2026 年高考数学·教考衔接
教材命题点探源
-----------------------------供2026 高考备考二轮、三轮复习及考前使用-------------------------
教考衔接八 空间向量与立体几何
--------------■高考命题·解读■-----------------
核心考点
五年考情
考点1.空间向量与平行关系
2023·全国乙卷
2022·全国甲卷
考点2. 空间向量与垂直关系
2023·全国甲卷
2022·全国乙卷
2021·全国甲卷 2021·全国乙卷
考点3.空间向量求异面直线所成的角
2025·全国一卷
考点4. 空间向量求直线与平面所成的角
2023·全国甲卷
2022·全国甲卷 2022·全国乙卷
考点5.求面面角或二面角
2025·全国二卷
2024·新课标Ⅰ卷 2024·新课标Ⅱ卷 2024·全国甲卷
2023·新课标Ⅰ卷 2023·新课标Ⅱ卷 2023·全国乙卷
2022·新高考全国Ⅰ卷 2022·新高考全国Ⅱ卷
2021·新高考全国Ⅰ卷 2021·新高考全国Ⅱ卷
2021·全国甲卷 2021·全国乙卷
🎯【命题解读】（考前必看）
1.空间向量与立体几何是高考的热点，难度以中档或偏难为主，题型涵盖选择，填空和解答题.
（1）从近几年高考情况来看，本章内容在客观题中主要考查借助于空间几何体为载体，考查线线
垂直、线面垂直的探求、空间向量法在解决立体几何位置关系的应用.
（2）在解答题中主要考查线、面位置关系的证明及空间角的计算，建系是解题的关键.
（3）考查的核心素养为逻辑推理、直观想象和数学运算.
2.空间向量与立体几何考查的主要内容有：
（1）以空间几何体为载体考查空间线、面位置关系的证明以及空间角和距离的计算；
（2）以空间向量为辅助工具解决空间角的计算与线、面位置关系的证明.
🎯练教材-----必刷经典母题
【教材母题1】(人教A 版选择性必修第一册P43·T9)已知M,N 分别是正方体ABCD-A'B'C'D'的棱BB'和B'C'的
中点,求:
（1）MN 和CD'所成的角;
（2）MN 和AD 所成的角.
【解析】(1)以D 为原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,DD'为z 轴,建立如图空间直角坐标系,
设正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为2,则M(2,2,1),N(1,2,2),C(0,2,0),D'(0,0,2),⃗
MN=(-1,0,1),⃗CD'=(0,-2,2),cos<⃗MN,⃗CD'>=⃗
MN ·⃗CD'
|⃗MN |·|⃗CD' |
=
2
❑√2×❑√8
=1
2,∴MN 和CD'所成角的大小为60°.
(2)A(2,0,0),D(0,0,0),⃗AD=(-2,0,0),cos<⃗MN,⃗AD>=⃗
MN ·⃗AD
|⃗MN |·|⃗AD|
=
2
❑√2×2
=
❑√2
2
,∴MN 和AD 所成角的大小为
45°.
【🚀衔接高考】
(2021·全国乙卷) （一题多解）在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P 为B1D1的中点,则直线PB 与AD1所成的角为(
)
A.π
2 B.π
3
C.π
4 D.π
6
【答案】D
【解析】解法一：如图, 连接C1P,因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,且P 为B1D1的中点,
所以C1P⊥B1D1,又C1P⊥BB1,B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1⊂平面B1BP,所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP,所以有
C1P⊥BP.连接BC1,则AD1∥BC1,所以∠PBC1为直线PB 与AD1所成的角(或其补角).设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱
长为2,则在Rt△C1PB 中,C1P=1
2B1D1=❑√2,BC1=2❑√2,sin ∠PBC1= PC1
BC1
=1
2,所以∠PBC1=π
6 ,故选D.
解法二：如图,
以A 为坐标原点,AB,AD,AA1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD-A1B1C1D1的
棱长为2,则A(0,0,0),B(2,0,0),P(1,1,2),D1(0,2,2),⃗PB=(1,-1,-2),⃗AD1=(0,2,2).设直线PB 与AD1所成的角为θ,则cos θ=
|⃗
PB·⃗AD1
|⃗PB||⃗AD1||=|-6|
❑√6×❑√8=
❑√3
2 .因为θ∈(0, π
2],所以θ=π
6 ,故选D.
法三 如图,连接BC1,A1B,A1P,PC1,则易知AD1∥BC1,所以直线PB 与AD1所成的角等于直线PB 与BC1所成的角(或
其补角).由P 为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点,知A1,P,C1三点共线,且P 为A1C1的中点.
易知A1B=BC1=A1C1,所以△A1BC1为等边三角形 ,所以∠A1BC1=π
3 ,又P 为A1C1的中点,所以可得∠PBC1=1
2
∠A1BC1=π
6 ,故直线PB 与AD1所成的角为π
6 ,故选D.
【教材母题2】 (人教A 版选择性必修第一册P34 例6)如图,在棱长为1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E 为线段
A1B1的中点,F 为线段AB 的中点.
（1）求点B 到直线AC1的距离;
（2）求直线FC 到平面AEC1的距离.
【解析】以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D 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A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,1),C1(0,1,0),E(1, 1
2 ,0),F(1, 1
2 ,1),所以⃗AB=(0,1,0),⃗A C1=(-1,1,-1),⃗
AE=(0, 1
2 ,-1),⃗EC1=(-1, 1
2 ,0),⃗FC=(-1, 1
2 ,0),⃗AF=(0, 1
2 ,0).
(1)取a=⃗AB=(0,1,0),u=⃗A C1
|⃗A C1|
=
❑√3
3 (-1,1,-1),则a2=1,a·u=
❑√3
3 .
所以点B 到直线AC1的距离为❑√a
2-(a·u)
2=❑√1- 1
3
=
❑√6
3 .
(2)因为⃗FC=⃗EC1=(-1, 1
2 ,0),
所以FC∥EC1,因为FC⊄平面AEC1,所以FC∥平面AEC1.
所以直线FC 到平面AEC1的距离即为点F 到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z),
则{
n·⃗AE =0,
n·⃗EC1=0.所以{
1
2 y - z =0,
- x + 1
2 y =0.
所以{
x = z ,
y =2 z .取z=1,则x=1,y=2.
所以n=(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量.
又因为⃗AF=(0, 1
2 ,0),所以点F 到平面AEC1的距离为|⃗AF ·n|
|n|
=|(0, 1
2 ,0)·(1,2,1)|
❑√6
=
❑√6
6 .
即直线FC 到平面AEC1的距离为
❑√6
6 .
【教材母题3】 (人教A 版选择性必修第一册P41T3)如图,在三棱锥O-ABC 中,OA,OB,OC 两两垂直,
OA=OC=3,OB=2.求直线OB 与平面ABC 所成角的正弦值.
【解析】以O 为坐标原点,OB 为x 轴,OC 轴为y 轴,OA 为z 轴建立空间直角坐标系,
所以O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,0,3),C(0,3,0),⃗OB=(2,0,0),
设平面ABC 的一个法向量为n=(x,y,z),⃗BA=(-2,0,3),⃗AC=(0,3,-3),
{
n·⃗BA =0,
n·⃗AC =0,即{
-2 x +3 z =0,
3 y -3 z =0, 所以不妨令x=3,则n=(3,2,2),所以cos<⃗OB,n>=
6
2×❑√17 =3 ❑√17
17
,
所以直线OB 与平面ABC 所成角的正弦值为3 ❑√17
17
.
【🚀衔接高考】
（1）（2025·北京高考）如图，在四棱锥
中，
与
均为等腰直角三角形，
，E 为BC 的中点．
①若
分别为
的中点，求证：
平面PAB；
②若
平面ABCD，
，求直线AB 与平面PCD 所成角的正弦值．
【解析】①取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN、MN，
与
为等腰直角三角形且
，
不妨设
，
.
.
E、F 分别为BC、PD 的中点，
，且
.
，
，
，∴四边形FGMN 为平行四边形，
，
平面PAB，
平面PAB，
平面PAB；
②
平面ABCD，
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
，
，
设平面PCD 的一个法向量为
，
，
，取
，
，
.
设AB 与平面PCD 所成角为
，
则
，
即AB 与平面PCD 所成角的正弦值为
.
（2）(2020·新高考Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD 的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD 与平面PBC 的交
线为l.
（1）证明:l⊥平面PDC;
（2）已知PD=AD=1,Q 为l 上的点,QB=❑√2,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值.
(1)证明 ∵PD⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,∴PD⊥AD.
又底面ABCD 是正方形,∴AD⊥DC.∵PD∩DC=D,∴AD⊥平面PDC.
∵AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.
∵AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,∴l∥AD,∴l⊥平面PDC.
(2)解 以D 为坐标原点,⃗DA的方向为x 轴为正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),⃗DC=(0,1,0),⃗PB=(1,1,-1).由(1)设Q(a,0,1),则⃗BQ=(a-1,-1,1).
由题意知❑√(a-1)
2+2=❑√2,
∴a=1,∴⃗DQ=(1,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD 的一个法向量,则{
n·⃗DQ =0,
n·⃗DC =0,
即{
x + z =0,
y =0, 可取n=(1,0,-1),
∴cos<n,⃗PB>=
n·⃗PB
|n|·|⃗PB|
=
❑√6
3 ,故PB 与平面QCD 所成角的正弦值为
❑√6
3 .
【教材母题4】 (人教A 版选择性必修第一册P39·例10)如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是正方形，
侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E 是PC 的中点，作EF⊥PB 交PB 于点F.
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求证：PB⊥平面EFD；
（3）求平面CPB 与平面PBD 的夹角的大小.
【解析】以D 为原点，DA，DC，DP 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，设
DC＝1.
（1）证明 连接AC，交BD 于点G，连接EG.
依题意得A(1，0，0)，P(0，0，1)，E.
因为底面ABCD 是正方形，所以点G 是它的中心，
故点G 的坐标为，且PA＝(1，0，－1)，EG＝.
所以PA＝2EG，即PA∥EG.而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，
因此PA∥平面EDB.
（2）证明 依题意得B(1，1，0)，PB＝(1，1，－1)．又DE＝，故PB·DE＝0＋
－＝
0.
所以PB⊥DE.由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD.
（3）已知PB⊥EF，由(2)可知PB⊥DF，故∠EFD 是平面CPB 与平面PBD 的夹角．
设点F 的坐标为(x，y，z)，则PF＝(x，y，z－1)．
因为PF＝kPB，所以(x，y，z－1)＝k(1，1，－1)＝(k，k，－k)，即x＝k，y＝k，z＝1－k.
设PB·DF＝0，则(1，1，－1)·(k，k，1－k)＝k＋k－1＋k＝3k－1＝0.
所以k＝，点F 的坐标为.
又点E 的坐标为，所以FE＝.
所以cos∠EFD＝＝＝.
所以∠EFD＝60°，即平面CPB 与平面PBD 的夹角大小为60°.
【🚀衔接高考】
（1）（2025·全国一卷）（一题多解）在正三棱柱
中，D 为BC 中点，则（ ）
A．
B．
平面
C．
D．
平面
【答案】BD
【解析】解法一：对于A，在正三棱柱
中，
平面
，
又
平面
，则
，则
，
因为
是正三角形，
为
中点，则
，则
又
，
所以
，
则
不成立，故A 错误；
对于B，因为在正三棱柱
中，
平面
，又
平面
，则
，
因为
是正三角形，
为
中点，则
，
又
平面
，所以
平面
，故B 正确；
对于D，因为在正三棱柱
中，
又
平面
平面
，所以
平面
，故D 正确；
对于C，因为在正三棱柱
中，
，
假设
，则
，这与
矛盾，所以
不成立，故C 错误；
故选BD.
解法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为
，高为
，
则
，
对于A，
，
则
，
则
不成立，故A 错误；
对于BD，
，
设平面
的法向量为
，
则
，得
，令
，则
，
所以
，
，
则
平面
，
平面
，故BD 正确；
对于C，
，则
，显然
不成立，故C 错误；
故选BD.
（2）（2025·天津高考）（一题多解）正方体
的棱长为4，
分别为
中点，
．
①求证：
平面
；
②求平面
与平面
夹角的余弦值；
③求三棱锥
的体积．
【解析】①解法一：在正方形
中，
由条件易知
，所以
，
则
，
故
，即
，
在正方体中，易知
平面
，且
，
所以
平面
，
又
平面
，∴
，
∵
平面
，∴
平面
；
解法二：如图以D 为中心建立空间直角坐标系，
则
，
所以
，
设
是平面
的一个法向量，
则
，令
，则
，所以
，
易知
，则
也是平面
的一个法向量，∴
平面
；
②同上法二建立的空间直角坐标系，
所以
，
由①知
是平面
的一个法向量，
设平面
的一个法向量为
，所以
，
令
，则
，即
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
；
③由①知
平面
，
平面
，∴
，
易知
，
又
，则D 到平面
的距离为
，
由棱锥的体积公式知：
.
（3）（2025·全国二卷）如图，在四边形
中，
，F 为CD 的中点，点E 在AB 上，
，
，将四边形
沿
翻折至四边形
，使得面
与面EFCB 所成
的二面角为
．
①证明:
平面
；
②求面
与面
所成的二面角的正弦值．
【解析】①设
，所以
，因为
为
中点，所以
，因为
，
，所以
是平行四边形， 所以
，所以
，
因为
平面
平面
，所以
平面
，
因为
平面
平面
，所以
平面
，
又
，
平面
，所以平面
平面
，
又
平面
，所以
平面
．
②因为
，所以
，又因为
，所以
，
以
为原点，
以及垂直于平面
的直线分别为
轴，建立空间直角坐标系.
因为
，平面
与平面
所成二面角为60° ，所以
.
则
，
，
，
，
，.
所以
.
设平面
的法向量为
，则
，所以
，令
，则
，则
.
设平面
的法向量为
，
则
，所以
，
令
，则
，所以
.
所以
.
所以平面
与平面
夹角的正弦值为
.
（4）(2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD 中，底面ABCD 是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.
①证明：平面QAD⊥平面ABCD；
②求二面角B－QD－A 的平面角的余弦值.
①证明 取AD 的中点为O，连接QO，CO.因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.
在Rt△ODC 中，CO＝＝.
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC 为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
②解 在平面ABCD 内，过O 作OT∥CD，交BC 于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如
图所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，
故BQ＝(－2，1，2)，BD＝(－2，2，0)．
设平面QBD 的法向量为n＝(x，y，z)，则即
取x＝1，则y＝1，z＝，故n＝.
易知平面QAD 的一个法向量为m＝(1，0，0)，故cos〈m，n〉＝＝＝.
又二面角BQDA 的平面角为锐角，故其余弦值为.
【教材母题5】 (人教A 版选择性必修第一册P49T12)如图,在四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 满足
AB⊥AD,AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,且SA=AB=BC=1,AD=0.5.
（1）求四棱锥S-ABCD 的体积;
（2）求平面SCD 与平面SAB 的夹角的余弦值.
【解析】(1)根据题意可得四棱锥S-ABCD 的体积为VS-ABCD=1
3×S 直角梯形ABCD×SA=1
3×1
2×(1+0.5)×1×1=1
4 .
(2)根据题意可建系如图:
则D(
1
2 ,0,0),C(1,1,0),S(0,0,1),∴⃗DC=(
1
2 ,1,0),⃗SC=(1,1,-1),
设平面SCD 的法向量为m=(x,y,z),则{
m·⃗DC = 1
2 x + y =0,
m·⃗SC = x + y - z =0,
取m=(2,-1,1),
又易知平面SAB 的法向量为n=(1,0,0),∴平面SCD 与平面SAB 的夹角的余弦值为|cos<m,n>=|m·n|
|m||n| =
2
❑√6×1=
❑√6
3 .
【教材母题6】 (湘教版选择性必修第二册P112·T19)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E
在棱AB 上移动.
①求证:D1E⊥A1D;
②当点E 为棱AB 的中点时,求点E 到平面ACD1的距离;
③当AE 为何值时,平面D1EC 与平面AECD 所成的角为π
4 ?
【解析】以D 为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z 轴,
建立空间直角坐标系,设AE=x(0≤x≤2),则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0),D(0,0,0).
①证明 ∵⃗D A1·⃗D1 E=(1,0,1)·(1,x,-1)=0,∴⃗D A1⊥⃗D1 E,∴D1E⊥A1D.
②∵E 为AB 的中点,则E(1,1,0),∴⃗D1 E=(1,1,-1),⃗AC=(-1,2,0),⃗A D1=(-1,0,1),
设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则{
n·⃗AC =0,
n·⃗A D1=0,也即{
-a+2b=0,
-a+c =0,
令a=2,得{
b=1,
c =2,从而n=(2,1,2),∴点E 到平面AD1C 的距离为:h=|⃗D1 E·n|
|n|
=|2×1+1×1+2×(-1)|
❑√2
2+1
2+2
2
=1
3.
③设平面D1EC 的法向量n1=(a1,b1,c1),
∴⃗CE=(1,x-2,0),⃗D1C=(0,2,-1),⃗D D1=(0,0,1),由{
n1·⃗D1C =0,
n1·⃗CE =0, 得{
2b1-c1=0,
a1+b1( x -2)=0,
令b1=1,∴c1=2,a1=2-x,∴n1=(2-x,1,2).
又平面AECD 的一个法向量为⃗D D1=(0,0,1),依题意cos π
4 =|n1·⃗D D1|
|n1|·|⃗D D1|
=
2
❑√( x -2)
2+5
=
❑√2
2 ,
∴x1=2+❑√3(舍去),x2=2-❑√3,∴AE=2-❑√3时,平面D1EC 与平面AECD 所成的角为π
4 .
【🚀衔接高考】
（1）(2024·新高考Ⅱ卷)如图,平面四边形ABCD 中,AB=8,CD=3,AD=5❑√3,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F 满足⃗
AE=2
5⃗AD,⃗AF=1
2⃗AB.将△AEF 沿EF 翻折至△PEF,使得PC=4❑√3.
①证明:EF⊥PD;
②求平面PCD 与平面PBF 所成的二面角的正弦值.
①证明 由题意知,AE=2
5AD=2❑√3,AF=1
2AB=4,
又∠BAD=30°,所以由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos 30°=4,故EF=2.
又EF2+AE2=AF2,所以EF⊥AE.由EF⊥AE 及翻折的性质知EF⊥PE,EF⊥ED,
又ED∩PE=E,ED,PE⊂平面PED,所以EF⊥平面PED.又PD⊂平面PED,所以EF⊥PD.
②解 如图,连接CE,由题意知DE=3❑√3,CD=3,∠CDE=90°,故CE=❑√D E
2+C D
2=6.
又PE=AE=2❑√3,PC=4❑√3,所以PE2+CE2=PC2,故PE⊥CE.
又PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EF⊂平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.
EF,ED,PE 两两垂直,故以E 为原点,EF,ED,PE 所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则P(0,0,2❑√3),D(0,3
❑√3,0),F(2,0,0),A(0,-2❑√3,0),C(3,3❑√3,0),
连接PA,则⃗PD=(0,3❑√3,-2❑√3),⃗DC=(3,0,0),⃗AP=(0,2❑√3,2❑√3),⃗AF=(2,2❑√3,0).
设平面PCD 的法向量n1=(x1,y1,z1),则{
n1·⃗PD =3 ❑√3 y1-2❑√3 z1=0,
n1·⃗DC =3 x1=0,
可取n1=(0,2,3).
设平面PBF 即平面PAF 的法向量n2=(x2,y2,z2),则{
n2·⃗AP =2❑√3 y2+2❑√3 z2=0,
n2·⃗AF =2 x2+2❑√3 y2=0,
可取n2=(❑√3,-1,1),
|cos<n1,n2>|=|n1·n2|
|n1|·|n2| = 1
❑√65
,
故平面PCD 与平面PBF 所成二面角的正弦值为❑√1- 1
65
=8 ❑√65
65
.
（2）(2023·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在
棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
①证明:B2C2∥A2D2;
①点P 在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
①证明 解法一：依题意,得⃗B2C2=⃗B2B1+⃗B1C1+⃗C1C2=⃗D D2+⃗AD+⃗A2 A=⃗A2 D2,
又B2C2与A2D2不重合,所以B2C2∥A2D2.
解法二：以点C 为坐标原点,CD,CB,CC1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,则
B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2,1),D2(2,0,2),
所以⃗B2C2=(0,-2,1),⃗A2 D2=(0,-2,1),所以⃗B2C2=⃗A2 D2,又B2C2与A2D2不重合,所以B2C2∥A2D2.
②解 建立空间直角坐标系,建系方法同①中法二,设BP=n(0≤n≤4),则P(0,2,n),
所以⃗P A2=(2,0,1-n),⃗PC2=(0,-2,3-n).设平面PA2C2的法向量为a=(x1,y1,z1),
所以{⃗
P A2·a=0,⃗
PC2·a=0,则{
2 x1+(1-n)z1=0,
-2 y1+(3-n)z1=0,令x1=n-1,得a=(n-1,3-n,2).
设平面A2C2D2的法向量为b=(x2,y2,z2),由①中法二知,⃗A2C2=(-2,-2,2),⃗A2 D2=(0,-2,1),
所以{⃗
A2C2·b=0,⃗
A2 D2·b=0,
则{
-2 x2-2 y2+2 z2=0,
-2 y2+ z2=0,
令y2=1,得b=(1,1,2).所以|cos 150°|=|cos<a,b>|,即
❑√3
2 =
|n -1+3-n+ 4|
❑√(n-1)
2+(3-n)
2+ 4×❑√6
,
整理得n2-4n+3=0,解得n=1 或n=3,所以BP=1 或BP=3,所以B2P=1.
🎯读教材-----玩味阅读材料
【阅读】通过阅读《多知道一点——平面方程》(湘教版选择性必修第二册P104),可从中提炼出如下结论:
（1）已知平面α 的法向量n=(A,B,C)和平面上一点P0(x0,y0,z0),则空间任意一点P(x,y,z)在平面上的充要条件为A(x-
x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.
证明 P∈α 的充要条件是n⊥⃗P0 P,等价于0=n·⃗P0 P=(A,B,C)·(x-x0,y-y0,z-z0)=A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0),
即P(x,y,z)在平面α 上的充要条件是它的坐标满足方程A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.
（2）已知平面α 的方程为Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C 不同时为0,则n=(A,B,C)是平面α 的法向量.
证明 设平面α 内的任意两点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),则⃗P1 P2=(x2-x1,y2-y1,z2-z1),
且Ax1+By1+Cz1+D=0,Ax2+By2+Cz2+D=0,
因为n·⃗P1 P2=A(x2-x1)+B(y2-y1)+C(z2-z1)=Ax2+By2+Cz2-(Ax1+By1+Cz1)=0,所以n⊥⃗P1 P2,
所以n=(A,B,C)是平面α 的法向量.
（3）点P1(x1,y1,z1)到平面Ax+By+Cz+D=0 的距离为d=|A x1+ B y1+C z1+ D|
❑√A
2+ B
2+C
2
.
证明 如图所示,平面α 的方程为Ax+By+Cz+D=0,
向量n=(A,B,C)为α 的法向量,平面外一点P1(x1,y1,z1),在平面内取一点M0(x0,y0,z0),
则点P1到平面α 的距离d=|⃗M 0 P1·n|
|n|
,而⃗M 0 P1·n=|A(x1-x0)+B(y1-y0)+C(z1-z0)|,
由于点M0(x0,y0,z0)在平面α 上,因此有Ax0+By0+Cz0+D=0,即Ax0+By0+Cz0=-D,
由此可得⃗M 0 P1·n=|Ax1+By1+Cz1+D|,所以d=
|A x1+ B y1+C z1+ D|
❑√A
2+ B
2+C
2
,
空间中点到平面的距离公式可看成平面内点到直线的距离公式的推广.
【🚀新题预测】
(2025·济南模拟)在空间直角坐标系O-xyz 中,任一平面的方程都能表示成Ax+By+Cz+D=0,其中
A,B,C,D∈R,A2+B2+C2≠0,且n=(A,B,C)为该平面的法向量.
已知集合P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},T={(x,y,z)||x|+|y|≤2,|y|+|z|≤2,|z|+|x|≤2}.
（1）设集合M={(x,y,z)|z=0},记P∩M 中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M 中所有点构成的图形的面积为S2,求
S1和S2的值;
（2）记集合Q 中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q 中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值;
（3）记集合T 中所有点构成的几何体为W.
①求W 的体积V3的值;
②求W 的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W 的面数和棱数.
【解析】(1)集合M={(x,y,z)|z=0}表示xOy 平面上所有的点,
P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示(±1,±1,±1)这八个顶点形成的正方体内所有的点,
P∩M 可以看成正方体在xOy 平面上的截面内所有的点.它是边长为2 的正方形,因此S1=4.
对于Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},当x,y,z>0 时,x+y+z=2 表示经过(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q 表示(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点,Q∩M 可以看成正八面体在
xOy 平面上的截面内所有的点,它的边长为2❑√2的正方形,因此S2=8.
(2)记集合Q,P∩Q 中所有点构成的几何体的体积分别为V1,V2;
考虑集合Q 的子集Q'={(x,y,z)|x+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0},
即为三个坐标平面与x+y+z=2 围成的四面体,四面体四个顶点分别为(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),
此四面体的体积为VQ'=1
3×2×(
1
2 ×2×2)=4
3 ,由对称性知,V1=8VQ'=32
3 .
考虑到P 的子集P'构成的几何体为棱长为1 的正方体,即
P'={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1},Q'={(x,y,z)|x+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0},P'∩Q'为两个几何体公共部分.
记Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1),Q4(1,1,1),
容易验证Q1,Q2,Q3在平面x+y+z=2 上,同时也在P'的底面上,P'∩Q'为截去三棱锥Q4-Q1Q2Q3所剩下的部分.
P'的体积VP'=1×1×1=1,三棱锥Q4-Q1Q2Q3的体积为V Q4-Q1Q2Q3=1
3×1×1
2×(1×1)=1
6,
故P'∩Q'的体积VP'∩Q'=VP'-V Q4-Q1Q2Q3=1-1
6 =5
6 .由对称性知,V2=8VP'∩Q'=20
3 .
(3)①如图所示,即为T 所构成的图形,其中正方体ABCD-LIJM 即为集合P 所构成的区域,E-ABCD 构成了一个正四
棱锥,其中E(0,0,2).
VE-ABCD=1
3×1×2×2=4
3 ,V3=VP+6VE-ABCD=8+6×4
3 =16.
②由题意面EBC 方程为x+z-2=0,由题干知其法向量n1=(1,0,1),面ECD 方程为y+z-2=0,
由题干知其法向量n2=(0,1,1),故cos<n1,n2>=
n1·n2
|n1|·|n2| =1
2.
由图知两个相邻的面所成角为钝角,故H 相邻两个面所成角为2π
3 ,由图可知共有12 个面,24 条棱.
🎯研教材-----深度探究思考
【探究1】 (人教A 版选择性必修第一册P33)如图,已知直线l 的单位方向向量为u,A 是直线l 上的定点,P 是直
线l 外一点.如何利用这些条件求点P 到直线l 的距离?
【解析】设⃗AP=a,则向量⃗AP在直线l 上的投影向量⃗AQ=(a·u)u.在Rt△APQ 中,由勾股定理,得点P 到点线l 的距
离为PQ=❑√|⃗AP|
2-|⃗AQ|
2=❑√a
2-(a·u)
2.
【探究2】(人教A 版必修第二册P151 讲解,人教B 版选择性必修第一册P45 讲解拓展)三余弦定理和三正弦定
理
如图,AP 是平面α 的一条斜线段,A 是斜足,O 是点P 在平面α 内的射影,AB 是平面α 内的一条射线,OB⊥AB,则:
（1）cos∠PAB=cos∠PAO·cos∠BAO;
（2）sin∠PAO=sin∠PAB·sin∠PBO.
证明 易知∠POA=∠POB=∠OBA=90°,cos∠PAO·cos∠BAO=OA
AP · AB
AO = AB
AP =cos∠PAB,
sin∠PAB·sin∠PBO= PB
PA ·PO
PB =PO
PA =sin∠PAO.
【🚀衔接高考】
（1）(2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC 的面积为2❑√2.
①求A 到平面A1BC 的距离;
②设D 为A1C 的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C 的正弦值.
【解析】 ①设点A 到平面A1BC 的距离为h,因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,
所以V A - A1BC=1
3S△ABC·AA1=1
3 V ABC - A1B1C1=4
3 ,又△A1BC 的面积为2❑√2,V A - A1BC=1
3 S△A1BCh=1
3×2❑√2h=4
3 ,
所以h=❑√2,即点A 到平面A1BC 的距离为❑√2.
②解法一： 取A1B 的中点E,连接AE,则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,
又BC⊂平面A1BC,所以AE⊥BC.又AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1,
又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB.
以B 为坐标原点,分别以⃗BC,⃗BA,⃗B B1的方向为x,y,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz,
由①知,AE=❑√2,所以AA1=AB=2,A1B=2❑√2.因为△A1BC 的面积为2❑√2,所以2❑√2=1
2·A1B·BC,所以BC=2,
所以A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),E(0,1,1),则⃗BD=(1,1,1),⃗BA=(0,2,0).
设平面ABD 的一个法向量为n=(x,y,z),则{
n·⃗BD =0,
n·⃗BA =0,
即{
x + y + z =0,
2 y =0,
令x=1,得n=(1,0,-1).
又平面BDC 的一个法向量为⃗AE=(0,-1,1),所以cos<⃗AE,n>=⃗
AE·n
|⃗AE|·|n|
=-1
❑√2×❑√2=-1
2.
设二面角A-BD-C 的平面角为θ,则sin θ=❑√1-co s
2<⃗AE ,n>=
❑√3
2 ,
所以二面角A-BD-C 的正弦值为
❑√3
2 .
解法二：设该二面角为α,取A1B 的中点E(图略).由AA1=AB 得AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面ABA1,
平面A1BC∩平面ABA1=A1B,所以AE⊥平面A1BC,所以BC⊥AE,
又因为BC⊥AA1,AE,AA1⊂平面BAA1,所以BC⊥平面BAA1,AB⊂平面BAA1,
所以BC⊥AB,又因为V ABC - A1B1C1=1
2AB·BC·AA1=1
2BC·AA1
2=4,
则AB=BC=AA1=2,则AD=BD=❑√3,sin∠ABE=
❑√2
2 ,sin∠ABD=
❑√6
3 .
由三正弦定理得sin∠ABE=sin α·sin∠ABD,
所以sin α=
❑√3
2 ,即二面角A-BD-C 的正弦值是
❑√3
2 .
（2）(2021·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,在三棱锥A-BCD 中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O 为BD 的中点.
①证明:OA⊥CD;
②若△OCD 是边长为1 的等边三角形,点E 在棱AD 上,DE=2EA,且二面角E-BC-D 的大小为45°,求三棱锥A-BCD
的体积.
①证明 因为AB=AD,O 为BD 的中点,所以OA⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,
AO⊂平面ABD,所以AO⊥平面BCD,
又CD⊂平面BCD,所以AO⊥CD.
②解法一：因为△OCD 是边长为1 的正三角形,且O 为BD 的中点,所以OC=OB=OD=1,
所以△BCD 是直角三角形,且∠BCD=90°,BC=❑√3,所以S△BCD=
❑√3
2 .
如图,过点E 作EF∥AO,交BD 于F,过点F 作FG⊥BC,垂足为G,连接EG.因为AO⊥平面BCD,
所以EF⊥平面BCD,又BC⊂平面BCD,所以EF⊥BC,又FG⊥BC,且EF∩FG=F,EF,FG⊂平面EFG,
所以BC⊥平面EFG,又EG⊂平面EFG,所以BC⊥EG,则∠EGF 为二面角E-BC-D 的平面角,
所以∠EGF=45°,则GF=EF.因为DE=2EA,所以EF=2
3OA,DF=2OF,所以BF
FD =2.
因为FG⊥BC,CD⊥BC,所以GF∥CD,则GF
CD =2
3,所以GF=2
3.所以EF=GF=2
3,所以OA=1,
所以VA-BCD=1
3S△BCD·AO=1
3×
❑√3
2 ×1=
❑√3
6 .
解法二：如图所示,以O 为坐标原点,OB,OA 所在直线分别为x,z 轴,在平面BCD 内,以过点O 且与BD 垂直的直线
为y 轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD 是边长为1 的正三角形,且O 为BD 的中点,所以OC=OB=OD=1,所以B(1,0,0),D(-1,0,0),C
(- 1
2 ,
❑√3
2 ,0).
设A(0,0,a),a>0,因为DE=2EA,所以E(- 1
3 ,0, 2a
3 ).由题意可知平面BCD 的一个法向量为n=(0,0,1).
设平面BCE 的法向量为m=(x,y,z),因为⃗BC=(- 3
2 ,
❑√3
2 ,0),⃗BE=(- 4
3 ,0, 2a
3 ),
所以{
m·⃗BC =0,
m·⃗BE =0,即{
- 3
2 x +
❑√3
2 y =0,
- 4
3 x + 2a
3 z =0,
令x=1,则y=❑√3,z=2
a,所以m=(1,❑√3, 2
a).
因为二面角E-BC-D 的大小为45°,所以cos 45°=|
m·n
|m||n||=
2
a
❑√
4+ 4
a
2
=
❑√2
2 ,
得a=1,即OA=1.因为S△BCD=1
2BD·CDsin 60°=1
2×2×1×
❑√3
2 =
❑√3
2 ,所以VA-BCD=1
3S△BCD·OA=1
3×
❑√3
2 ×1=
❑√3
6 .
解法三：过点E 作EH⊥平面BCD,垂足H 在BD 上,则有2OH=HD.
连接CH(图略),设AO=h,则EH=2
3h,所以BE=❑√B H
2+ E H
2=2
❑√h
2+ 4
3
,sin∠EBH= EH
BE =h
❑√h
2+ 4
h
2+ 4
,
CH=❑√C D
2+ D H
2-2CD·HD·cos∠CDH=
❑√7
3
,cos∠EBC=BC
2+ B E
2-C E
2
2BC·BE
=
❑√3h
2+12
h
2+ 4
,
所以sin2∠EBC=h
2+1
h
2+ 4
,
设该二面角为α,由三正弦定理知sin∠EBH=sin α·sin∠EBC,所以h
2
h
2+ 4
=1
2·h
2+1
h
2+ 4
,
故h=1,则VA-BCD=1
3S△BCD·h=
❑√3
6 .
（3）(2021·新高考Ⅱ卷) （一题多解）在四棱锥Q-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,若AD=2,QD=QA=❑√5
,QC=3.
①证明:平面QAD⊥平面ABCD;
②求二面角B-QD-A 的平面角的余弦值.
①证明 取AD 的中点为O,连接QO,CO.
因为QA=QD,OA=OD,则QO⊥AD,又AD=2,QA=❑√5,故QO=❑√5-1=2.
在Rt△ODC 中,CO=❑√O D
2+C D
2=❑√5.因为QC=3,故QC2=QO2+OC2,故△QOC 为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD=O,OC,AD⊂平面ABCD,故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD,故平面QAD⊥平面ABCD.
②解法一：在平面ABCD 内,过O 作OT∥CD,交BC 于T,则OT⊥AD,结合(1)中的QO⊥平面ABCD,故可建如图
所示的空间坐标系,
则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0),故⃗BQ=(-2,1,2),⃗BD=(-2,2,0).设平面QBD 的法向量为n=(x,y,z),
则{
n·⃗BQ =0,
n·⃗BD =0,即{
-2 x + y +2 z =0,
-2 x +2 y =0,
取x=1,则y=1,z=1
2,故n=(1,1, 1
2).
易知平面QAD 的一个法向量为m=(1,0,0),故cos<m,n>=
m·n
|m||n| =
1
1× 3
2
=2
3.
又二面角B-QD-A 的平面角为锐角,故其余弦值为2
3.
解法二：连接BD(图略),设该二面角为α,由①知,AB⊥平面QAD,则直线BD 与平面QAD 所成角为∠BDA,
又因QC=3,BD=2❑√2,cos∠BDQ=B D
2+Q D
2- BQ
2
2BD·QD
=
❑√10
10 ,sin∠BDA=
❑√2
2 ,
由三正弦定理得sin∠BDA=sin α·sin∠BDQ,得sin α=
❑√5
3 ,cos α=2
3.
所以二面角B-QD-A 的平面角的余弦值是2
3.
【探究3】(人教B 版选择性必修第一册P50 讲解拓展)面积射影定理:AB⊂平面α,C∉平面α,CC1⊥平面α,二面角
C-AB-C1的平面角为θ(θ 为锐角),则cos θ=
S△ABC1
S△ABC
.
证明 作C1E⊥AB,C1E∩AB=E,连接CE,易证∠CEC1为二面角C-AB-C1的平面角,
S△ABC1
S△ABC
=
1
2 AB·C1 E
1
2 AB·CE
=C1 E
CE
=cos θ.
【🚀衔接高考】
(2024·新高考Ⅰ卷) （一题多解）如图,四棱锥P-ABCD 中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=❑√3.
（1）若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
（2）若AD⊥DC,且二面角A-CP-D 的正弦值为
❑√42
7
,求AD.
(1)证明 由于PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,∴PA⊥AD,
又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB,
又AB⊂平面PAB,∴AD⊥AB.∵AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC,∴BC∥AD,
∵AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,∴AD∥平面PBC.
(2) 解法一：由题意知DC,AD,AP 两两垂直,以D 为坐标原点,AD 所在直线为x 轴,DC 所在直线为y 轴,过点D 且平
行于AP 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),设A(a,0,0),a>0,
则CD=❑√4 -a
2,C(0,❑√4 -a
2,0),P(a,0,2),⃗CD=(0,-❑√4 -a
2,0),⃗AC=(-a,❑√4 -a
2,0),⃗CP=(a,-❑√4 -a
2,2).
设平面CPD 的法向量n=(x,y,z),则{⃗
CD·n=0,⃗
CP·n=0,
即{
-
❑√4 -a
2 y =0,
ax -
❑√4 -a
2 y +2 z =0,
可取n=(2,0,-a).设平面ACP 的法向量m=(x1,y1,z1),
则{
m·⃗CP =0,
m·⃗AC =0,即{
a x1-
❑√4 -a
2 y1+2 z1=0,
-a x1+
❑√4 -a
2 y1=0,
可取m=(❑√4 -a
2,a,0).
∵二面角A-CP-D 的正弦值为
❑√42
7
,∴余弦值的绝对值为
❑√7
7 ,
故|cos<m,n>|=|m·n|
|m|·|n| =
2
❑√4 -a
2
❑√4 -a
2+a
2·
❑√4+a
2=
❑√7
7 ,又a>0,∴a=❑√3,即AD=❑√3.
解法二：过点D 作DF⊥AC,连接PF(图略),易证DF⊥平面PAC,CD⊥PD,
所以△PCD 在平面PAC 上的射影为△PFC,
设AD=x,则CD=❑√4 - x
2,PD=❑√4 + x
2,
CF
❑√4 - x
2=
❑√4 - x
2
2
,得CF=4 - x
2
2
.
由面积射影定理
S△PCF
S△PCD
=
1
2 × 4 - x
2
2
×2
1
2 ×
❑√4 - x
2❑√4 + x
2
=❑√
1-(
❑√42
7 )
2
=
❑√7
7 ,
解得x=❑√3,即AD=❑√3.
