专题05 空间角与距离的常考解答题型（培优题型专练）（全国适用）（原卷版及解析）

专题05空间角与距离的常考解答题型汇总目录第一部分题型解码微观解剖，精细教学典例剖析目录第一部分题型解码微观解剖，精细教学典例剖析方法提炼变式训练题型01异面直线所成角求解方法题型02线面角的求解方法题型03二面角的求解方法题型04点面距离的计算与应用题型05空间角与距离的动态与最值问题题型06空间几何的探索性问题题型07空间几何的折叠与展开问题第二部分强化实训整合应用，模拟实战题型01异面直线所成角求解方法【例1-1】(2025·海南·模拟)如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．

(1)证明：平面；(2)求异面直线与夹角的余弦值．【例1-2】(2025·广东·模拟)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.【例1-3】(2025·江西·模拟)如图，在平行六面体中，，.

(1)求证：四边形为正方形；(2)求体对角线的长度；(3)求异面直线与所成角的余弦值.异面直线所成角求解方法：1.平移法（几何法）：通过平移其中一条直线，使其与另一条直线共面，构造三角形或平行四边形，利用平面几何知识（如余弦定理）求解。平移的常用方法包括中位线、平行线、对称点等。2.方向向量法（向量法）：设两异面直线所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos|＝​。需注意异面直线所成角与向量夹角的区别：向量夹角范围是[0,π]，而异面直线所成角范围是，需取绝对值。【变式1-1】(2025·江苏·模拟)如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且．(1)求证：；(2)求异面直线与所成角的余弦值．【变式1-2】(2025·贵州·模拟)在四棱台中，底面为平行四边形，侧面为等腰梯形，且侧面底面，与BC的距离为，点分别在棱，上，且．(1)求证：平面；(2)求四棱台的高；(3)求异面直线与所成的角的余弦值．【变式1-3】(2025·安徽·模拟)如图，矩形所在的平面和半圆弧所在的平面垂直，且，，是的中点．(1)证明：平面．(2)证明：．(3)求异面直线，所成角的余弦值．题型02线面角的求解方法【例2-1】(2025·新疆·模拟)如图，在四棱锥中，平面，在梯形中，，，，点C在平面的投影恰好是的重心G.(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【例2-2】(2025·新疆·模拟)如图，在三棱锥中，平面，点是棱的中点，点是棱上的一点.(1)若，求证：；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.1.直线与平面所成的角的求解公式：设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos|＝.2．向量法求直线与平面所成角的解题思路:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.【变式2-1】(2025·上海·模拟)已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．

(1)证明：平面；(2)若2，求直线与平面所成角的正弦值．【变式2-2】(2025·云南·模拟)如图，四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，．(1)证明：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．【变式2-3】(2025·云南·模拟)如图，长方体中，，过点，作平面与直线平行，且与棱交于点，点是线段上一点．(1)直接给出的值（不必说明理由），并求平面截长方体所得截面的面积；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.题型03二面角的求解方法【例3-1】(2025·四川·模拟)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，且，，．(1)证明：；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．【例3-2】(2025·江苏·模拟)如图，已知圆台，AB，CD，EF均为母线，四边形为圆台的轴截面，且，．(1)证明：；(2)求异面直线EF与BC所成角；(3)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长．1．两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．2.两个平面的夹角的求法：设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cosθ＝|cos|＝.3.向量法求二面角的解题思路:分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【变式3-1】(2025·河南·模拟)如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，是边长为2的正三角形，且.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【变式3-2】如图，在三棱锥中，平面，是的中点，是的中点，点在棱上，且．(1)求证：平面；(2)若是边长为的等边三角形，且三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．【变式3-3】(2025·陕西·模拟)如图，四棱锥的底面是正方形，且，，点在底面上的射影在正方形内，且与平面ABCD所成角的正切值为．(1)若分别是的中点，求证：点在平面内的射影在线段上，并求出的值；(2)点在棱上，满足二面角的余弦值为，求的长．题型04点面距离的计算与应用【例4-1】(2025·广东·模拟)如图，在棱长为2的正方体中，为的中点.(1)若，求点到平面的距离；(2)求平面与平面夹角的正弦值.【例4-2】如图，在四棱锥中．底面为矩形，侧棱底面，，是的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若，且点到平面的距离为，求的值．求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.(3)等体积法.(4)向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.【变式4-1】在长方体中，，为的中点，平面，且．

(1)求的值；(2)求点到平面的距离．【变式4-2】(2025·辽宁·模拟)如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．(1)若平面与直线交于点，求的值；(2)若平面和平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．【变式4-3】(2025·福建·模拟)如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点．(1)当是棱的中点时，求证：平面；(2)若，，求点到平面距离的范围．题型05空间角与距离的动态与最值问题【例5-1】(2025·广东·模拟)如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心．(1)证明：平面．(2)若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度.【例5-2】(2025·湖北·模拟)如图，在几何体中，底面为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面，平面，，，为垂足，，为垂足.(1)证明：平面；(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时，与所成角的正切值.空间角与距离的动态与最值问题的解题方法：“动中觅静，函数建模”。首先，几何特征分析是基础，需敏锐识别动态过程中的不变量（如定长、定角、垂直关系），利用几何性质（如最小角定理）直观判断极值位置。其次，代数函数建模是核心，通过建立空间直角坐标系或利用向量运算，将角或距离表示为变量的函数。最后，数学工具求解是关键，运用三角函数性质、基本不等式或导数求函数最值。对于轨迹受限问题，需结合轨迹法，先确定动点轨迹（如圆、线段），再转化为平面几何最值求解，从而实现空间问题的平面化降维处理。【变式5-1】(2025·陕西·模拟)如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰祶形，，为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值．【变式5-2】(2025·天津·模拟)如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且．(1)求证：；(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离．【变式5-3】(2025·湖南·模拟)如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，．(1)证明：平面；(2)求三棱锥的外接球的表面积；(3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值．题型06空间几何的探索性问题【例6-1】(2025·广西·模拟)如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.

(1)若为的中点，证明：平面；(2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由.【例6-2】(2025·宁夏·模拟)如图，在三棱柱中，侧面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，M为边AD的中点，点N在线段PC上．(1)证明：平面MPQ；(2)若，证明：平面BDN；(3)是否存在点P，使得二面角的正弦值为？如果存在，求出四棱锥的体积，如果不存在，说明理由．空间几何探索性问题解题策略解决此类问题，核心策略是“执果索因，假设验证”。首先，假设结论成立。在这一前提下，利用空间几何的判定与性质定理，挖掘使结论成立所需的几何条件（如平行、垂直关系）。其次，构建代数模型。对于规则几何体，优先建立空间直角坐标系，将几何条件转化为向量运算（如数量积为零、向量共线），并引入参数表示未知点或线的位置。最后，求解与检验。通过解方程或方程组确定参数值。若参数有解且符合实际位置，则存在；若无解或矛盾，则不存在。务必注意几何法与向量法的灵活切换与互补。【变式6-1】(2025·贵州·模拟)在多面体中，已知四边形是边长为2的正方形，，，，平面平面，为线段的中点．(1)若平面平面，求证：；(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【变式6-2】(2025·广东·模拟)如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，.(1)证明：平面平面.(2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【变式6-3】(2025·黑龙江·模拟如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.题型07空间几何的折叠与展开问题【例7-1】(2025·广东·模拟)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.【例7-2】(2025·湖北·模拟)如图，在三棱锥的平面展开图中，，．(1)求的余弦值；(2)在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．空间几何折叠问题解题策略：

解决此类问题，核心在于“把握变量与不变量，实现平面与空间的转化”。

首先，分析翻折特征。明确折痕是关键，位于折痕同侧的几何元素（点、线）及其数量关系（长度、角度）在翻折前后保持不变，这些是解题的不变量；而折痕两侧元素的位置关系（如垂直、平行）往往发生变化，需在空间中重新判定。

其次，确立空间坐标系。在翻折后的立体图形中，充分利用不变的垂直关系建立空间直角坐标系，将几何问题转化为向量运算。

最后，综合运用方法。对于证明题，回归几何定义与定理；对于计算题（角度、距离），优先选用向量法以降低思维难度。特别注意利用三余弦定理（折叠角公式）快速处理与二面角相关的角度问题。【变式7-1】(2025·湖北·模拟)如图①，正方形的边长为是的中点，点在边上，且．将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图②．(1)证明：；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【变式7-2】(2025·四川·模拟)如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点．(1)求证：平面；(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小；(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【变式7-3】(2025·黑龙江·模拟)已知椭圆的左，右焦点分别为，经过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方）．

(1)为椭圆上顶点时求的面积；(2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．（ⅰ）若，求异面直线和所成角的余弦值；（ⅱ）是否存在，使得折叠后与距离与折叠前与距离之比为？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．1．(2025·河南·模拟)《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在四面体中，平面，，且，，.(1)证明：四面体为鳖臑；(2)若直线平面，求直线与所成角的余弦值.2．三棱锥中，，，，，，．(1)求三棱锥的体积；(2)若M是PC的中点，求证：；(3)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．3．(2025·天津·模拟)如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点．(1)求证：平面；(2)求直线与所成角的余弦值；(3)求平面与平面夹角的正弦值．4．(2025·广东·模拟)已知直三棱柱如图所示，点在线段上，且.(1)证明：；(2)若，，平面与平面的夹角为，点是线段上靠近的四等分点，求直线与平面所成角的正弦值.5.(2025·江西·模拟)如图，在直三棱柱中，分别为的中点，且.(1)证明：平面.(2)若，在线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.6．(2025·天津·模拟)如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且.(1)求线段的长；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.7．(2025·内蒙古·模拟)如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．8.(2025·广东·模拟)如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点．(1)若，证明：平面；(2)在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由．9.(2025·福建·模拟)在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点．(1)证明：三棱锥外接球的体积为定值；(2)当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值．

专题05空间角与距离的常考解答题型汇总目录第一部分题型解码微观解剖，精细教学典例剖析方法提炼目录第一部分题型解码微观解剖，精细教学典例剖析方法提炼变式训练题型01异面直线所成角求解方法题型02线面角的求解方法题型03二面角的求解方法题型04点面距离的计算与应用题型05空间角与距离的动态与最值问题题型06空间几何的探索性问题题型07空间几何的折叠与展开问题第二部分强化实训整合应用，模拟实战题型01异面直线所成角求解方法【例1-1】(2025·海南·模拟)如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形，，、分别为、的中点．

(1)证明：平面；(2)求异面直线与夹角的余弦值．【详解】（1）在三棱台中，设的中点为，连接，由为的中点，得，又平面，平面，则平面，由为梯形的中位线，得，又平面，平面，则平面，而，平面，平面，因此平面平面，又平面，所以平面.

（2）取的中点，的中点，连接、、、、，由，是中点，得四边形是平行四边形，则，又是中点，是中点，则，即就是异面直线与夹角，又底面，与都是等腰直角三角形，，则，，，因此，所以异面直线与夹角的余弦值为.【例1-2】(2025·广东·模拟)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.【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）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.（3）由（2）可知，又，，故，所以，故异面直线与所成角的余弦值为.【例1-3】(2025·江西·模拟)如图，在平行六面体中，，.

(1)求证：四边形为正方形；(2)求体对角线的长度；(3)求异面直线与所成角的余弦值.【详解】（1）因为，，所以，而不共线，所以四边形为平行四边形，又，所以，即，所以四边形为正方形；（2）由题意易知，所以，因为，，所以，，所以，即；（3）因为，，所以，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.异面直线所成角求解方法：1.平移法（几何法）：通过平移其中一条直线，使其与另一条直线共面，构造三角形或平行四边形，利用平面几何知识（如余弦定理）求解。平移的常用方法包括中位线、平行线、对称点等。2.方向向量法（向量法）：设两异面直线所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos|＝​。需注意异面直线所成角与向量夹角的区别：向量夹角范围是[0,π]，而异面直线所成角范围是，需取绝对值。【变式1-1】(2025·江苏·模拟)如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且．(1)求证：；(2)求异面直线与所成角的余弦值．【详解】（1）连结交于点，连结，因为正四棱锥，所以平面，又平面，所以，因为正四棱锥，所以四边形是正方形，所以，因为，，，平面，平面，所以平面，又平面，所以；（2）因为，，，所以以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，因此异面直线与所成角的余弦值为.【变式1-2】(2025·贵州·模拟)在四棱台中，底面为平行四边形，侧面为等腰梯形，且侧面底面，与BC的距离为，点分别在棱，上，且．(1)求证：平面；(2)求四棱台的高；(3)求异面直线与所成的角的余弦值．【详解】（1）取的中点，连接，则是梯形的中位线，所以且，又因为且，所以且，所以四边形AEFG是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）分别取的中点，如图所示：因为侧面为等腰梯形，所以，因为侧面底面，侧面底面，所以底面，因为，所以，平面，所以平面，平面，所以，即，且，所以为与BC的距离，所以，解得．所以四棱台的高为2．（3）以OA，OB，所在直线分别为轴如图建立空间直角坐标系，则；所以所以；所以异面直线与所成的角的余弦值为.【变式1-3】(2025·安徽·模拟)如图，矩形所在的平面和半圆弧所在的平面垂直，且，，是的中点．(1)证明：平面．(2)证明：．(3)求异面直线，所成角的余弦值．【详解】（1）连接相交于，则是的中点，由于是的中点，故平面，平面，故平面（2）矩形所在的平面和半圆弧所在的平面垂直，且交线为,平面，故平面，平面，故，由于，故，,又,,故，故，（3）取的中点，连接,故,即为异面直线，所成角或其补角，由（2）知平面，平面，故，由于，故，所以,又,故故异面直线，所成角的余弦值为题型02线面角的求解方法【例2-1】(2025·新疆·模拟)如图，在四棱锥中，平面，在梯形中，，，，点C在平面的投影恰好是的重心G.(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）设是的中点，连接，因为，所以，又，所以四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以⊥平面，所以⊥平面，又平面，所以平面⊥平面；（2）因为平面，平面，所以，，又⊥，故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，故，设，则，因为为的重心，故，即，故，又C在平面的投影恰好是的重心G.所以⊥平面，即⊥，又，所以，解得，负值舍去，故，，，设平面的一个法向量为，其中，则，解得，令，则，故，设直线与平面所成角大小为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【例2-2】(2025·新疆·模拟)如图，在三棱锥中，平面，点是棱的中点，点是棱上的一点.(1)若，求证：；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.【详解】（1）因为平面平面，所以，又，所以，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，又，点是棱的中点，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.（2）以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，垂直方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知，，则.设平面的一个法向量为，则令，解得，所以平面的一个法向量为.又，设，则，设直线与平面所成的角为，则整理得，所以，解得或，又，当时，，当时.，所以线段的长为或.1.直线与平面所成的角的求解公式：设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos|＝.2．向量法求直线与平面所成角的解题思路:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.【变式2-1】(2025·上海·模拟)已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．

(1)证明：平面；(2)若2，求直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）因为，，则，可得，且平面，平面，所以平面.（2）方法一：以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，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，令，则，，可得，则，所以直线与平面所成角的正弦值是．方法二：由题意可知：，，，则，，设点到平面的距离为，因为三棱锥的体积即为三棱锥-的体积，则，解得，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．【变式2-2】(2025·云南·模拟)如图，四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，．(1)证明：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．【详解】（1）取的中点E，连接，，则四边形为矩形，所以，因为为等边三角形，所以，又因为，平面，所以平面，平面，故，而，所以，所以，由已知得，所以，所以，因为，平面，所以平面．（2）以C为坐标原点，，分别为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，设，因为，，则由①－②得：，②－③得：，所以，所以，，，，设平面的法向量为，由得：，设，所以，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为．【变式2-3】(2025·云南·模拟)如图，长方体中，，过点，作平面与直线平行，且与棱交于点，点是线段上一点．(1)直接给出的值（不必说明理由），并求平面截长方体所得截面的面积；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.【详解】（1）由，得，以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，，，设（），平面过，且与直线平行，故，，设平面的法向量为，则，故，取，则，，所以为平面的一个法向量，由可得所以，即，截面为，，，，所以是边长为的正三角形，面积.（2）由（1）知，设，则．由（1）为平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则．即，解得或（舍去），故．题型03二面角的求解方法【例3-1】(2025·四川·模拟)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，且，，．(1)证明：；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．【详解】（1）取中点，连接，，，侧面底面，且侧面底面，平面，底面，又平面，，在矩形中，，，，，且夹角均为直角，，，又平面，且，平面，又平面，.（2）三棱锥的体积为，，由题意得以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，则，，设平面的法向量为，则，令，则，故平面的法向量为，又由图可知，平面的法向量为，，平面与平面的夹角的余弦值为【例3-2】(2025·江苏·模拟)如图，已知圆台，AB，CD，EF均为母线，四边形为圆台的轴截面，且，．(1)证明：；(2)求异面直线EF与BC所成角；(3)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长．【详解】（1）在圆台中，由为该圆台的母线，得延长线交于一点，而平面平面，平面平面，平面平面，所以.（2）连接，由直线为圆台的轴，得延长线交于一点，由（1）同理得，由，得，则，而，因此，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，，则，即，所以异面直线EF与BC所成角为.（3）由（2）得，设平面与平面的法向量分别为，则，取，得，，取，得，由二面角的余弦值为，得，解得，所以圆台的高的长为1.1．两个平面的夹角：平面α与平面β的夹角：平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．2.两个平面的夹角的求法：设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为，则cosθ＝|cos|＝.3.向量法求二面角的解题思路:分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【变式3-1】(2025·河南·模拟)如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，是边长为2的正三角形，且.(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）连接，因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，所以，均是边长为2的正三角形，取的中点，连接，则，因为，所以，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）由（1）知两两垂直，所以以点为坐标原点，为轴建系，则，所以，设为平面的法向量，则，令得，即，设为平面的法向量，则，令，得，所以，所以，即平面与平面夹角的余弦值【变式3-2】如图，在三棱锥中，平面，是的中点，是的中点，点在棱上，且．(1)求证：平面；(2)若是边长为的等边三角形，且三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．【详解】（1）证明：取的中点为，在上取点，使，连接，如图，因为是的中点，所以，，又因为，所以，，所以，，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，∴平面．（2）设，因为平面，是的中点，所以，即，所以分别取的中点，连接，如图，则，因为平面，所以平面，又因为为正三角形，所以，即两两垂直，以为轴建系，则，则，，设平面的一个法向量为，则，令，，平面ACD的一个法向量为，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值为．【变式3-3】(2025·陕西·模拟)如图，四棱锥的底面是正方形，且，，点在底面上的射影在正方形内，且与平面ABCD所成角的正切值为．(1)若分别是的中点，求证：点在平面内的射影在线段上，并求出的值；(2)点在棱上，满足二面角的余弦值为，求的长．【详解】（1）连，由于分别是和的中点，且，则，又是正方形，则，又平面，则平面，又平面，则平面平面，在平面内过作于，平面平面，则平面，所以点在上的射影在线段上，连，是与平面所成的角，即，，又，则，即有，而，所以．（2）在平面内过作，则两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则所以，，，，因为点在棱上，所以设，所以，易知平面的法向量为，设平面的法向量，则，即，令，得，,所以，显然二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为，解得或（舍去），所以，则，故.题型04点面距离的计算与应用【例4-1】(2025·广东·模拟)如图，在棱长为2的正方体中，为的中点.(1)若，求点到平面的距离；(2)求平面与平面夹角的正弦值.【详解】（1）方法一：如图建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为所以令，则，此时，因为，所以，又因为平面，所以平面.所以点到平面的距离就是点到平面的距离，设此距离为，，即点到平面的距离为.方法二：因为在正方体中，且，所以四边形是平行四边形，则，又因为面，则平面.所以点到平面的距离就是点到平面的距离，设此距离为，，则，，，所以，则，所以.（2）平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，则，所以平面与平面夹角的正弦值为.【例4-2】8．(24-25高二下·安徽淮南第二中学·期中)如图，在四棱锥中．底面为矩形，侧棱底面，，是的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)若，且点到平面的距离为，求的值．【详解】（1）如图，连结，交于点，连结，因为点是的中点，底面为矩形，所以点是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）如图，以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，则，，设平面的法向量，则，令，，，所以平面的法向量，且平面的一个法向量为，设平面和平面的夹角为，则，所以平面和平面的夹角的余弦值为.（3）由（2）可得，，，，，，平面的法向量，故，设点与平面的距离为，则，解得．求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.(3)等体积法.(4)向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.【变式4-1】在长方体中，，为的中点，平面，且．

(1)求的值；(2)求点到平面的距离．【详解】（1）连接．由平面平面，且平面平面，平面平面，所以．解法一：连接，．同理可得，所以四边形为平行四边形，所以，所以，即．解法二：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，设，则，，，由，得，即，则，又，所以．解法三：连接，．由平面平面，且平面平面，平面平面，所以，同理可得，所以四边形为平行四边形，所以．

连接，因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，又为的中点，所以，所以．（2）由（1）中解法二的空间直角坐标系可得，，，所以，，设为平面的法向量，则即令，得为平面的一个法向量．又，所以点到平面的距离．解法二：由（1）知，，又平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离．在Rt中，，，所以，在Rt中，，设点到平面的距离为，由得，所以，所以点到平面的距离为．【变式4-2】(2025·辽宁·模拟)如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．(1)若平面与直线交于点，求的值；(2)若平面和平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．【详解】（1）在平面内作，因为平面，平面，平面，所以，所以以为原点，，，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，，，，，，，，，，又，分别为，的中点，，，设，，，，共面，存在实数，，使得，即，所以，解得，所以；（2）设平面的法向量为，，解得，令得，，又，，设平面的法向量为，，解得，令得，，设平面和平面所成的角为，，整理得，，，，，故点到平面的距离为．【变式4-3】(2025·福建·模拟)如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点．(1)当是棱的中点时，求证：平面；(2)若，，求点到平面距离的范围．【详解】（1）因为平面,平面，且平面平面,所以，取的中点，连接，因为是棱的中点，可得，且，又因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）取的中点，连接，因为是正三角形，所以，又因为平面平面，且平面，平面，所以平面，因为，且，则，所以，以为原点，以直线所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，可得，则，所以，设，可得，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设点到平面的距离为，可得，当时，可得；当时，，因为，当，即时，取得最大值，即，综上可得，，即点到平面的距离的取值范围为.题型05空间角与距离的动态与最值问题【例5-1】(2025·广东·模拟)如图，在长方体中，，是的中点，是的中点，是底面的中心．(1)证明：平面．(2)若是侧面上的一个动点，且点到平面的距离为，证明点的轨迹为一条线段，并求该线段的长度.【详解】（1）如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，，，所以，，，平面，所以平面（2）由（1）可知平面，则是平面的一个法向量所以平面的一个法向量为，设，，则点到平面的距离，则，得或，直线与侧面没有交点，故舍去，所以，如图，直线与棱交于，所以点的轨迹是线段，,，.【例5-2】(2025·湖北·模拟)如图，在几何体中，底面为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面，平面，，，为垂足，，为垂足.(1)证明：平面；(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时，与所成角的正切值.【详解】（1）连接，平面平面，平面平面，平面，，平面，同理平面，，故四点共面，又平面，平面，平面平面，，又面，则，四边形为矩形，，又，，平面，平面.（2），平面，平面，两两垂直，建立如图空间直角坐标系：设，则中，，，，，设，则，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即当时，最大，此时，，，，，，所以，，则，得，所以，故和所成角的正切值为6.空间角与距离的动态与最值问题的解题方法：“动中觅静，函数建模”。首先，几何特征分析是基础，需敏锐识别动态过程中的不变量（如定长、定角、垂直关系），利用几何性质（如最小角定理）直观判断极值位置。其次，代数函数建模是核心，通过建立空间直角坐标系或利用向量运算，将角或距离表示为变量的函数。最后，数学工具求解是关键，运用三角函数性质、基本不等式或导数求函数最值。对于轨迹受限问题，需结合轨迹法，先确定动点轨迹（如圆、线段），再转化为平面几何最值求解，从而实现空间问题的平面化降维处理。【变式5-1】(2025·陕西·模拟)如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰祶形，，为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值．【详解】（1）取的中点为，连接，由是边长为2的等边三角形，是以的等腰三角形，所以，，，所以，，所以，所以平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，当点是内一动点，且，则点在以为直径的圆上，当线段的长最小时，点在与圆的交点处，所以，所以，设直线与直线所成角为，所以，所以直线与直线所成角的余弦值为.【变式5-2】(2025·天津·模拟)如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且．(1)求证：；(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离．【详解】（1）以为原点，如图所示建立空间直角坐标系，，，设，，，，，即，（2），由二次函数性质得，当时，取得最大值，此时为的中点，设平面的法向量为，，，设平面的法向量为，，，，，设平面与平面的夹角为，，，，，设直线和所成角为，，点到直线的距离.【变式5-3】(2025·湖南·模拟)如图，圆台的下底面的内接正方形的边长为4，是上底面圆周上的一点，且满足，．(1)证明：平面；(2)求三棱锥的外接球的表面积；(3)是的中点，是上底面圆周上的一点，求异面直线与所成角的余弦值的最大值．【详解】（1）由题设，，则，故，由四边形为正方形，则，而都在平面内，所以平面；（2）由平面，为等边三角形，将三棱锥补成正三棱柱，设的中心为点，的中心为，则的中点为外接球球心，所以的外接圆半径，，所以外接球的半径，因此三棱锥的外接球的表面积；（3）由，以为原点，所在直线为轴，建立如下图示的空间直角坐标系，则，设，连接，由平面，则平面平面，则点到的距离等于，而，所以且，由，，若异面直线所成角为，则，所以，当且仅当时取等号，则，所以异面直线与所成角的余弦值的最大值.题型06空间几何的探索性问题【例6-1】(2025·广西·模拟)如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.

(1)若为的中点，证明：平面；(2)在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由.【详解】（1）

取的中点，连接.三点分别为的中点，在平面中，，又平面平面平面同理，，平面平面，所以平面，又平面平面，平面平面，平面平面.（2）因为平面平面，平面平面，平面,所以，平面.过作的平行线，过作交于点.以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.梯形中，，，所以，则.所以.假设在上存在点使得，设，设，则，解得.因为，所以，解得.，因为平面平面，故取平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则.所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.【例6-2】(2025·宁夏·模拟)如图，在三棱柱中，侧面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，M为边AD的中点，点N在线段PC上．(1)证明：平面MPQ；(2)若，证明：平面BDN；(3)是否存在点P，使得二面角的正弦值为？如果存在，求出四棱锥的体积，如果不存在，说明理由．【详解】（1）证明：因为是等边三角形，M为边AD的中点，所以，又因为，，所以．又因为，平面，故平面MPQ．（2）连接MC，交BD于点E，连接NE．因为，，所以，又因为，所以，所以，又因为平面BDN，平面BDN，所以平面BDN．（3）存在点P，使得二面角的正弦值为，理由如下：取BC中点F，连接MF，则，过M作平面ABCD，建立如图所示的直角坐标系．为等边三角形，边长为2，故，，，，设，，，，，．设平面MPB的法向量为，则，即，取，则，取，设平面面MPC的一个法向量为，，令，则，，平面MPC的一个法向量为，设二面角为，则，又因为，所以．所以，解得或，当时，P到平面ABCD的距离为，此时，当时，P到平面ABCD的距离为，此时．空间几何探索性问题解题策略解决此类问题，核心策略是“执果索因，假设验证”。首先，假设结论成立。在这一前提下，利用空间几何的判定与性质定理，挖掘使结论成立所需的几何条件（如平行、垂直关系）。其次，构建代数模型。对于规则几何体，优先建立空间直角坐标系，将几何条件转化为向量运算（如数量积为零、向量共线），并引入参数表示未知点或线的位置。最后，求解与检验。通过解方程或方程组确定参数值。若参数有解且符合实际位置，则存在；若无解或矛盾，则不存在。务必注意几何法与向量法的灵活切换与互补。【变式6-1】(2025·贵州·模拟)在多面体中，已知四边形是边长为2的正方形，，，，平面平面，为线段的中点．(1)若平面平面，求证：；(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【详解】（1）证明：连接交于点，连接，因为四边形为正方形，所以为的中点，又为线段的中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为平面平面，且平面，所以.（2）在正方形中，，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又，，所以，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，又，为线段的中点，所以，则，设，，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，设平面的一个法向量为，则，取，可得，由平面平面，则，解得，即，所以在线段上存在一点，使得平面平面，且.【变式6-2】(2025·广东·模拟)如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，.(1)证明：平面平面.(2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接，设，则，，因为是等边三角形，且O是的中点，所以.因为，所以，所以，则.因为平面，平面，且，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直，以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，则，，设，则，又，所以.设平面的法向量为，则令，得.设直线与平面所成的角为，则，解得或，故当或时，直线与平面所成角的正弦值为.【变式6-3】(2025·黑龙江·模拟如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【详解】（1）因为平面，平面，则，在正方形中，，因，平面，则平面，因平面，则，又，点是的中点，则，又因为，平面，故平面.（2）由（1）平面，因平面，则，因平面，平面，则，又，，平面，所以平面，因平面，则，又因为是的中点，，则，因，平面，则平面，因平面，则，因，平面，则平面，因为平面，则，即，即由（1）平面，因平面，则，即，又，则，则，因为，，，则，即，即.以点为原点，分别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，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以平面的一个法向量为，而平面的法向量可取为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.（3）由（2）可得，则，假设线段上是存在一点，使得点到平面的距离为，则，则，所以，则，即，则，由（2）已得平面的一个法向量为，则点H到平面的距离，解得或，则或，即在线段上存在一点H，使得点H到平面的距离为.题型07空间几何的折叠与展开问题【例7-1】(2025·广东·模拟)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.【详解】（1）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.【例7-2】(2025·湖北·模拟)如图，在三棱锥的平面展开图中，，．(1)求的余弦值；(2)在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【详解】（1）在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以．又因为，在中，由余弦定理得.（2）因为，即平面，所以平面，平面内作，以为原点，、、为、、轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，设，故，设平面的法向量，则，取，则，易得平面的法向量则平面和平面所成角的余弦值，解得或，当或时，平面和平面所成角的余弦值为.空间几何折叠问题解题策略：

解决此类问题，核心在于“把握变量与不变量，实现平面与空间的转化”。

首先，分析翻折特征。明确折痕是关键，位于折痕同侧的几何元素（点、线）及其数量关系（长度、角度）在翻折前后保持不变，这些是解题的不变量；而折痕两侧元素的位置关系（如垂直、平行）往往发生变化，需在空间中重新判定。

其次，确立空间坐标系。在翻折后的立体图形中，充分利用不变的垂直关系建立空间直角坐标系，将几何问题转化为向量运算。

最后，综合运用方法。对于证明题，回归几何定义与定理；对于计算题（角度、距离），优先选用向量法以降低思维难度。特别注意利用三余弦定理（折叠角公式）快速处理与二面角相关的角度问题。【变式7-1】(2025·湖北·模拟)如图①，正方形的边长为是的中点，点在边上，且．将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图②．(1)证明：；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，所以，由折叠得，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，平面，所以平面，又平面，所以．（2）在平面中，过点作，垂足为，由勾股定理得，，所以，以为原点，以平面内过点垂直于的方向为轴，直线方向为轴，过点垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，则，，因为，所以，则,由（1）知，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，取则，则，所以平面与平面夹角的余弦值．（3）在平面中，过点作，垂足为，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，所以的长即为点到平面的距离，在中，，所以，所以点到平面的距离为．【变式7-2】(2025·四川·模拟)如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点．(1)求证：平面；(2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小；(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得，依题意，，则，于是四边形是平行四边形，，而平面，平面，所以平面.（2）取中点，连接，由，得，而平面平面，平面平面平面，则平面，过作，则平面，又平面，于是，在矩形中，，，则，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，得，设直线BC与平面所成的角为，则，所以直线BC与平面所成角的大小为.（3）连接，由，得，而，则为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，显然平面，平面，则平面平面，在平面内过作于点，则平面，设，而，则，，，即，，所以，于是，，设平面PAM的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，因为，，则，令，得，设平面和平面的夹角为，则令，，则，即，则当时，有最小值，所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为．【变式7-3】(2025·黑龙江·模拟)已知椭圆的左，右焦点分别为，经过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点（其中点在轴上方）．

(1)为椭圆上顶点时求的面积；(2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．（ⅰ）若，求异面直线和所成角的余弦值；（ⅱ）是否存在，使得折叠后与距离与折叠前与距离之比为？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．【详解】（1）由椭圆方程知当为椭圆上顶点时，又，直线的方程为由知，，．（2）（ⅰ）时在折叠前图中，直线方程为，由（1）可知此时,折叠后仍以轴为轴，轴原位置仍为轴，折叠后轴的正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，所以异面直线和所成角的余弦值为；

（ⅱ）折叠前设，直线由知，折叠后按（ⅰ）中坐标系，由知或（舍去），故存在1．(2025·河南·模拟)《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在四面体中，平面，，且，，.(1)证明：四面体为鳖臑；(2)若直线平面，求直线与所成角的余弦值.【详解】（1）因为平面，平面，平面，平面，所以，，.又，且，平面，所以平面，又平面，则，所以四面体的四个面都为直角三角形，则四面体为鳖臑.（2）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，如图所示，则，，，，则，，.设平面的法向量为，则，令，得.由，得直线与所成角的余弦值为.2．三棱锥中，，，，，，．(1)求三棱锥的体积；(2)若M是PC的中点，求证：；(3)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．【详解】（1）过点作，使，连接，则四边形是平行四边形，而，则是矩形，，由，得，而平面，则平面，又平面，则，由，，，得，而，则，而，于是，即，平面，因此平面，，所以三棱锥的体积为.（2）由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，，，，所以.（3）由（2）得，设平面PAC与平面PBC的法向量分别为，则，令，得，，令，得，因此，所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为.3．(2025·天津·模拟)如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点．(1)求证：平面；(2)求直线与所成角的余弦值；(3)求平面与平面夹角的正弦值．【详解】（1）设，为中点，是以为斜边的等腰直角三角形，取的中点，底面是等腰梯形，.连接，在中，，在中，.，，且平面，平面；（2）如图，建系，则，设直线与所成角为，