2026年高考数学终极冲刺：压轴14 空间角与距离问题的6大核心题型（压轴题专练）（全国适用）（原卷版及解析）

压轴14空间角与距离的4大核心题型以空间几何体为载体考查空间角，空间距离是高考命题的重点，空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角及空间距离是高考的热点，考查题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度中等.题型01求解直线与平面所成角的方法技法技法指导1.（2025北京卷T17）四棱锥中，与为等腰直角三角形，，E为BC的中点．(1)F为的中点，G为PE的中点，证明：面PAB；(2)若面ABCD，，求AB与面PCD所成角的正弦值．2.如图1所示，四边形ABCD是圆柱下底面的内接四边形，AC是圆柱底面的直径，PC是圆柱的一条母线，，，点F在线段AP上，．图1（1）求证：平面平面PBC．（2）若，，求直线AC与平面FCD所成角的正弦值．题型02求解二面角（平面与平面所成角）的方法技法技法指导3.（2024·全国甲卷T19）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．4.已知三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，且，，，分别为棱，的中点．(1)求证：；(2)求平面与平面的夹角的正弦值．题型03求解空间中距离的方法技法技法指导5.（2024·天津卷T17）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．6.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且．(1)求证：；(2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离．题型04向量法解决探索性问题技法技法指导1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．2.对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．7.（2025·陕西西安二模）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．8.（2025·湖北襄阳二模）在三棱锥P-ABC中，若已知，，点P在底面ABC的射影为点H，则(1)证明：(2)设，则在线段PC上是否存在一点M，使得与平面所成角的余弦值为，若存在，设，求出的值，若不存在，请说明理由.1．（2025·浙江嘉兴·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上.(1)证明：；(2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值.2．（2025·湖南常德三模）如图，在长方体中，，点E是棱的中点．(1)求证：平面BDE；(2)求直线与平面BDE所成角的正弦值．3.（2025·山东泰安·二模）在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，平面，.(1)证明：平面平面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.4.（2025·重庆·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线的斜率为1且与的另一个交点为，的周长为8．(1)求的方程及的值；(2)如图，将沿轴折起，使得折叠后平面平面，求到平面的距离．5．（2025·四川攀枝花·一模）如图，几何体ABCDEF中，E，F不在平面ABCD内，平面ADE．(1)求证：；(2)若平面ABCD，，且直线DF与平面ABCD所成角的正切值为，求点F到平面BDE的距离．6.（2025·河南周口·二模）如图，在四棱锥中，，，四边形为矩形，在上，且，为的中点，平面交于点．

(1)求证：；(2)在线段上是否存在点（异于点），使得平面与平面的夹角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．7.（2025·天津河西·一模）如图所示，在几何体中，底面，，，，，．

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长．8．（2025·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．9．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点.(1)证明：平面PBC；(2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离.10．（2026·天津河东·一模）如图，已知多面体中，底面ABCD为直角梯形，点、、、在底面的垂足分别为A、B、C、D，，，，，，E为的中点，F在上且.(1)求BE与平面所成角的正弦值；(2)求平面FBC与平面的夹角的余弦值；(3)边上是否存在点M，使、E、M、F四点共面，若存在，求出DM的长度，若不存在，则说明理由.11．（2026·云南·模拟预测）如图，平面四边形是棱长为3的正方形．平面，且．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)线段上是否存在点M，使得平面平面，且满足平面?若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由．12．（2026·广东佛山·二模）如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且．(1)证明：平面；(2)已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1．（i）求的长度；（ii）求直线与平面所成角的正弦值．13．（2026·河南许昌·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点.(1)证明：平面平面；(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值；(3)设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

压轴14空间角与距离的4大核心题型参考答案压轴题型精讲题型01求解直线与平面所成角的方法1.【解题指导】（1）取PA的中点N→PB的中点M→连接FN、MN→证明→面PAB（2）建立空间直角坐标系→求直线AB的方向向量→面PCD的法向量→向量夹角公式求解.【解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形不妨设，E、F分别为BC、PD的中点，，，，，∴四边形FGMN为平行四边形，，面PAB，面PAB，面PAB；（2）面ABCD，第一步：建立空间直角坐标系．以A为原点，AC、AB、AP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，设，则第二步：求出平面的法向量．设面PCD的一个法向量为取第三步：计算向量的夹角设AB与面PCD成的角为则即AB与平面PCD成角的正弦值为.2.【解】（1）因为PC是圆柱的一条母线，所以底面ABCD，又底面ABCD，所以．因为AC是圆柱底面的直径，所以．因为PC，平面PBC，，所以平面PBC．又平面PAB，所以平面平面PBC．（2）解法一（几何法）因为，，，所以，又，所以．所以，，且平面PCD，所以，，，，．在中，，．在中，，所以，所以，所以．．设点A到平面FCD的距离为d，由得，解得．设AC与平面FCD所成的角为，因为，所以，即直线AC与平面FCD所成角的正弦值为．解法二（向量法）如图2，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，过C且垂直于平面APC的直线为y轴，CP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．图2因为，，，所以，又，所以．因为，，所以，，则，，，，所以，，．设平面FCD的法向量为，则令，得，，则平面FCD的一个法向量为．设直线AC与平面FCD所成角为，则．题型02求解二面角（平面与平面所成角）的方法3.【解题指导】（1）证→为平行四边形→可证→平面（2）作交于并连接→证三垂直→建系→设点写坐标→求平面的法向量→利用公式求二面角的正弦值..【解】（1）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）第一步：证明互相垂直如图所示，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，，，【技巧】垂直关系“”，可作为建系的突破口．因为，所以，所以互相垂直，第二步：建立空间直角坐标系．以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，第三步：求出平面的法向量．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，第四步：利用夹角公式，计算向量的夹角．，则，故二面角的正弦值为.【易错提醒】1.利用向量法求二面角，必须能够判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的；2.注意题目中的设问是求二面角还是求平面与平面的夹角，它们的范围不同.4.【解】（1）取线段的中点为，连接，，因为，所以，又因为为正三角形，所以，又，所以平面，故有．方法一：设，，，则，因为，所以，所以，所以，所以①同理由，可得②由①-②得，所以，又，所以，即．方法二：作平面于，易得，又，，所以平面，所以，同理，即为的垂心，故得，从而得平面，故．（2）方法一：作平面于，连接，作垂直，建立如图所示空间直角坐标系．则，，，，，，故有，，记平面的法向量，则，即，取，解得，取平面的法向量，不妨设平面与的夹角为，则，从而正弦值为，即平面与夹角的正弦值为．方法二：取中点，连接交于，可知为中点，连接，，易知，，过作的平行线，则，，因为为平面与平面的交线，故为平面与平面所成二面角的平面角，由平面几何知识易得，故，又为等腰三角形，故在中，，又在中，，在中，，故，于是在中由余弦定理得：，从而，即平面与夹角的正弦值为．题型03求解空间中距离的方法5.【思维探究】看到什么想到什么文字语言转化为图形语言，得到梯形的底和腰，平面联想棱柱的定义可知为直棱柱，有了垂直关系可以建立空间直角坐标系解决问题．分别为的中点将文字语言转化为图形语言和符号语言，写出各点的坐标【解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，【技巧】利用直线和平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，常利用平行四边形、三角形中位线、平行公理等则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有、、、、、，则有、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，分别取，则有、、，，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；（3）由，平面的法向量为，则有，即点到平面的距离为.【解后反思】1.求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法.2.求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离.6.【解】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且．又平面，平面，平面平面，∴，∴，又，而．∴平面，又，∴平面，而平面，∴，，为等腰三角形，即．

（2）若，则，由（1）知，∴平面，以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系，又，∵，则，，，，∵，，∴平面，与平面所成的角为60°，∴，∴，∴．

∴，，．

设平面的法向量为则取，，，∴，

设，，则，到平面的距离相等，，∴．又，∴，解得，设平面的法向量为，∵，．则取，，，∴，

则点到平面距离为．题型04向量法解决探索性问题7.【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.8.【解】（1）因为点P在底面ABC的射影为点H，所以平面，又平面，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，所以点为的垂心，所以，因为，，平面，，所以平面，又平面，所以；（2）延长交于点，由（1）可得，又，所以点为线段的中点，所以，同理可得，所以为等边三角形，又，所以，如图，以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，故，设存在点M，使得BM与平面所成角的余弦值为，且，则，设平面的法向量为，，则，所以，令，可得，所以为平面的一个法向量，所以，设直线BM与平面所成角为，则，又，所以，故，所以或，又，所以.所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为，且.

1.【解】（1）因为，D为的中点故，又平面，平面，故得，平面，于是平面，平面，从而.（2）法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，.于是，，令，所以，又因为，设面的法向量为.所以，所以.又，，所以.设面的法向量为.所以，所以根据平面，即，所以.所以，，，，所以，得所成角为90度，正弦值为1.法2：几何法.作，垂足为M.连CM，由三角形全等得，平面，得平面，平面，从而平面平面.在中，得，在中，得，在中，，在中，所以得，又，从而故，同理，因为，所以，所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，余弦值为0.2.【解】（1）证明：连接AC与BD交于点O，连接OE．则O为AC的中点，又点E是棱的中点，所以，又平面BDE，平面BDE，所以平面BDE．（2）解法一：以DA，DC，所在的直线分别为x，y，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则，则点，，，，则，，，设平面BDE的法向量为，则得，令，得平面BDE的一个法向量为，设直线与平面BDE所成角的大小为，则，故直线与平面BDE所成角的正弦值是．解法二：（几何法）设直线与平面BDE所成角为，则，其中d为点到平面BDE的距离，即点C到平面BDE的距离．设，过C作于点H，则平面BDE，所以．在中，易求得，又，∴．3.【解】（1），在中，，即，，，，又，底面，底面，，平面且相交于，平面，又平面，平面平面.（2）解法一：在直角梯形中，因为，解得，过作分别平行于，连结，作交于点，连结，，且都在面内，平面，平面，又平面，，又，平面且交于，平面，又平面，，为平面与平面的夹角或其补角，在中，，,，由等面积法解得，又，.所以平面与平面夹角的余弦值为.（2）解法二：在直角梯形中，解得，如图建立空间直角坐标系，，，平面的法向量为，又，设平面的法向量为，则，即，令，解得，，设平面与平面夹角为，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.4.【解】（1）设，其中，因为的周长为8，所以，故，又，所以，故椭圆方程为，所以，联立方程可得，所以，故（2）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，取，则，所以到平面的距离5.【解】平面ADE，又平面ADE，，BF、平面BCF，平面平面ADE，平面，平面，又平面平面，平面平面，；（2）法一：平面ABCD，平面ABCD直线DF与平面ABCD所成的角为，由（1）知，又，以A为原点，分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则设平面BDE的法向量为，则，取，则，故所以点F到平面BDE的距离；法二：平面ABCD，平面ABCD直线DF与平面ABCD所成的角为，由（1）知，又，，取BD中点G，BF中点H，连接EG，GH，EH，，，是等腰三角形，故平面EGH，平面平面EGH，则边EG上的高长即为点F到平面BDE的距离的一半，易求得，所以点F到平面BDE的距离.6.【解】（1）由可得，由于，故，又，故，故，故，结合底面为矩形，故，故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.，则，故，因此平面，故平面，平面，故（2）设，则设平面的法向量为，故，取，则.设平面的法向量为，故，取，则.故，解得，故存在，此时.7.【解】（1）由底面，，得直线两两垂直，以点为原点，直线两两垂直分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，显然是平面的一个法向量，而，，即，因此平面，又平面，所以平面.

（2）由（1）知，，设平面的法向量，则，令，得，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（1）知，，设平面的法向量，则，令，得，由（2）知平面的法向量，由平面与平面所成角的余弦值为，得，解得，所以线段的长为.8.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，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．9.【解】（1）取PB中点，连接，分别为的中点，且，且，，且，则四边形为平行四边形，，平面平面，平面.（2）取AB中点，连接OP，OD，BD因为，所以，∵平面平面，面，为交线，平面，，为正三角形，，以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图，设，则，，，，，所以，易知平面PAB的法向量可取，设平面PAE的法向量为，因为，令，可取，所以，解得，所以，，，设平面PBC的法向量为，因为，令，可得，所以.10.(3)边上是否存在点M，使、E、M、F四点共面，若存在，求出DM的长度，若不存在，则说明理由.【解】（1）由题意得两两垂直，以A为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，如图：则，，，，，，，，，，设BE与平面所成角为，，易得平面的法向量为，则，BE与平面所成角的正弦