2026年高考数学二轮复习题型归纳与变式演练专题16 立体几何中的角和距离问题（含探索性问题）（解析版）

第页专题16立体几何中的角和距离问题（含探索性问题）题型一：异面直线所成角（含定值，最值，范围）【例题1-1】已知，两点都在以为直径的球的球面上，，，若球的体积为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A．B．C．D．【答案】A【详解】如图，取中点，连接，由可得是的外心，则平面，又，，由得，即，又，，分别是中点，，，以为轴建立空间直角坐标系，则，与平行的向量，，故异面直线PB与AC所成角的余弦值为.故选：A.【例题1-2】在正方体中，是棱的中点，是底面内（包括边界）的一个动点，若平面，则异面直线与所成角的取值范围是（

）A．B．C．D．【答案】C【详解】解：取中点，中点，连接，，，取中点，连接，在正方体中，是棱的中点，，，，，，平面平面，是底面内（包括边界）的一个动点，平面，的轨迹是线段，如图，以D为原点，为轴建立空间之间坐标系，设正方体棱长为2则，，，，，由于在线段上，设，且所以则，又所以由于，所以所以异面直线与所成角的取值范围.故选：C.【提分秘籍】设异面直线和所成角为，其方向向量分别为，；则异面直线所成角向量求法：①；②；③涉及到异面直线所成角所成范围或最值问题时，根据得到的解析式，可通过配方为二次函数，或者基本不等式，或者求导，求出范围或者最值.【变式1-1】在长方体中，为空间内一点，为底面内一点，且满足，异面直线与所成角为，则当线段的长度取最小值时，的值为（

）A．B．C．D．【答案】B【详解】由，得，即，所以点在直线上.又异面直线与所成的角为，为底面内一点，所以点在以点为圆心，半径为的圆上，因此要使长度最小，则、、共线，且.因为，，所以，，此时，又因为与反向，所以.故选：B.【变式1-2】（多选）如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，是线段上的动点（不包括端点），若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段的长度可能为（

）A．B．C．D．【答案】AB【详解】解：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设，因为与为异面直线，所以，，，则，异面直线与成的角，，，，，解得，，线段长的取值范围是．故选：AB．题型二：线面角（定值，最值）【例题2-1】如图，已知四棱锥的底面为正方形，二面角为直二面角，，点为线段AD的中点.(1)证明：；(2)若，点是线段上靠近点的三等分点，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）取AB的中点O，连接SO，DO，因为，所以，所以.又二面角为直二面角，所以平面ABCD，且平面ABCD,所以.在正方形ABCD中，O，M分别为AB，AD的中点，所以，所以，又，所以，所以.因为，平面SOD，平面SOD，所以平面SOD，又平面SOD，所以.（2）取CD的中点，连接OG，由（1）可知OB，OS，OG两两垂直.以为坐标原点，OB，OS，OG所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设AB=2，则，，，，，，，，则，.设平面SMN的法向量为，由题意得，令，得.设直线SA与平面SMN所成的角为，则，故直线SA与平面SMN所成角的正弦值为.【例题2-2】如图1所示，在平行四边形中，，，将沿折起，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点，点为棱上一动点．(1)证明：；(2)若四棱锥的体积为，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)【详解】（1）证明：取的中点，连接，，，点为棱的中点，在中，，，，在平行四边形中有，，，，折起后也有所以，，，为二面角的平面角，即，平面，平面，，，为正三角形，，，平面，平面，，，平面，平面，.（2）设，，那么点到面的距离就是的长，也就是，，，解得，，，以A为坐标原点，以，为，轴，以过A且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，2，，，4，，，1，，设点，根据与方向相同得：，，，，，，1，，设平面的一个法向量为，，令，解得，，平面的一个法向量为，，，．当时取到等号直线与平面所成角的正弦值的最大值为．【提分秘籍】设直线的方向向量为，平面的一个法向量为，直线与平面所成的角为，则①；②.③涉及到线面角范围或最值问题时，根据得到的解析式，可通过配方为二次函数，或者基本不等式，或者求导，求出范围或者最值.【变式2-1】如图，在四棱锥中，底面，，点在棱上，,点在棱上，.(1)若，为的中点，求证：，，，四点共面；(2)求直线与平面所成角的正弦的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)（1）解：以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，则，，，，则，，，设，则，解得，则，即，，，四点共面.（2）解：由（1）中的空间直角坐标系，可得，，，设，（其中），且，则，解得，可得设平面的法向量为，由，取，可得，所以设直线与平面所成角为，则，当且仅当时等号成立.直线与平面所成角的正弦的最大值为.题型三：线面角探索性问题【例题3-1】如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，为棱上的点，且(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)设为棱上的点（不与、重合），且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，所以，，所以，，且，所以DE⊥平面.（2）由（1）知，DE⊥平面，是平面的一个法向量，且，，设平面的一个法向量为，所以，即，令，则，所以，，由图二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.（3）由（1）得，，，，设，则，可得，所以，是平面的一个法向量所以，解得.所以.【例题3-2】如图所示，四棱锥，底面在以为直径的圆上，圆，为等边三角形，，．(1)求证：平面平面；(2)线段上是否存在一点使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在；.(1)证法一：设，由题知为等边三角形，为直径，，得，∴，，，得，在中，得，在中，，得．易知，则，故．易知，则，又，平面，又平面，平面平面．证法二：设，连接，由平面，平面，，由题知，又，平面，平面，，，，为等边三角形，，，，得，，，则，又，故平面，又平面，平面平面．(2)以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且与直线平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设，，则令平面的法向量为，则，取，令直线与平面的所成角为，，解得，即上存在点，使得.【提分秘籍】探索性问题，动点的位置一般可以假设，再结合向量加，减法，求解；另外如果动点在坐标轴上，可以直接假设动点坐标;【变式3-1】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，，AP⊥平面ABCD，，点M、N分别为线段BC和PD的中点．(1)求证：AN⊥平面PDM；(2)求平面PDM与平面PDC夹角的正弦值；(3)在线段PC(不包括端点)上是否存在一点E，使得直线BE与平面PDC所成角的正弦值为，若存在，求出线身PE的长：若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，PE=．【详解】（1）方法一：∵，且，∴BM∥AD，且BM=AD，∴四边形ADMB是平行四边形，∴，∵，则AD⊥DM，∵AP⊥平面ABCD，平面ABCD，∴AP⊥DM，又，∴DM⊥平面PAD，又平面PAD，∴DM⊥AN，∵，N是PD的中点，∴PD⊥AN，又，、平面PDM，∴AN⊥平面PDM；方法二：以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，，．则，，．设平面PDM的法向量为，则，即，取，则，，则，∴，则，∴AN⊥平面PDM；（2），，设平面PDC的法向量为，则，则，取，则，，则，由(1)知平面PDM的一个法向量为，设平面PDM与平面PDC的夹角为，则，∴，∴平面PDM与平面PDC夹角的正弦值为；（3）假设存在点E，设，，，，则，设直线BE与平面PDC所成角为，由(2)知平面PDC的一个法向量为，则，化简得，即，∵，∴，故，∵，则，∴，∴线段PE的长为．题型四：二面角（定值，最值）【例题4-1】已知直三棱柱中，侧面为正方形.，，分别为和上的点，且，，为棱上的点，.(1)证明：，且；(2)当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？【答案】(1)证明见解析；(2)；（1）因为，，所以，又，且，所以平面，又平面，所以.因为，所以在中，，又，所以，由，且，得，取点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图所示）.则，，，，设，则，于是，所以，即.（2）因为平面的一个法向量为，又由（1）知，，设平面DEF的法向量为，则，所以有取，得，，于是平面DEF的法向量为，所以，设平面与平面DEF所成的二面角为，则，故当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值取得最小值为.所以当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值最小.【提分秘籍】（1）如图①，，是二面角的两个面内与棱垂直的直线，则二面角的大小．（2）如图②③，，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足：①；②若二面角为锐二面角（取正），则；若二面角为顿二面角（取负），则；（特别说明，有些题目会提醒求锐二面角；有些题目没有明显提示，需考生自己看图判定为锐二面角还是钝二面角.）③涉及到二面角范围或最值问题时，根据得到的解析式，可通过配方为二次函数，或者基本不等式，或者求导，求出范围或者最值.【变式4-1】如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为2，D为棱BB1（不包括端点）上一动点，E是AB的中点．(1)若AD⊥A1C，求BD的长；(2)当D在棱BB1（不包括端点）上运动时，求平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围．【答案】(1)；(2)(1)由，知，又平面ABC⊥平面，所以CE⊥平面．而AD平面，∴，又，所以AD⊥平面，所以．又四边形为正方形，故此时D为的中点，故．(2)以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，过E作垂直于平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设，则A（－1，0，0），D（1，0，t），（0，，2），，．设平面的一个法向量为，则，取，得．平面ABC的法向量，设平面与平面ABC的夹角为，∴由于，故．即平面与平面ABC夹角的余弦值的取值范围为．题型五：二面角探索性问题【例题5-1】在四棱锥中，，，，.(1)求证：；(2)若平面平面，二面角的余弦值为，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）证明：如图所示，取的中点，连接，.依题意可知，，，，故，为正三角形，,又，，平面，平面平面，又平面，，.（2）依题意平面平面，由（1）可知，平面平面,平面,则平面，故以，，为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，,，，，,设平面的一个法向量，由,可得，令，则，，,设平面的一个法向量，由,可得，令，则，，则,可得平面的法向量.依题意可得，解得，即.即平面的法向量，,设直线与平面所成角为，则的正弦值.【提分秘籍】探索性问题，动点的位置一般可以假设，再结合向量加，减法，求解；另外如果动点在坐标轴上，可以直接假设动点坐标;【变式5-1】如图，是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且，为BC边的中点，AM交EF于点，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使.(1)证明：平面平面；(2)试探究在线段DM上是否存在点，使二面角的大小为？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)时二面角的大小为（1）在中，易得，，，由，得，又，，，又为中点，，，因为，平面，平面，又平面，所以平面平面；（2）由(1)平面，以为原点，以为的正方向建立空间直角坐标系，，，，，由(1)得平面的法向量为，设平面的法向量为，，所以，所以.由题得,所以，所以，所以，因为二面角P—EN—B的大小为60°，所以，解之得（舍去）或.此时，所以.题型六：点到平面距离问题【例题6-1】在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且．(1)求证：平面；(2)求二面角的大小；(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)（1）证明：四边形是正方形，，平面，平面．所以平面．四边形是梯形，，平面，平面，所以平面，平面，平面，，平面平面，平面，平面．（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，2，，，0，，，2，，，0，，，2，，，2，，，0，，设平面的法向量，，，则，取，得，，得，1，，设平面的法向量，，，则，取，，，得，1，，设二面角的大小为，由图形得为钝角，则，因为为钝角，，二面角的大小为．（3）点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，设则，，，，，解得，∴线段的长为．设平面的法向量，因为，，则，取，得，又，所以．【提分秘籍】点到平面的距离如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.【变式6-1】如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的大小；(3)线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，距离为(1)证明：取中点，连接.因为正三棱柱，所以，且.因为E为线段的中点，所以且.所以且.因为D为中点，所以.所以且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面平面，所以平面.(2)解：分别取中点O，，连接.因为是正三棱柱，所以平面，.所以平面.所以.以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则.所以.设平面的法向量为，所以，即令，解得，所以.设直线与平面所成角为，，则，所以.即直线与平面所成角为.(3)解：假设存在点G，设.所以.所以.由知，若，则.解得.即G与C为同一个点.因为，平面的法向量为，所以点G到平面的距离.专题16立体几何中的角和距离问题（含探索性问题）课后巩固练习1．在平面五边形ABCDE中（如图1），ABCD是梯形，，，，，是等边三角形．现将沿AD折起，连接EB，EC得四棱锥（如图2）且．(1)求证：平面平面ABCD；(2)在棱EB上有点F，满足，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明详见解析；(2)【详解】（1）依题意，ABCD是梯形，，，，，是等边三角形．设是的中点，则三点共线，且折叠后，，，即，由于平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）由（1）可知两两相互垂直，以为原点建立空间直角坐标系如图所示，平面的法向量为，，，,，设平面的法向