专题四 立体几何 第4讲　空间向量与距离、探究性问题-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第4讲　空间向量与距离、探究性问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 2 【考点一】空间距离 2 【考点二】空间中的探究性问题 4 【专题精练】 7 考情分析： 1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离，属于中等难度. 2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上． 真题自测 一、解答题 1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 考点突破 【考点一】空间距离 核心梳理： (1)点到直线的距离 直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设＝a，则点P到直线l的距离d＝. (2)点到平面的距离 平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝. 一、单选题 1．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（    ）. A． B．1 C． D． 2．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 二、多选题 3．（2024·福建福州·模拟预测）在长方体中，为的中点，则（    ） A． B．平面 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 4．（2024·江苏·一模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（    ） A．当时，平面 B．任意，三棱锥的体积是定值 C．存在，使得与平面所成的角为 D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 三、填空题 5．（2023·福建·一模）已知空间中三点，则点A到直线的距离为 ． 6．（2024·辽宁·二模）如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ． 规律方法： (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． 【考点二】空间中的探究性问题 核心梳理： 与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． 一、单选题 1．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）    A．存在点E，使平面 B．三棱锥的体积随动点E变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点E，使平面 2．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 二、多选题 3．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 4．（2024·河北秦皇岛·二模）如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱的中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线所成角的余弦值为 B．存在点，使得 C．若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为 D．若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分 三、填空题 5．（2024·北京大兴·三模）在棱长为6的正方体中，E为棱上一动点，且不与端点重合，F，G分别为，的中点，给出下列四个结论： ①平面平面； ②平面可能经过的三等分点； ③在线段上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得平面； ④若E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为. 其中所有正确结论的序号是 . 6．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题 7．（23-24高三下·广西·阶段练习）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.    (1)证明：平面； (2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ. 8．（2024·湖北·模拟预测）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，平面ABC，，，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为l． (1)证明：平面PBC； (2)直线l与圆O的交点为B，D，求三棱锥的体积； (3)点Q在直线l上，直线PQ与直线EF的夹角为，直线PQ与平面BEF的夹角为，是否存在点Q，使得？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由． 规律方法： 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立． (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用． 专题精练 一、单选题 1．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·浙江·期中）空间点，则点到直线的距离（    ） A． B． C． D． 3．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·全国·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（　　） A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段 B．存在Q点，使得平面 C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么Q点的轨迹长度为 6．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 7．（2023·江苏徐州·模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（    ） A． B．1 C． D． 8．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，一个棱长为6的透明的正方体容器（记为正方体）放置在水平面的上方，点恰在平面内，点到平面的距离为2，若容器中装有水，静止时水面与表面的交线与的夹角为0，记水面到平面的距离为，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离为8 C．当时，水面的形状是四边形 D．当时，所装的水的体积为 10．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，几何体的底面是边长为6的正方形底面，，则（    ） A．当时，该几何体的体积为45 B．当时，该几何体为台体 C．当时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为 D．当点到直线距离最大时，则 11．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（    ） A．线段上存在点，使得 B．线段上存在点，使得平面平面 C．直三棱柱的体积为 D．点到平面的距离为 三、填空题 12．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为 . 13．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在棱长为3的正方体中，为线段靠近的三等分点.为线段靠近的三等分点，则直线到平面的距离为 . 14．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论： ①不存在点H，使得平面平面CEG； ②存在点H，使得平面CEG； ③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于； ④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 四、解答题 15．（2023·江苏连云港·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面平面ABEF，，，，，，且． (1)已知点G为AF上一点，且，证明：平面DCE； (2)若平面DCE与平面BDF所成锐二面角的余弦值为，求点F到平面DCE的距离． 16．（2024·天津河西·模拟预测）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． 17．（2024·江苏苏州·三模）如图，已知正方体的棱长为，，分别是和的中点. (1)求证：； (2)求直线和之间的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 18．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是． (1)求到平面的距离． (2)线段上是否存在一个点D，使直线与平面所成角为？若存在，求出的长；若不存在说明理由． 19．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点． (1)求证：点为线段的中点； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定． （i）求二面角的余弦值； （ii）求点到平面的距离． 条件①：平面； 条件②：四边形是正方形； 条件③：平面平面． 注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第4讲　空间向量与距离、探究性问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 4 【考点一】空间距离 4 【考点二】空间中的探究性问题 12 【专题精练】 26 考情分析： 1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离，属于中等难度. 2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上． 真题自测 一、解答题 1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 参考答案： 1．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 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. 考点突破 【考点一】空间距离 核心梳理： (1)点到直线的距离 直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设＝a，则点P到直线l的距离d＝. (2)点到平面的距离 平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝. 一、单选题 1．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（    ）. A． B．1 C． D． 2．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 二、多选题 3．（2024·福建福州·模拟预测）在长方体中，为的中点，则（    ） A． B．平面 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 4．（2024·江苏·一模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（    ） A．当时，平面 B．任意，三棱锥的体积是定值 C．存在，使得与平面所成的角为 D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 三、填空题 5．（2023·福建·一模）已知空间中三点，则点A到直线的距离为 ． 6．（2024·辽宁·二模）如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 C C BC ACD 1．C 【分析】根据题意取，然后求出在方向上的投影，再结合勾股定理可求得结果. 【详解】由题意取，则， 所以到的距离为 . 故选：C 2．C 【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积. 【详解】 连接，，所以，，取的中点，连接， 所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确； 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，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确； 因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，， 所以为直线与平面所成角， 因为，在中，， 所以，因为与全等，所以，故正确； 延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点， 连接，，，，，， 平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为， 所以截面面积为，故不正确. 故选：. 3．BC 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直即可求解A,根据线线平行即可判断B，根据向量法即可求解空间距离，判断CD. 【详解】如图建立空间直角坐标系，易知，，，，，．    A，，，所以A错误； B，显然，平面,平面,可得平面，所以B正确； C，记直线的单位方向向量为，则，又， 所以向量在直线上的投影向量为， 则有到直线的距离为，故C正确； D，设平面的法向量为，由， 令，可得， 又，所以点到平面的距离，故D错误． 故选：BC 4．ACD 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积. 【详解】如图所示建系，， 所以， 从而， 所以， 又面， 所以面， 时，与重合，平面为平面， 因为面，平面，A对. 不与平面平行，到面的距离不为定值， 三棱锥的体积不为定值，B错. 设面的法向量为， 则，令，解得， 即可取， 而， 所以与平面所成角的正弦值为， 又， 所以， 所以， 又面， 所以面， 当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于， 当在时，与平面所成角为， 所以存在使与平面所成角为，C正确. ， 设平面的法向量为， 不妨设，则. ，则，平面的法向量，显然球心， 到面的距离，外接球半径， 截面圆半径的平方为，所以，D对. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解. 5． 【分析】利用向量的模公式及向量的夹角公式，结合同角三角函数的平方关系及锐角三角函数的定义即可求解. 【详解】， , ， ， 设点A到直线的距离为，则 . 故答案为：. 6． 【分析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离进而可得出答案. 【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形， 由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时， 该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设球心， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则球心到平面的距离为， 因为球与三个正方形面和等边三角形面相切， 所以，解得， 所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 规律方法： (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． 【考点二】空间中的探究性问题 核心梳理： 与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． 一、单选题 1．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）    A．存在点E，使平面 B．三棱锥的体积随动点E变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点E，使平面 2．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 二、多选题 3．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 4．（2024·河北秦皇岛·二模）如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱的中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线所成角的余弦值为 B．存在点，使得 C．若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为 D．若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分 三、填空题 5．（2024·北京大兴·三模）在棱长为6的正方体中，E为棱上一动点，且不与端点重合，F，G分别为，的中点，给出下列四个结论： ①平面平面； ②平面可能经过的三等分点； ③在线段上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得平面； ④若E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为. 其中所有正确结论的序号是 . 6．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题 7．（23-24高三下·广西·阶段练习）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.    (1)证明：平面； (2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ. 8．（2024·湖北·模拟预测）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，平面ABC，，，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为l． (1)证明：平面PBC； (2)直线l与圆O的交点为B，D，求三棱锥的体积； (3)点Q在直线l上，直线PQ与直线EF的夹角为，直线PQ与平面BEF的夹角为，是否存在点Q，使得？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 D C BD ACD 1．D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定的体积情况判断B. 【详解】在正方体中，以点D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设正方体棱长为2，则， 由在线段上运动，设（），则， 平面的法向量，显然，则直线与平面不平行，A错误； ，设直线与所成角为，则， 显然当时，，，即存在点E使得直线与所成的角为，C错误； 设平面的法向量为，， 则，令，得， 当时，，因此平面，D正确； 点在正方体的对角面矩形的边上，则， 而平面平面，则，又， 可得平面，点到平面的距离为，则三棱锥的体积为定值，B错误. 故选：D 【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，可选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积． 2．C 【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D. 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ， 对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：. 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误. 故选：C. . 3．BD 【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】对于A，若，因为平面，平面， 所以平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，， 因为，平面， 故平面，当Q为的中点时，， 此时平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形， 则，，所以为所求二面角的平面角， 不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，， 由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确． 故选：BD 4．ACD 【分析】以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系、线面角的向量公式，点到直线的向量公式和抛物线的定义对选项一一判断即可得出答案. 【详解】以点A为坐标原点，分别以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 所以，，，，，， 所以，， 所以，， 所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确； 由题意，设， 则，又， 若，则，解得， 所以不存在点M，使得，故B错误； 设，所以， 所以点到直线的距离 ， 所以，此时， 所以点M到直线的距离的最小值为，故C正确； 设， 则点M到平面的距离为z，点M到点的距离为. 因为点M到平面的距离与到点的距离相等，所以， 整理得（其中，）， 即点M的轨迹方程为，是抛物线的一部分，故D正确. 故选：ACD. 5．①③④ 【分析】①③利用空间向量法证明线面垂直从而证明面面垂直和判断线面垂直；②利用向量法求解平面的法向量，结合平面内直线一定与法向量数量积为0，判断点在平面内；④利用平面的基本性质作出截面，再求出截面的周长； 【详解】 如图所示建立直角坐标系，以为原点，以分别为为正方向， ， ，设 ①， 因为， 所以是平面内两条相交直线，则平面，平面，因此平面 平面，①正确； ②取点为的三等分点，即或，设平面的法向量为，，则，令，所以 当时，，若在平面中，，解得不合题意； 当时，，若在平面中，，解得不合题意；②错误； ③在线段上的任意点H（不与端点重合），设，则，由上可知平面的法向量为，若存在点E使得平面，则有，即，解得所以当时成立，③正确； ④延长三线相交于点，连接分别交直线于点,因为E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形， 在正方体中，，根据三角形相似可得，则，，因此周长为.④正确； 故答案为：①③④. 【点睛】 立体几何证明线面垂直、面面垂直的方法：定义法；空间向量法； 6．①②④ 【分析】根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【详解】在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， 令平面的法向量，则，取，得， 由平面于，得，即， ，显然，解得， 于是， 对于①，，①正确； 对于②，在上单调递增，②正确； 对于③，而，， 若， 显然，即不存在，使得，③错误； 对于④，平面的一个法向量，而， 由，得，即，整理得， 令，显然函数在上的图象连续不断， 而，因此存在，使得，此时平面， 因此存在点，使得平面，④正确. 所以所有正确结论的序号是①②④. 故答案为：①②④ 【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决. 7．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）题意先证明平面，得到，根据线面垂直判定定理得证； （2）作，垂直为Q，由（1）得，证得平面，以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，根据与平面所成角正弦值为，解得参数的值； 【详解】（1）证明：由题意知，， 又，所以平面， 又平面，所以， 又，，所以平面 （2）作，垂直为Q，由（1）知，平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面 故以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 设，则，，，， 又， 所以，故， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则 设与平面所成角为θ， 则， 解得或， 由题意知，故.    8．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知可证，利用，，可证平面，进而可证结论． （2）由已知可得四边形ABCD为矩形，进而利用，可求体积． （3）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，求得平面BEF的一个法向量，利用向量法可求. 【详解】（1）∵E，F分别为PA，PC的中点，∴． 又平面，平面，∴平面ABC． 又平面BEF，平面平面，∴． 平面平面． 又，，平面， ∴平面，从而平面； （2），由（1）得，从而， 从而四边形ABCD为矩形．由于平面ABC， 从而． （3）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图，则，，，，，， 由于，设，则．，， 设平面BEF的一个法向量， 则，取 由题意，， 即，解得，从而符合题意的点存在，． 规律方法： 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立． (2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用． 专题精练 一、单选题 1．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·浙江·期中）空间点，则点到直线的距离（    ） A． B． C． D． 3．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·全国·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（　　） A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段 B．存在Q点，使得平面 C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么Q点的轨迹长度为 6．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 7．（2023·江苏徐州·模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（    ） A． B．1 C． D． 8．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，一个棱长为6的透明的正方体容器（记为正方体）放置在水平面的上方，点恰在平面内，点到平面的距离为2，若容器中装有水，静止时水面与表面的交线与的夹角为0，记水面到平面的距离为，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离为8 C．当时，水面的形状是四边形 D．当时，所装的水的体积为 10．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，几何体的底面是边长为6的正方形底面，，则（    ） A．当时，该几何体的体积为45 B．当时，该几何体为台体 C．当时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为 D．当点到直线距离最大时，则 11．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（    ） A．线段上存在点，使得 B．线段上存在点，使得平面平面 C．直三棱柱的体积为 D．点到平面的距离为 三、填空题 12．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为 . 13．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在棱长为3的正方体中，为线段靠近的三等分点.为线段靠近的三等分点，则直线到平面的距离为 . 14．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论： ①不存在点H，使得平面平面CEG； ②存在点H，使得平面CEG； ③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于； ④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 四、解答题 15．（2023·江苏连云港·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面平面ABEF，，，，，，且． (1)已知点G为AF上一点，且，证明：平面DCE； (2)若平面DCE与平面BDF所成锐二面角的余弦值为，求点F到平面DCE的距离． 16．（2024·天津河西·模拟预测）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． 17．（2024·江苏苏州·三模）如图，已知正方体的棱长为，，分别是和的中点. (1)求证：； (2)求直线和之间的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 18．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是． (1)求到平面的距离． (2)线段上是否存在一个点D，使直线与平面所成角为？若存在，求出的长；若不存在说明理由． 19．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点． (1)求证：点为线段的中点； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定． （i）求二面角的余弦值； （ii）求点到平面的距离． 条件①：平面； 条件②：四边形是正方形； 条件③：平面平面． 注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A A B B D A ABD ACD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，然后利用距离的向量公式并换元化简得，最后利用二次函数性质求解最值即可. 【详解】在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系， 如图所示：    则，设， 所以，，设平面的法向量为， 则，令，则．于是， 则点到平面距离之和为， 设，则，， 因为，所以，所以， 函数开口向上，对称轴为，在上单调递增， 所以当时，取到最小值为. 故选：B 2．D 【分析】求出，利用空间向量夹角余弦公式求出，进而求出，再利用距离公式即可求出结果. 【详解】由题意得， 所以， 所以， 所以点A到直线BC的距离. 故选：D. 3．A 【分析】利用向量法求点到直线的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得，，， ，，设向量与的夹角为， ， 所以点到直线的距离为. 故选：A. 4．A 【分析】根据线面关系可证得平面，，将四棱锥补成长方体，确定球心的位置，再建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用空间向量的坐标运算计算到平面的距离即可. 【详解】因为平面平面，交线为，又底面为矩形，则， 因为平面，所以平面， 则，又，，，所以，则, 如图，将四棱锥补成长方体， 若四棱锥的顶点均在球的球面上，则长方体的顶点均在球的球面上，为体对角线中点， 如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，故， 设平面的法向量为，又， ，令，所以， 又，则到平面的距离为. 故选：A. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 或者采用补形法，利用规则图形的外接球位置确定所求外接球球心的位置. 5．B 【分析】取中点，证明平面，得动点轨迹判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由与此法向量平行确定点位置，判断B，利用空间向量法求得到到平面距离的最大值，确定点位置判断C，利用勾股定理确定点轨迹，得轨迹长度判断D． 【详解】选项A，分别取中点，连接，，由与，平行且相等得平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面， 连接，，，所以，同理平面， ，平面，所以平面平面， 当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确； 选项B，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，则，，，设（）， ，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 若平面，则，所以存在，使得， ，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错； 选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，， 到平面的距离为，， 时，，当时，d有最大值1， 时，，时，d有最大值， 综上，时，d取得最大值1，故与重合时，d取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确； 选项D，平面，平面，， 所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过且与平面平行的平面，由体积公式，在正方形内的点到平面的距离最大，则三棱锥体积最大． 6．B 【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度. 【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 球心，取的中点，的中点，连接， 则，， ， 故，， 又，平面， 故⊥平面， 故当位于平面与内切球的交线上时，满足， 此时到平面的距离为 ， ，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径， 故点的轨迹为以为半径的圆， 故点的轨迹长度为. 故选：B 7．D 【分析】由直线的方程可得直线的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算即可得出答案. 【详解】根据题意，直线的方程为， 即，则直线的方向向量为，又因为过点， ，，则， 故在上的射影为：， 故点到直线的距离为：. 故选：D. 8．A 【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解. 【详解】在平行六面体中，不妨设，，． ,， ，， 所以，， ， 所以E到直线的距离为， 故选：A 9．ABD 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面、平面的法向量计算可判断A；根据向量法计算可判断B；当，水面为六边形可判断C；作出水面，利用水面与平面平行，可计算出水面与交点，再计算后即可判断D. 【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则, 因为静止时水面与表面的交线与的夹角为0，所以平面， 设平面的法向量为，， 点到平面的距离为，， ，而， 令，所以平面的法向量为， 对A，，，，， 故平面， 所以平面的法向量为，又， 所以平面平面，故A正确； 对B，，所以到平面的距离为，故B正确； 对C，因为，所以，当时，截面为六边形，故C错误； 对D，当时，设水面与的交点分别为，设，则， 则，，故， 设水面与交点为，所以， ，此时过作交于点，连接， 设的面积为,的面积为，则，， 所以，所以，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于建立空间直角坐标系，计算出平面的法向量，运用空间向量求解. 10．ACD 【分析】对于A：根据题意结合图形利用分割法球体积；对于B：根据题意结合台体的结果特征分析判断；对于C：根据台体的结构特征结合正方体的内切球分析求解；对于D：建系，利用空间向量球点到面的距离，结合单调性分析求解. 【详解】若，即，可知为矩形， 对于选项A：当时，即， 取的中点，连接，如图所示： 因为底面，底面，则， 且为正方形，则， ，平面，可得平面， 又因为，∥，可知为平行四边形，则∥， 可知为直三棱柱，底面， 所以该几何体的体积为，故A正确； 对于选项B：当时，即，可知，所以该几何体不为台体，故B错误； 对于选项C：当时，即，则，所以该几何体为台体， 如图所示，为相应边的中点，则为正方形， 因为底面，且，可知所求球的半径， 且正方形的内切球的半径即为， 所以最大球的半径，即S的最大值为，故C正确； 对于选项D：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，可得， 则点到直线距离为， 可知在内单调递增，所以当点到直线距离最大时，则，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； （2）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （3）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （4）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解． 11．ABD 【分析】根据直三棱柱的性质得到底面，则即为直线与底面所成角，利用锐角三角函数求出，由柱体的体积公式判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、B、D. 【详解】在直三棱柱中，底面， 则即为直线与底面所成角，即， 则， 所以 又且，所以， 又底面，底面，所以， 所以，解得， 所以直三棱柱的体积，故C错误； 又底面，，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，因为点在线段， 设，， 则， 若，则，即，解得， 此时为线段的中点， 故在线段上存在点，使得，故A正确； 当为线段的中点时，则，， 设平面的法向量为， 则，取， 又，，设平面的法向量为， 则，取， 因为，所以平面平面， 即当为线段的中点时满足平面平面，故B正确； 又，，， 设平面的法向量为，则，取， 则点到平面的距离，故D正确. 故选：ABD 12． 【分析】求出的坐标，求出，根据点O到直线的距离为即可求解. 【详解】因为，，， 所以, 所以，. 所以, 所以. 所以点O到直线的距离为. 故答案为：. 13．/ 【分析】先证明平面，再求出平面的法向量和直线的方向向量，应用点到平面的距离公式求得结果. 【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系， 则， 所以，所以， 而平面，平面，故平面， 所以直线到平面的距离即为点到平面的距离. 又，， 设平面的法向量为， 故，即，取，则， 又， 故点到平面的距离为. 故答案为：. 14．②③④ 【分析】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误. 【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示： 以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、，， 设点，其中， 对于①，，，设平面， 则，即， 取x=1，则，可得， 设平面，，， 则，即， 取，则，可得， 若平面平面CEG，则，解得：， 所以存在使得平面平面CEG，故①错误； 对于②，，若平面CEG， 则，即， 即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确； 对于③，， 所以点H到平面CEG的距离为， ， 因为，所以，所以， ，所以， 所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确； 对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为， 所以， ，整理可得， 因为函数在时的图象是连续的， 且，， 所以，存在，使得， 所以，存在点，使得直线与平面CEG的所成角的余弦值为，④正确. 故答案为：②③④. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（l为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABEG为平行四边形，故O为AE中点，由中位线得到且，即四边形BCHO为平行四边形，故，得到平面DCE，即平面DCE； （2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，设，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用锐二面角的余弦值列出方程，求出，从而得到点到平面的距离. 【详解】（1）证明：如图，连接AE交BG于点O，取DE中点为H，连接HO，HC，GE， 在四边形ABEG中，，， 故四边形ABEG为平行四边形． 故O为AE中点，所以在中，OH为中位线， 则且，又且， 故且，即四边形BCHO为平行四边形， 所以，又∵平面DCE，平面DCE， ∴平面DCE，即平面DCE． （2）因为平面平面ABEF，平面平面，，平面ABCD，所以平面ABEF， 如图，以点A为坐标原点，分别以，，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系， 设，，，，，， 则，，， 设平面DCE的法向量为， 则，取， ∵，， 设平面BDF的法向量为，∴，取． 由平面BDF与平面DCE所成锐二面角的余弦值为， 可得， 解得或（舍去） 故，点F到平面DCE的距离， 故点F到平面DCE的距离为． 16．(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）利用平面夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系求出，利用直线夹角的向量求法求出，再求解点到直线的距离即可. 【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， ，， 令，， 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. 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由，即可得证； （2）首先说明，即点到直线的距离即为两条平行线和之间的距离，再由空间向量法求出点到直线的距离，即可得解； （3）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）在正方体中，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 所以，故； （2）因为，，所以， 所以，由题意知，，，不共线，故， 故知点到直线的距离即为两条平行线和之间的距离， 又， 则，，， 设点到直线的距离为，则， 即直线和之间的距离为； （3）因为，， 设平面的法向量为，则，取， 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为. 18．(1)； (2)存在， 【分析】（1）记的中点分别为，作于点，先证平面平面，然后计算可得； （2）以的方向分别为x，y轴的正方向，过点F作垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）记的中点分别为， 由是正方形可知， 又，所以， 因为二面角的大小是，所以， 由三棱柱性质可知，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 作于点， 因为，平面平面，平面， 所以平面，所以即为所求， 所以. （2）以的方向分别为x，y轴的正方向，过点F作垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 易知，， 则， 则， 设， 则， 设为平面的法向量， 则，取，得， 记直线与平面所成角为， 则 ， 当，即时，取得最小值4， 故， 所以，当时，直线与平面所成角为. 此时， 所以. 19．(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）先通过面面平行的性质证明，再通过证四边形是平行四边形，证，通过平行的传递性证，最后利用三角形中位线点为线段的中点得证； （2）通过已知条件先证、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角，求点到平面距离即可. 【详解】（1） 连接，因为交平面于点，平面， 所以平面，所以平面平面. 因为平面平面，平面平面， 所以，因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，因为点是的中点，所以点是线段的中点. （2） 选择条件①②： 因为平面，平面，平面， 所以，因为四边形是正方形，所以； （i）：如图建立以为坐标原点， 、、分别为、、轴的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，设平面的法向量为， ，即，令，则，于是， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以，由题知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. （ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离. 选择条件①③： 因为平面，平面，平面， 所以，因为平面平面， 平面平面，所以平面，所以， （i）：如图建立以为坐标原点， 、、分别为、、轴的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，设平面的法向量为， ，即，令，则，，于是， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以，由题知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. （ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离. 选择条件②③不合题意，此时几何体不能唯一确定. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$