文档文本内容
专题24 空间角选填题
（异面直线所成角、线面角、面面角）
（三大考点，21 题）
考点分类
十年考情（2017-2026）
命题规律
考点01 异面直线
所成角
2025 上海、2024 上海、2022 新高
考Ⅰ、2021 全国乙、2018 全国
Ⅱ、2017 全国Ⅱ/Ⅲ
1.立体几何基础选填，载体多为正
方体、长方体、棱柱、圆锥。
2.核心方法：平移法找异面直线夹
角，计算余弦、正切值，求角度范
围/最小值。
3.常结合旋转几何体动态判断角度
变化规律，设置多结论判断题。
考点02 线面角
2024 新课标Ⅱ、2023 全国乙、
2022 浙江/全国甲、2018 浙江/全
国Ⅰ/Ⅱ
1.高频中档小题，常与异面角、二
面角同题对比大小。
2.核心定义：直线与平面中投影的
夹角，通过垂线找角，求解三角比
值。
3.多结合棱台、三棱锥、长方体、
圆锥载体综合出题。
考点03 面面角
2026 全国一卷、2023 新课标Ⅱ/北
京、2019 浙江、2017 浙江
1.立体几何选填难点，常作为多选
压轴。
2.考法：求二面角平面角的三角函
数值、结合建筑几何模型求棱长、
三类空间角大小比较。
3.载体包含圆锥、传统坡屋顶五面
体、正四面体，侧重几何直观判
断。
考点01 异面直线所成角
1. （2025·上海·高考真题）已知P 是一个圆锥的顶点，
是母线，
，该圆锥的底面半径是1．B、
C 分别在圆锥的底面上，则异面直线
与
所成角的最小值为__________．
【答案】
【分析】过
作
交底面圆锥于
点，则
为异面直线
与
所成角，结合余弦定理与余
弦函数的性质即可得
的取值范围，从而得所求最值.
【详解】
如图，过
作
交底面圆锥于
点，连接
，
因为
，则
为异面直线
与
所成角，
所以
，
又
，所以
，即
，
因为
，函数
在
上单调递减，所以
，
故异面直线
与
所成角的最小值为
.
故答案为：
.
2. （2024·上海·高考真题）在棱柱
中，底面
为平行四边形，
，
，
，设异面直线
与
的夹角为
，则
________．
【答案】
【分析】将
用不共面的向量
表示出来，从而得到
，然后由公式
计算夹角余弦值即可.
【详解】
，
，
，
底面ABCD 为平行四边形，所以
，
所以
，
.
所以
，
故异面直线
与
的夹角的余弦值为:
，
故答案为：
3. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正方体
，则（ ）
A．直线
与
所成的角为
B．直线
与
所成的角为
C．直线
与平面
所成的角为
D．直线
与平面ABCD 所成的角为
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接
、
，因为
，所以直线
与
所成的角即为直线
与
所成
的角，
因为四边形
为正方形，则
，故直线
与
所成的角为
，A 正确；
连接
，因为
平面
，
平面
，则
，
因为
，
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，故B 正确；
连接
，设
，连接
，
因为
平面
，
平面
，则
，
因为
，
，所以
平面
，
所以
为直线
与平面
所成的角，
设正方体棱长为，则
，
，
，
所以，直线
与平面
所成的角为
，故C 错误；
因为
平面
，所以
为直线
与平面
所成的角，易得
，故D 正确.
故选：ABD
4. （2021·全国乙卷·高考真题）在正方体
中，P 为
的中点，则直线
与
所成的
角为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】平移直线
至
，将直线
与
所成的角转化为
与
所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接
，因为
∥
，
所以
或其补角为直线
与
所成的角，
因为
平面
，所以
，又
，
，
所以
平面
，所以
，
设正方体棱长为2，则
，
，所以
.
故选：D
5. （2018·全国II 卷·高考真题）在正方体
中，
为棱
的中点，则异面直线
与
所成角的正切值为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用正方体
中，
，将问题转化为求共面直线
与
所成角的正切值，
在
中进行计算即可.
【详解】在正方体
中，
，所以异面直线
与
所成角为
，
设正方体边长为
，则由
为棱
的中点，可得
，所以
，
则
.故选C.
【点睛】求异面直线所成角主要有以下两种方法：
（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角
所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；
（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的
余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.
6. （2017·全国II 卷·高考真题）已知直三棱柱
中，
，
，
，
则异面直线
与
所成角的余弦值为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】如图所示，补成直四棱柱
，
则所求角为
，
易得
，因此
，故选C．
平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题
来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是
，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异
面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．
7. （2017·全国III 卷·高考真题）a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC
所在直线与a，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；
②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；
③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；
④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【分析】由题意知，a、b、AC 三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1 的正方体，|AC|＝1，|AB|
，斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1 为半径的圆，以
C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：由题意知，a、b、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，
故|AC|＝1，|AB|
，
斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，
B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1 为半径的圆，
以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，
则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a 的方向单位向量
（0，1，0），|
|＝1，
直线b 的方向单位向量
（1，0，0），|
|＝1，
设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），
其中θ 为B′C 与CD 的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量，
（cosθ，sinθ，﹣1），|
|
，
设
与
所成夹角为α∈[0，
]，
则cosα
|sinθ|∈[0，
]，
∴α∈[
，
]，∴③正确，④错误．
设
与
所成夹角为β∈[0，
]，
cosβ
|cosθ|，
当
与
夹角为60°时，即α
，
|sinθ|
，
∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ
|cosθ|
，
∵β∈[0，
]，∴β
，此时
与
的夹角为60°，
∴②正确，①错误．
故答案为②③．
【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问
题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是
，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两
条异面直线所成的角.
（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
8. （2018·全国II 卷·高考真题）在长方体
中，
，
，则异面直线
与
所成角的余弦值为
A．
B．
C．
D．
【答案】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”.
考点02 线面角
1. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台
的体积为
，
，
，则
与
平面ABC 所成角的正切值为（ ）
A．
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高
，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求
得
，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台
补成正三棱锥
，
与平面ABC 所成角即为
与平面ABC 所成角，根据比例关系可得
，进而可求正
三棱锥
的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取
的中点
，则
，
可知
，
设正三棱台
的为
，
则
，解得
，
如图，分别过
作底面垂线，垂足为
，设
，
则
，
，
可得
，
结合等腰梯形
可得
,
即
，解得
，
所以
与平面ABC 所成角的正切值为
；
解法二：将正三棱台
补成正三棱锥
，
则
与平面ABC 所成角即为
与平面ABC 所成角，
因为
，则
，
可知
，则
，
设正三棱锥
的高为
，则
，解得
，
取底面ABC 的中心为
，则
底面ABC，且
，
所以
与平面ABC 所成角的正切值
.
故选：B.
2. （2023·全国乙卷·高考真题）已知
为等腰直角三角形，AB 为斜边，
为等边三角形，若二面
角
为
，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取
的中点
，连接
，因为
是等腰直角三角形，且
为斜边，则有
，
又
是等边三角形，则
，从而
为二面角
的平面角，即
，
显然
平面
，于是
平面
，又
平面
，
因此平面
平面
，显然平面
平面
，
直线
平面
，则直线
在平面
内的射影为直线
，
从而
为直线
与平面
所成的角，令
，则
，在
中，由余弦定理
得：
，
由正弦定理得
，即
，
显然
是锐角，
，
所以直线
与平面
所成的角的正切为
.
故选：C
3. （2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱
，E，F 分别是棱
上的点．
记
与
所成的角为
，
与平面
所成的角为
，二面角
的平面角为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先用几何法表示出
，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点
作
于
，过
作
于
，连接
，
则
，
，
，
，
，
，
所以
，
故选：A．
4. （2022·全国甲卷·高考真题）在长方体
中，已知
与平面
和平面
所成
的角均为
，则（ ）
A．
B．AB 与平面
所成的角为
C．
D．
与平面
所成的角为
【答案】D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设
，依题以及长方体的结构特征可知，
与平面
所成角为
，
与平面
所成角为
，所以
，即
，
，解得
．
对于A，
，
，
，A 错误；
对于B，过
作
于
，易知
平面
，所以
与平面
所成角为
，因为
，所以
，B 错误；
对于C，
，
，
，C 错误；
对于D，
与平面
所成角为
，
，而
，所以
．D 正确．
故选：D．
5. （2018·浙江·高考真题）已知四棱锥
的底面是正方形，侧棱长均相等，
是线段
上的点
（不含端点），设
与
所成的角为
，
与平面
所成的角为
，二面角
的平面角
为
，则
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
【详解】设
为正方形
的中心，
为
中点，过
作
的平行线
，交
于
，过
作
垂直
于
，连接
、
、
，则
垂直于底面
，
垂直于
，
因此
从而
因为
，所以
即
，选D.
【点睛】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.
6. （2018·全国I 卷·高考真题）在长方体
中，
，
与平面
所成的角
为
，则该长方体的体积为
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先画出长方体
，利用题中条件，得到
，根据
，求得
，可以确定
，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.
【详解】在长方体
中，连接
，
根据线面角的定义可知
，
因为
，所以
，从而求得
，
所以该长方体的体积为
，故选C.
【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高
的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要
明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.
7. （2018·全国II 卷·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线
，
所成角的余弦值为
，
与圆锥底面
所成角为45°，若
的面积为
，则该圆锥的侧面积为__________．
【答案】
【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公
式求出结果.
【详解】因为母线
，
所成角的余弦值为
，所以母线
，
所成角的正弦值为
，因为
的面积为
，设母线长为
所以
，
因为
与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为
，
因此圆锥的侧面积为
．
【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式
求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．
8. （2018·全国I 卷·高考真题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面
所成的角都相等，则
截此正方体所得截面面积的最大值为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】首先利用正方体的棱是3 组每组有互相平行的4 条棱，所以与12 条棱所成角相等，只需与从同一
个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边
长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体
中，
平面
与线
所成的角是相等的，
所以平面
与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面
也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面
与
中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为
，
所以其面积为
，故选A.
点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位
置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面
积的求法，应用相关的公式求得结果.
考点03 面面角
1. （2026·全国一卷·高考真题）在空间中，
、
为两个定点，动点
到直线
的距离为2，动点
到
直线
的距离为1．若二面角
为
，则（ ）
A．
B．
C．当
时，
平面
D．当
平面
时，
【答案】BC
【分析】做出满足条件的图，过点
作
，
为垂足，过点
作
，
为垂足，过点
作
，由条件可得
，解三角形可得
，由此判断B，当点
与点
的距离无限大时，
可得
趋向于
，排除A，先证明
平面
，结合
，证明
重合，由此证明
平面
，由
平面
推出点
与点
重合，点
与点
重合，判断D.
【详解】不失一般性作图如下，
过点
作
，
为垂足，过点
作
，
为垂足，
过点
作
，
，连接
，
则
，因为二面角
为
，
所以
，由已知
，
所以
，所以
，
故
，
，B 正确；
当点
与点
的距离无限大时，
，
无限大，
无限靠近
，
此时
趋向于
，A 错误；
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以
，
若
，
不重合，结合
，
平面
，
可得
平面
，
平面
，
所以
，矛盾，所以
重合，
因为
，
，
，
平面
，
所以
平面
， 故
平面
，C 正确；
因为
平面
，若
平面
，
则平面
与平面
重合，此时点
与点
重合，点
与点
重合，
故
与
的夹角为
，D 错误，
2. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB 为底面直径，
，
，点C 在底面圆周上，且二面角
为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为
B．该圆锥的侧面积为
C．
D．
的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B 选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D 选项的正确性.
【详解】依题意，
，
，所以
，
A 选项，圆锥的体积为
，A 选项正确；
B 选项，圆锥的侧面积为
，B 选项错误；
C 选项，设
是
的中点，连接
，
则
，所以
是二面角
的平面角，
则
，所以
，
故
，则
，C 选项正确；
D 选项，
，所以
，D 选项错误.
故选：AC.
3. （2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒
出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面
是全等的等腰三角形．若
，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与
平面
的夹角的正切值均为
，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先根据线面角的定义求得
，从而依次求
，
，
，
，再把所
有棱长相加即可得解.
【详解】如图，过
做
平面
，垂足为
，过
分别做
，
，垂足分别为
，
，连接
，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为
和
，
所以
.
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
平面
，
，
所以
平面
，因为
平面
，所以
，.
同理：
，又
，故四边形
是矩形，
所以由
得
，所以
，所以
，
所以在直角三角形
中，
在直角三角形
中，
，
，
又因为
，
所有棱长之和为
.
故选：C
4. （2019·浙江·高考真题）设三棱锥
的底面是正三角形，侧棱长均相等，
是棱
上的点（不
含端点），记直线
与直线
所成角为
，直线
与平面
所成角为
，二面角
的平面
角为
，则
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及
各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图
形特征，则可事倍功半.
【详解】方法1：如图
为
中点，
在底面
的投影为
，则
在底面投影
在线段
上，过
作
垂直
，易得
，过
作
交
于
，过
作
，交
于
，则
，则
，即
，
，即
，综上所述，答案为B.
方法2：由最小角定理
，记
的平面角为
（显然
）
由最大角定理
，故选B.
方法3：（特殊位置）取
为正四面体，
为
中点，易得
，故选B.
【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便
解法.
5. （2017·浙江·高考真题）如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R 分别为
AB，BC，CA 上的点，AP=PB，
，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P 的平面角为
α,β,γ，则
A．γ<α<β
B．α<γ<β
C．α<β<γ
D．β<γ<α
【答案】B
【详解】设O 为三角形ABC 中心，则正四面体D–ABC 的顶点在底面ABC 的投影为O，过O 分别作PR、
PQ、RQ 的垂线，垂足分别为E、F、G，连结DE、DF、DG，则有
所以
只需比较OE、OF、OG 的大小：
在底面三角形ABC 中，建立如图示的坐标系，
不妨设
,则
所以直线RP 的方程为
，直线PQ 的方程为
，直线RQ 的方程为
,由点到
直线的距离公式，可求出：
所以
,所以
，有α,β,γ 均为锐角，所以α<γ<β.
故选：B
【点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般有线
面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定
理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解．
