2025年高考数学二轮复习专项精练19 空间向量与空间角（真题精练+模拟精练）

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【真题精练】
一、解答题
1．（2024·全国·高考真题）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．
2．（2024·全国·高考真题）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．
3．（2023·全国·高考真题）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．
4．（2023·全国·高考真题）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．
5．（2022·全国·高考真题）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．
6．（2022·全国·高考真题）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．
7．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
8．（2022·全国·高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（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.
2．(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（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）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，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，即，令，得，即m=3,3,1，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
3．(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（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，
.
4．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（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．
5．(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（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.
6．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（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.

7．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
8．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
【模拟精练】
一、单选题
1．（2023·重庆模拟）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A．B．C．D．
2．（2023·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
4．（2024·山东·模拟预测）如图，棱长为2的正方体的内切球为球，分别是棱，的中点，在棱上移动，则（ ）

A．对于任意点，平面
B．直线被球截得的弦长为
C．过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为
D．当为的中点时，过的平面截该正方体所得截面的面积为
5．（21-22高二上·山东聊城·期末）如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（ ）

A．
B．存在点，使平面
C．存在点，使直线与所成的角为
D．点到平面与平面的距离和为定值
6．（2024·云南楚雄·一模）在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则（ ）
A．存在点，使
B．存在点，使点到直线的距离为
C．存在点，使直线与所成角的余弦值为
D．存在点，使点，到平面的距离之和为3
三、填空题
7．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
8．（2024·江苏徐州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，点M，N分别在线段上运动，若与底面所成角为，则线段长度的最小值为 ．
9．（2024·河北沧州·一模）已知正四棱柱的底面边长与侧棱长之比为，则平面与平面夹角的余弦值为 ．
四、解答题
10．（23-24高二上·四川攀枝花·期末）如图所示，在梯形中，，，.四边形为矩形，且平面.
(1)求证：平面；
(2)若直线与所成角的正切值为，点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
11．（2024·广东广州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求与平面所成角的正弦值.
12．（2024·山西临汾·一模）如图，在三棱柱中，，，，二面角的大小为.
(1)求四边形的面积；
(2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
13．（23-24高三下·黑龙江·阶段练习）已知：斜三棱柱中，，与面所成角正切值为，，，点为棱的中点，且点向平面所作投影在内．
(1)求证：；
(2)为棱上一点，且二面角为，求的值．
参考答案：
1．C
【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
2．A
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
3．D
【分析】由题意当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.此时建立适当的空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由法向量夹角余弦的坐标公式即可求解.
【详解】三棱锥的体积与到平面的距离成正比，
故当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.
点处于半圆弧的正中间位置时，记的中点为，以其为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
平面显然有法向量，
，
设为平面的法向量，
则该向量与和均垂直，
所以，从而.
令，解得，
故符合条件，
显然二面角为锐角，
因此所求余弦值为.
故选：D.
4．BC
【分析】令与重合，利用特殊位置举反例证明A，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得两直线所成角，从而求得到直线的距离，即可求得直线被球截得的弦长判断B，确定过直线的平面截球的所有截面圆中，半径最小的圆为以直线被球截得的弦长为为直径的圆，从而求得圆的面积判断C，确定当为的中点时，过的平面截该正方体所得截面为边长为的正六边形，利用正弦定理的面积公式判断D.
【详解】对于A：因为在棱上移动，当与重合时，平面即平面，
因为在直线上，所以平面，所以与平面平面相交，A说法错误；
对于B：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，

则由题意可得，，，，
则，，，
设直线与直线的夹角为，则，
所以，
连接，过作直线的垂线，垂足为，
则在中由解得，
设直线被球截得弦长为，则，B说法正确；
对于C，过直线的平面截球所得的所有截面圆半径最小时，垂直与于过的平面，
此时圆的半径，圆的面积为，C说法正确；
对于D，当为中点时，过的平面截该正方体所得截面为正六边形，，
在中，，所以边长，
所以截面面积，D说法错误；
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，平面截正方体问题，关键是：（1）利用球的弦长公式计算弦长；（2）确定平面截正方体所得截面的形状.
5．ABD
【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法逐一判断各个选项即可.
【详解】根据已知条件，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，设，则，，，
，，，；
由是棱上的动点，设，，
因为，，所以，
即，故A正确；
当为中点时，是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正确；
，，若存在点，
使直线与所成的角为，
则，
化简得，无解，故C错误；
由题意可知：点到平面的距离，
为平面的法向量，所以点到平面的距离为，
所以，故D正确.
故选：ABD
6．AB
【分析】连接，应用勾股定理求的范围判断A；利用等面积法有即可判断B；构建空间直角坐标系，设，，应用向量法表示线线角余弦值，列方程求参数即可判断C；在平面中，过，分别作，，垂足为，，由即可求最大值判断D.
【详解】连接，则，故A正确；
点到直线的距离，故B正确；
以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，则，，
假设存在点，使直线与所成角的余弦值为，
则，
整理得，解得，故C错误；
在平面中，过，分别作，，垂足为，，
则点，到平面的距离之和为．
设，则，
当点与重合时，点，到平面的距离之和最大，
所以不存在点，使点，到平面的距离之和为3，故D错误．
故选：AB
7．
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形中，因为，
故，则，
则，，故点；
又，设点，由，则可得；
，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
故平面的法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则
因为，且，故令，
则
又，故，，也即，
故的最大值为，又，故的最小值为.
即直线与平面所成角的余弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题.
8．
【分析】由三点共线，引入两个参数，由与底面所成角为得出的约束关系以及各自的范围，进一步将长度表示为的函数即可得解.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
由题意可设，，
其中，
所以，
显然为平面的法向量，
所以，
显然（否则矛盾）， 从而，
注意到，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上的最小值为，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键在于得到，由此即可顺利得解.
9．
【分析】建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解.
【详解】如图，以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，
正四棱柱的底面边长为，则，
所以
则，
设平面与平面的法向量分别为，
则，令，则，
，令，则，
设向量的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
故答案为：
10．(1)证明见解析
(2)点为线段的靠近的三等分点
【分析】（1）利用梯形的性质及线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理即可求解；
（2）利用线线角的定义，根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）因为四边形为梯形，，，，
所以，，则，即
又因为平面，面ABCD，所以.
因为、都在平面内，，
所以面.
（2）取中点，连结，，由，知，
由（1）知，共面且不共线，所以，
故直线与所成角为.
由平面，面ABCD，所以，又，
在面内，且，故面，
所以面，面，则，
在中，，，所以，
在，易得，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,如图所示，
则，，，
，，
设为平面的法向量，则
，即，取，则.
所以
由题可知，是平面的一个法向量，
所以.
因为，解得或（舍去）.
当点为线段的靠近的三等分点时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
11．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）取中点，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.
（2）过作于点，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点，连接，由为中点，为中点，得，
又，则，因此四边形为平行四边形，
于是，而平面平面，
所以平面.
（2）过作于点，连接，由，得≌，
则，即，而，
因此，又平面，则平面，平面，
所以平面平面.
（3）由（2）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，
则，
，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，，
所以与平面所成角的正弦值是.
12．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）取的中点，连接，由给定条件结合余弦定理求出，再推证即可求出四边形面积.
（2）由已知可得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，取的中点，连接，
在中，由，，得，，
在中，由，，得，，
则为二面角的平面角，即，
在中，由余弦定理得，解得，
又，平面，则平面，而平面，于是，
显然，则，
所以平行四边形的面积.
（2）由（1）知，有，则，
同理，又，，即，则，
以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
假设存在点满足题意，不妨设，
则，
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，此时，
所以存在点满足题意，且的长为.
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知直线与平面所成的角为，根据已知条件求出、的长，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：取线段的中点，连接、，
在斜三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，
所以，且，
因为、分别为、的中点，所以，四边形为平行四边形，
所以，，
又因为，则，因为，则，
因为，为的中点，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，.
（2）解：由（1）可知，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，则，
又因为，，、平面，则平面，
所以，直线与平面所成的角为，
所以，，则，
因为，可得，，
因为，则，，
所以，，则，
因为为的中点，所以，，
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、、、、，
，则，
即点，同理可得点、，
设，其中，
则，且，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
因为二面角为，
则，整理可得，
因为，解得，即.
题号
1
2
3
4
5
6




答案
C
A
D
BC
ABD
AB