为圆柱的母线，则底面，连结，

以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
因为，所以.
因为四边形为正方形，所以.
而，.
所以，解得.
所以，.
所以，，，，.
设平面的法向量为，设平面的法向量为.
又因为，，
所以，取，则，
所以.
所以平面与平面夹角的正弦值为.
考点五：求点面距、线面距、面面距
典例1．（2025·山西·三模）已知空间向量，，，向量，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，，
因为，则，则，
所以，，，四点共面，当平面时，有最小值.
由，，若平面的一个法向量，
则，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
所以到平面的距离.
故选：B
2．（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.

(1)证明：；
(2)若二面角为，求点M到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【解析】（1）

证明：取与中点，.连接，，，，
则运用中位线性质知，且，，
则，，则四边形是平行四边形，
又因为是正三角形，为中点，
所以，
底面是菱形，，则是正三角形，则，，平面，平面，
平面，，
由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，所以，，
.
（2）由（1），则过做的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，

由二面角为，可得，
因为，四边形是菱形，可得，
又因为三角形是正三角形，可得，所以可得，
则，，，，
由M是棱的中点，可得，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，故法向量为，
又由，
所以M到平面的距离，
故M到平面的距离为.
【方法技巧】 用向量法求点面距离的步骤
（1）建系：建立恰当的空间直角坐标系；
（2）求点坐标：写出（求出）相关点的坐标；
（3）求向量：求出相关向量的坐标(AP,平面α 的法向量n)；
（4）求距离：d=|AP⋅n||n|.
跟踪训练1．（2025·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
【解析】
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
2．（2025·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)
【解析】（1）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.
1．（2025·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
【解析】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.
2．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）（多选题）在棱长为1的正方体中，O为上底面的中心，则（ ）
A．平面
B．
C．直线与的距离为
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】如图，建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
所以，即，
又因为平面，所以平面，故A正确；
，平面的法向量，
设直线BC与平面所成角为，
则，
所以直线BC与平面所成角的正弦值为，故D正确；
，，
则，
所以不成立，故B错误；
因为，设，，
则，令，则，
又因为，所以直线与的距离为，故C正确.
故选：ACD
3．（2025·广东广州·模拟预测）（多选题）在棱长为2的正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面B．平面
C．点F到直线的距离为D．直线到平面的距离为2
【答案】AC
【解析】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，设平面的法向量，
则，令，得，
对于A，，，，而平面，
因此平面，A正确；
对于B，与不共线，因此不垂直于平面，B错误；
对于C，，点F到直线的距离
，C正确；
对于D，由平面，得直线到平面的距离等于点到平面的距离
，D错误.
故选：AC
4．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选题）在长方体中，底面是边长为的正方形，高为，点分别在线段上.已知，，则（ ）
A． 平面
B． 平面
C．直线 与平面 所成角的余弦值为
D．平面与平面 所成角的余弦值为
【答案】CD
【解析】作出示意图如图所示：

因为，，所以，
因为，，所以，
因为平面即为平面，所以 平面，故A错误；
以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，所以不垂直于，故B错误；
又，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，又，
所以，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为，
所以直线 与平面 所成角的余弦值为；
因为平面，所以是平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面 所成角的余弦值为.
故选：CD.
5．（2025·山东德州·三模）（多选题）在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，且，点，，分别为棱的中点，则（ ）
A．
B．异面直线和所成的角为
C．平面与平面所成角的正弦值为
D．过点，，的平面截四棱锥所得的截面图形为五边形
【答案】ACD
【解析】
如图，因平面，底面是边长为1的正方形，
故可以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
对于A，，
则，因，
则，即A正确；
对于B，因点是的中点，故且，
则，设和所成的角为，
则，
因，故，故B错误；
对于C， 由于平面，平面的法向量可取为，
点为棱的中点，则，，。
设平面法向量为，则，则，解得
设直线与平面所成角为，则，则，故C正确；
对于D，如图，延长与直线交于点，延长与直线交于点，
连接与交于点，连接与交于点，连接，
则平面截四棱锥的截面为五边形.即D正确.
故选：ACD.
6．（2025·江苏南通·模拟预测）（多选题）在棱长为2的正方体中，是其表面上一点，且与所成的角为，下列说法正确的是（ ）
A．若是的中点，则
B．若在线段上，则
C．若，则的轨迹长度是
D．若，则不在面上
【答案】ABD
【解析】对于A，由，得，又平面，则，A正确；
对于B，过作交于，连接，则，，
，，B正确；
对于C，由，，得射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角
为的圆锥侧面，当点在底面内时，，
点的轨迹是以为圆心，所含圆心角为的圆弧，轨迹长度为；
当点在侧面内时，点的轨迹分别是圆锥一条母线的一部分，长度为，
因此的轨迹长度是，C错误.
对于D，，射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角为的圆锥侧面，
当点在平面内时，，不在底面上，D正确.
故选：ABD
7．（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】
【解析】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：
8．（2025·湖北武汉·三模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角为 .
【答案】
【解析】不妨设三棱柱的各条棱长均为2，
因为，
所以，，
因为，
所以
即，
且，
所以，
又异面直线夹角的取值范围为，所以异面直线与所成角为．
故答案为：．
9．（2025·江西新余·模拟预测）在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.

(1)求证：；
(2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为，
∵为等边三角形，N分别为BE的中点，∴
∵平面平面平面平面平面，
∴平面
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设等边的边长为2，
则
设则
∵四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点，
所以
.,,
∵，
所以，即.

（2）由（1）知,
设平面的一个法向量为
，取则，
所以是平面的一个法向量.
.
所以直线MN与平面ACE所成角的正弦值为.
10．（2025·北京·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面.
(1)证明：F是的中点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）
如图所示，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.
因为正方体的棱长为2，则，
设，
，可得，解得，
可得，则设平面的一个法向量，
则，得，解得，所以F是的中点.
（2）
如图所示，，，当时，，
设面的法向量，则，即，
令，解得，面的一个法向量，
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.
1．（2025·湖南长沙·三模）如图，在中，为的外心，平面ABC，且PO．

(1)求证：平面PAC；
(2)设平面平面，若点在线段PC（不含端点）上运动，当直线与平面所成角最大时，求平面与平面的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）如图，连接OC，交AB于点D,O为的外心，

所以，又因为，所以，
所以，
故和都为等边三角形，可得，
即四边形为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，所以平面，
因为平面，平面平面，所以．
如图，设AB与OC的交点为，以点为原点，分别以DA,DC所在的直线为x,y轴，过点垂直于面ACBO的直线为轴建立空间直角坐标系，

则，
所以．
因为点在线段PC（不含端点）上运动，设，
所以，
设平面ABM的法向量为，
则，即，
可得，令可得，所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为：，
即当时直线与平面所成角取最大值．
此时，所以，
设平面OBM的法向量为，
可得，则，
令，所以，
所以，
所以平面与平面的夹角为．
2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在直三棱柱中，平面，.
(1)证明：；
(2)若直线与平面所成角为，求.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）由平面，平面，可得，
在直三棱柱中， 平面 ，平面，则 ，
又，平面，所以平面，
又平面，可得.
（2）由平面，平面，可得.
因四边形是矩形，故四边形是正方形，则，
由（1）已得 平面，，
故可以为坐标原点，，，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，
不妨设，则，，，故，
由题易知平面的一个法向量为，
则，
解得，因，则.
3．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，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).
【解析】（1）因为，，
所以，，
所以，又因为，平面，
所以⊥平面；
（2）以为原点，直线为轴，在平面内过点与垂直的直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
所以.
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
4．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在三棱台中，平面，且，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).
【解析】（1）证明：连接，则四边形为矩形.
因为，
所以，
又，所以，
所以，故.
因为是的中点，所以.
因为平面平面，所以.
又平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
（2）因为平面平面，
所以，
因为，所以，
又平面，所以平面.
由（1）知，故以为坐标原点，
以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
因为，所以由棱台的性质得，
所以，
所以.
设平面的法向量为，
则，取，
则，所以.
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．（2025·江西·模拟预测）如图，平面五边形ABCDE中，，设AB的中点为F，将四边形AEDF沿DF折起至四边形PQDF，使得二面角为．

(1)求五面体BCDFPQ的体积；
(2)判断在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后是否一定依然平行，并结合平面五边形ABCDE经折叠得到五面体BCDFPQ的变化，证明你的判断；
(3)求PC与平面CDQ所成角的正弦值．
【答案】(1)(2)答案见解析(3)
【解析】（1）在平面五边形ABCDE中，因为，所以，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
所以在五面体BCDFPQ中，
所以为二面角的平面角，所以，
如图，分别取BC，DF的中点M，N，连接MN，QM，QN，
则五面体BCDFPQ分割为直三棱柱与四棱锥，
直三棱柱的体积为，

点Q到平面DCMN的距离，
四棱锥的体积为，
所以五面体BCDFPQ的体积为；
（2）否，
理由如下：

连接交于点，因为，为的中点，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，所以，即，
折叠成为五面体BCDFPQ后，AC对应PC，DE对应DQ，
因为P，Q，D三点共面，而点C不在平面PQD内，故直线PC与DQ不可能平行，
故在同一平面中相互平行的两条直线，在平面经过折叠后不一定平行；
（3）以F为坐标原点，FP，FD所在直线分别为x，z轴，平面PFB中过点F作垂直于PF的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，

故，
设为平面CDQ的法向量，
则，
可以取，
设PC与平面CDQ所成的角为，
则，
故PC与平面CDQ所成角的正弦值为.
6．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，．

(1)证明：；
(2)设．
（i）当四棱锥的体积最大时，求三棱锥的外接球的表面积；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值的最小值．
【答案】(1)证明见解析；(2)（i）；（ii）.
【解析】（1）在四棱锥中，连接，连接，
由底面为矩形，得，，
而，则，
所以，又，，
因此，所以.
（2）（i）以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，作平面于Q，
则为四棱锥的高，，
当平面平面时，取得最大值，即四棱锥的体积最大．
此时点P的坐标为，设三棱锥的外接球球心为，球的半径为R，
由，得
，解得，，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
（ii）取CD的中点E，连接PE与QE，则，为二面角的平面角，
设，则，，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
设平面的法向量为，则，
取，得，设平面与平面夹角的大小为θ，
则
，设，
求导得，当时，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
则当时，取得最小值，
所以二面角的余弦值的最小值为.
7．（2025·福建泉州·模拟预测）已知正方体的棱长为2．

(1)证明：平面；
(2)动点满足，且点，，，在同一球面上．设该球面的球心为，半径为．
①求的取值范围；
②当最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)① ；②0
【解析】（1）解法一：如图所示：

在正方体中，连结，则，
因为平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
同理可得，
又因为，，平面，所以平面．
解法二：以为原点，的正方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，
，，．
因为，所以．
又因为，平面，平面，
所以平面．
（2）解法一：①如图所示：
，
取中点，取中点，依题意得：球心在直线上．
因为，所以，
即，
延长至，使得，连结．
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，．
同理得：，，所以，，故，
所以点在线段上．
设，则，
则．
易得，则有，所以，故有．
所以，整理得：，
由，得：．
所以，所以的取值范围是．
②当最大时，，，此时点与点重合．
因为，，，，平面，
所以平面．
因为，平面，所以，，
所以即为二面角的平面角．
在中，，，，，
所以，所以二面角的余弦值为0．
解法二：①以为原点，的正方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系：

取中点，中点，依题意得：球心在直线上．
设，
因为，
，
则，即，
化简得：．
因为，所以．
所以，
故该球半径的取值范围是．
②当最大时，点坐标为．．
由（1）得平面的一个法向量是．
设平面的一个法向量是，，，
，取得：，
因为，
所以二面角的余弦值为0．
8．（2025·河北唐山·模拟预测）如图，在直四棱柱中，，．
(1)求线段的长；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)(2)
【解析】（1）如图，因为，，所以，即.
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，
平面，所以，.
所以，可以为坐标原点，，，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．
，，
因为，所以，即，
解得，所以.
（2）由（1）得，，，，则
因为，
设平面的一个法向量是，
则，即，令，解得，即.
因为，设平面的一个法向量是，
则，即，令，解得，即.
则．
故平面与平面夹角的余弦值为.
9．（2025·新疆喀什·三模）如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至 ，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）.
(1)若为棱的中点，证明：平面 ；
(2)若，直线EF与平面BCDE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）；（ⅱ）
【解析】（1）因为，，
所以，
连接，因为为的中点，所以是等边三角形．
取的中点，连接，，则，
则，．
因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，，平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面．
（2）（ⅰ）因为，，
所以，
所以，
因为，所以，
又，，平面，
所以平面，
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，
所以，，，，
则，
设，
则，．
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
所以，
整理得，解得舍，所以．
（ⅱ）由（ⅰ）知，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，，
则，
所以点到平面的距离为．
10．（2025·天津南开·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，且，，，分别为，，，的中点，．

(1)求证：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)证明见解析(2)(3)
【解析】（1）证明：在中，因为，且为的中点，所以，
在矩形中，因为和分别为和的中点，可得，
因为平面，且平面，可得，所以，
又因为，且平面，所以平面.
（2）解：以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，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；
因为平面，且平面，可得，
又因为，且，平面，
所以平面，即平面，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值.
（3）解：因为为的中点，可得，所以，
由（2）知，平面的法向量为，
设点到平面的距离为，则.
1.（2025·新高考2卷·17题）17．如图，四边形中，，，为中点，点在上，，，．将四边形沿翻折至四边形，使得面与面所成的二面角为．
（1）证明：平面；
（2）求面与面所成二面角的正弦值．
【解析】：（1）证明：因为在四边形中，，且，所以，
又，所以四边形为矩形，
折叠后，显然，平面，平面，
所以平面，同理可证平面，
又，所以平面平面，又平面，
所以平面；
（2）由，，所以，所以，，
所以面与面所成二面角的平面角为，
结合，所以平面，可得平面平面，
又为的中点，所以△为等边△，
如图以为原点建立空间直角坐标系，设，则，
所以，0，，，0，，，2，，，4，，，1，，
所以，，1，，，，
设平面的法向量为，
则，可得，
再设平面的法向量，
则，解得，
设面与面所成二面角为，
则，
所以．
2（2025·新高考1卷·17题）17．（15分）如图所示的四棱锥中，平面，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．
证明：在平面上；
求直线与直线所成角的余弦值．
【解析】：（1）证明：平面，平面，
，
，，，平面，
平面，
平面，
平面平面．
证明：由题意，，，两两垂直，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
设球心，，，半径，
则，即，解得，
，1，，平面．
解法二：证明：由题意，，，两两垂直，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
在坐标系中，的中点坐标为，直线的斜率为
直线的垂直平分线方程为：，即
直线的垂直平分线方程为：
的外接圆圆心的坐标为
四点在同一球面上
平面①
设，
即与重合
在平面上．
解法一：由得，，
设直线与直线所成角为，
则．
3.（2024·新高考2卷·17题）17．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)
【解析】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
4（2024·新高考1卷·17题）17．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)证明见解析(2)
【解析】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
解法二：因为平面，，所以平面PAD，Y以A为原点，DA所在的直线为x轴过点A平行于CD的直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系。
设AD=m,AC=2,由勾股定理可得CD=4−m2，对应点的坐标是A(0,0,0),C(-m,4−m2,0),P(0,0,2),D(−m,0,0)则
，
设平面的法向量，则，
令 ，，
设平面的法向量，则，
令 ，得
，
二面角A-CP-D的正弦值为，根据同角关系可得
，解得,即．
5（2023·新高考1卷·18题）18．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；(2)1
【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
6（2023·新高考2卷·20题）20．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
7．（2022·新高考1卷·19题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)(2)
【解析】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
8．（2022·新高考2卷·20题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.
9．（2021·新高考2卷·19题）在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
10．（2021·新高考1卷·20题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
5年考情
考题示例
考点分析
考情分析
（1）空间向量的线性运算
（2）空间向量基本定理及其应用
（3）向量法证明平行、垂直
（4）向量法求空间角
（5）空间距离
2025年I卷第17题，15分
2025年II卷第17题，15分
2024年I卷第17题，15分
2024年II卷第17题，15分
2023年I卷第18题，12分
2023年II卷第20题，12分
2022年I卷第19题，12分
2022年II卷第20题，12分
立体几何的空间向量解法通常以解答题的形式出现，属于每年必考内容，分值一般为12分。此类题目以解答题为主，难度适中，考生可灵活选用向量方法或综合几何方法，从多个角度解决立体几何问题，并通过对比感受向量方法的优势。选择题和填空题一般不采用空间向量法，但需理解向量基本定理的实质，领会“基底”的思想，并运用其解决立体几何相关问题。
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1//l2
n1//n2⇔ ∃k∈R,使得n1=kn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔ ①_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
直线l的方向向量为n，平面α 的法向量为m
l//α
n⊥m⇔ ②_ _ _ _ _ _ _ _
l⊥α
n//m⇔∃k∈R,使得n=km
平面α ，β 的法向量分别为n，m
α//β
n//m⇔∃k∈R,使得n=km
α⊥β
n⊥m⇔ ③_ _ _ _ _ _ _ _
名称
概念
求法
两点距
空间中两个点连线的线段长
利用向量的模
点线距
过空间一点作一条直线的垂线段的长
设直线l的单位方向向量为u,A∈l,P∉l,设AP=a,则点P到直线l的距离d=④_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
点面距
过平面外一点作平面的垂线段的长
已知平面α 的法向量为n，A∈α ,P∉α ,则点P到平面α 的距离d=⑤_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
线面距
当直线与平面平行时，直线上任意一点到平面的距离
转化为求点面距
面面距
当平面与平面平行时，一个平面内的任意一点到另一个平面的距离