2025年高考数学二轮复习专项训练20 空间向量与距离、探究性问题

2025二轮复习专项训练20 空间向量与距离、探究性问题 [考情分析]　空间向量与距离、探究性问题在高考试题中出现较少，一般以解答题的形式考查，难度在中档以上． 【练前疑难讲解】 一、空间距离 (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＝. 二、探究性问题 空间向量求解探究性问题： (1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论； (2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解、是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论． 一、单选题 1．（2024·河北沧州·二模）已知四面体满足，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二下·江苏徐州·期末）已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2023·黑龙江佳木斯·模拟预测）如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（    ） A． B．与所成的角可能是 C．是定值 D．当时，点到平面的距离为1 4．（2024·江西鹰潭·二模）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（    ）    A． B．若为线段上的一个动点，则的最大值为3 C．点到直线的距离是 D．直线与平面所成角正弦值的最大值为 三、填空题 5．（23-24高二上·全国·课后作业）在三棱锥中，平面平面ACD，O是AD的中点，若棱长，且，则点D到平面ABC的距离为 ，点O到平面ABC的距离为 . 6．（2024·辽宁·一模）已知空间中的三个点，则点到直线的距离为 ． 四、解答题 7．（22-23高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．    (1)证明：平面； (2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 8．（22-23高三下·湖南·阶段练习）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2. (1)证明：. (2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由. 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 D B ACD BD 1．D 【分析】设平面的一个法向量，列出方程组，求得，再求得且，结合，即可求解. 【详解】因为四面体满足， 可得， 设平面的一个法向量， 则， 令，解得，所以， 所以， 设点到平面的距离为，则. 故选：D. 2．B 【分析】根据向量和直线的方向向量的关系，利用点到直线的距离公式求距离． 【详解】解：点，直线过点，且一个方向向量为， ， 所以直线的一个单位方向向量， 点到直线的距离为． 故选：． 3．ACD 【分析】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设 ，，计算，可判断A；假设与所成的角是，则，求解可判断B；计算，可判断C；当时，，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式可判断D. 【详解】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，， 设 ，，则，， 所以 ，则，故A正确； 因为，， 所以， 若与所成的角是， 则，即， 整理得，得，与矛盾，故B错误； ，，所以为定值，故C正确； 当时，， ，，， 设平面的法向量为， 由令，则，，， 点到平面的距离，故D正确. 故选：ACD. 4．BD 【分析】由向量的线性运算代入计算，即可判断A，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可判断BCD 【详解】对于A项，因为 ， 所以，故A项错误； 对于B项，如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，    则，，， 设点，使，， 则，故，则 ， 因，则时，即点与点重合时，取得最大值3，故B项正确； 对于C项，又，则，， 故得：，， 则点到直线的距离为：，故C项错误； 对于D项，设平面的一个法向量为， 所以，取，所以 由，则， 设为与平面所成的角， 则， 又，当且仅当时，取等号 知，D项正确. 故选：BD 5． 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用点到面距离的空间向量方法求解即可. 【详解】 如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， ∴，，. 设为平面ABC的法向量， 则, ∴，，取，则， ∴，设D到平面ABC的距离为， 代入，得， 即点D到平面ABC的距离是. 因为O是AD的中点，所以点O到平面ABC的距离是. 故答案为：；. 6．/ 【分析】由题意求出和在上的投影，根据勾股定理计算即可求解. 【详解】由题意知，， 所以， 得，， 所以点A到直线BC的距离为 . 故答案为： 7．(1)证明见解析 (2)存在；是上靠近的三等分点 【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置； 【详解】（1）过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面，平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面．    （2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为， 以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 即取，，， 所以为平面的一个法向量， 因为在线段上（不含端点），所以可设，， 所以， 设平面的一个法向量为， 即， 取，，， 所以为平面的一个法向量， ，又， 由已知可得 解得或（舍去）， 所以，存在点，使得二面角的余弦值为， 此时是上靠近的三等分点．    8．(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立； （2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴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：翻折前，在中，，翻折后，有，， 又，、平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：因为二面角为，，， 所以，二面角的平面角为， 以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则、、、、. ，，，. 设，，其中， 设平面的法向量为， 由得， 取，可得， ，解得，合乎题意， 故当时，直线与平面所成角的正弦值为. 【基础保分训练】 一、单选题 1．（22-23高二上·河南新乡·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是的中点，，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 2．（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（    ）. A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·黑龙江·二模）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（    ） A．两条异面直线和所成的角为 B．直线与平面所成的角等于 C．点到面的距离为 D．四面体的体积是 4．（2024·福建·模拟预测）已知正方体的棱长为2，棱的中点分别为E，F，点G在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是（　　） A．若存在λ使得，则 B．若，则平面 C．三棱锥体积的最大值为2 D．二面角的余弦值为 5．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（    ）    A．是平面的一个法向量 B． C．点到平面的距离为 D．二面角的正弦值为 6．（2024·安徽池州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离的最大值为 C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为 D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为 三、填空题 7．（2023·广东江门·一模）已知直线l过点，且直线l的一个方向向量为，则坐标原点O到直线l的距离d为 . 四、解答题 8．（2024·天津·高考真题）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． 9．（2024·天津·二模）如图，在多面体中，，，，平面，，，. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 10．（22-23高三上·山东济南·期末）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面. (1)证明：； (2)已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由. 11．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.    (1)求证：平面平面. (2)求二面角的余弦值. (3)为平面内一点，若平面，求的长. 12．（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B C BCD BCD ACD AC 1．B 【分析】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 因为是的中点，， 所以， 所以，． 设是平面的法向量，    则，令，得． 故点到平面的距离为． 故选：B 2．C 【分析】由线线平行得到线面平行，直线到平面的距离等于点到平面的距离，建立空间直角坐标系，得到平面法向量，得到点到平面的距离. 【详解】∵，平面，平面， ∴平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离， 如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴， 所在的直线为轴，建立直角坐标系. 则，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 设点到平面的距离为， 则， 故直线到平面的距离为. 故选：C. 3．BCD 【分析】建立适当空间直角坐标系后借助空间向量逐项计算与判断即可得. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 对A：、、、， 则、，故， 故，即异面直线和所成的角为，故A错误； 对B：，由轴平面，故平面法向量可为， 则，故直线与平面所成的角为，故B正确； 对C：，，， 设平面的法向量为，则有， 令，则，故，故C正确； 对D：易得四面体为正四面体， 则，故D正确. 故选：BCD. 4．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，由平面平面，根据向量法得出点G的轨迹，由向量共线可判定A，根据线面平行的判定定理可判定B，根据棱锥体积公式可得C，由向量法求面面角可得D. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，依题意，，设， 则， 设平面的一个法向量为， 则，所以，令，则，即， 设平面的一个法向量，则， 所以，令，则 即，因为平面平面，所以，即，所以， 选项A：若存在λ使得，则点G在线段上，所以，即， 所以G为的中点，即，故A错误； 选项B：若，则，即，所以G为的中点， 因为E为的中点，所以,故四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面，故B正确； 选项C：因为，设平面的一个法向量为， 则，所以，令，则， 即，设G到平面的距离为， 又为等边三角形且边长为，则， 所以，又， 所以当时，三棱锥体积的最大值为2，故C正确； 选项D：因为平面，所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量， 则， 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】利用空间向量解决立体几何中的动点问题及求角和距离是常用方法. 5．ACD 【分析】对于A，证明平面即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项. 【详解】对于A，由于是正四棱柱，易知， 在中，因为， 所以， 故， 又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，在中，因为， 则， 在中，利用余弦定理, 可求得或（舍去）， 因此，故错误； 对于C， 以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由B选择可知，，， 所以， 故， 设为平面的法向量， 则， 令，则， 设点到平面的距离为， 所以由点到平面的距离公式得： ，故C正确； 对于D，由C选项中坐标可知， 为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 则 令， 所以， 因此二面角的正弦值为，故D正确. 故选：ACD.    6．AC 【分析】连接，证明平面，则，再证明，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可判断A；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断B；证明，则即为所求，解即可判断C；结合B选项可得三棱锥的外接球即为正方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A，连接，则， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设， 所以， 由A选项可知平面的一个法向量为， 又，所以点到平面的距离为， 所以当时，，故B错误； 对于C，连接，因为且，所以四边形是平行四边形， 所以， 则当点在线段上时， 异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即， 因为为等边三角形，所以， 即异面直线与所成的角为，故C正确； 对于D，当三棱锥的体积最大时，点到平面的距离最大， 由B选项可知当点与点重合时， 三棱锥为正四面体，且其棱长为， 其外接球即为正方体的外接球， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为，故D错误． 故选：AC. 7． 【分析】根据空间中点到直线距离公式计算即可. 【详解】由题知，直线过点，且直线的方向向量为，点， 所以， 所以点到的距离为 故答案为：. 8．(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. 9．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据，即可得证 （2）分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解值； （3）设点到平面的距离为，利用点到平面的向量公式即可求解. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以， 所以，，两两垂直， 则以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，令， 得， 所以，则， 又因为平面 所以直线平面. （2）由，得，， 设平面的法向量为，则，令 得， 所以 则平面与平面夹角的余弦值为 （3）由于，平面的法向量， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为 10．(1)证明见解析 (2)存在点，线段的长为． 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，利用菱形的几何性质可得出，可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）取中点，连接，推导出，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 平面，所以， 因为四边形是菱形，所以， 又因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）解：取中点，连接， 因为四边形为菱形，则， 又因为，则为等边三角形， 由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形， 因为为的中点，则，，， 由（1）知，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， ， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以，由（1）知平面， 设，则，． 设平面的法向量，则， 取，可得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，解得， 因此，存在点，线段的长为． 11．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理先证，由面面垂直的性质得出，结合勾股定理及线面垂直的判定证明平面即可； （2）法一、利用二面角的定义结合第一问得出二面角的一个平面角，再由余弦定理计算即可；法二、以B为中心建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可； （3）法一、利用线线垂直、线面垂直的性质与判定作出平面，解三角形即可；法二、利用（2）的坐标系，设坐标结合空间向量基本定理及空间向量数量积计算求G点坐标即可. 【详解】（1）    连接，在中，， ， 则，，， 平面平面，，平面平面， 平面，平面，所以， 在中，, 又， ∴， 在中：，∴， 又，平面， 平面，且平面， 平面平面. （2）法一、由上可知：，则二面角的一个平面角为， 在中，由余弦定理知； 法二、如图建系：设轴与交于，过P作与E， 设，则，    ∴， ， 解之得， 易知，所以， 则， 设为平面的一个法向量，则：， 令，则，所以， 易知是平面的一个法向量， 设二面角的一个平面角为，则， 由图形可知该二面角为钝角，所以； （3）法一：过作，垂足为，过作， 在中，过作，过作， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 而平面，所以平面，即G为所求. 分别延长交于，连接， 过作，由（1）易知，平面， 平面，    ∴，设，， ∴，则，设，    在平面内，由几何关系知， 所以； 法二：取（2）的坐标系，则，，，设，所以， 又：，即， 12．(1)证明见解析 (2)；在线段存在点使得平面，的值为 【分析】（1）由题意可知为正三角形，则，又，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段上存在点，使得平面，令，利用求出，进而求出即可. 【详解】（1）由，知为正三角形， 又为的中点，则. 又为的中点，则， 而，所以， 又平面， 所以平面； （2）由（1）知为正三角形，则， 在中，，有，所以， 易知，建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为. 假设在线段上存在点，使得平面，令， 则，所以， 由平面，得，所以， 解得，所以，即的值为. 【能力提升训练】 一、单选题 1．（2024·天津南开·一模）在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二下·江苏南京·期中）在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G，则点到平面ABD的距离为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·江西上饶·一模）如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，则（    ） A．直线与底面所成的角为30° B．到直线的距离为 C．平面 D．平面 4．（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 三、填空题 5．（23-24高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）正方体棱长为2，E，F分别是棱，的中点，M是正方体的表面上一动点，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为 ． 6．（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 7．（23-24高三下·浙江宁波·阶段练习）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，为的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若与平面所成的角为，过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离. 8．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示的空间几何体是以为轴的圆柱与以为轴截面的半圆柱拼接而成，其中为半圆柱的母线，点为弧的中点. (1)求证：平面平面； (2)当，平面与平面夹角的余弦值为时，求点到直线的距离. 9．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．    (1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由； (2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比． 10．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由． 11．（23-24高二上·重庆黔江·阶段练习）正方体中，，点在线段上. (1)当时，求异面直线与所成角的取值范围； (2)已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 B A BC ACD 1．B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出底面为正方形，长方体外接球的直径即为长方体的体对角线且球心在体对角线的中点，由外接球的体积求出，从而求出底面边长，再利用向量法求出球心到平面的距离，即可求出截面圆的半径，从而求出其面积. 【详解】如图建立空间直角坐标，设、，则， ，，， 所以，， 因为，所以，所以，即为正方形， 又长方体的外接球的直径为长方体的体对角线长， 外接球的球心为体对角线的中点不妨设为， 由外接球体积为，所以，解得， 又，解得（负值舍去）， 所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以点到平面的距离， 所以外接球被平面截得的截面圆的半径， 所以截面圆的面积， 即外接球被平面截得图形面积为. 故选：B    2．A 【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设，求出，利用空间向量的数量积转化求解点到平面的距离． 【详解】解：如图所示，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，0，，，，，，，0，， 可得，，，， 因为点在平面上的射影是的重心， 所以平面，所以， 即，解得， 即， 则点到平面的距离为，是的中点， 所以． 故选：A. 3．BC 【分析】建立适当空间直角坐标系后，对A，可借助空间向量计算直线与底面所成角的正弦值即可判断；对B，借助空间中点到直线的距离公式计算即可得；对C，借助空间向量可得，结合线面平行的判定定理即可得；对D，假设平面，则有，结合空间向量计算可得与不垂直，故假设不成立，即可得解D. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、， 对A：由，，故， 易得平面的法向量可为， 则，故A错误； 对B：由，，有，又， 故，故B正确； 对C：由，，故，又， 有，故，又平面，平面， 故平面，故C正确； 对D：由，，故，又， 有，故与不垂直， 若平面，由平面，则会有，与已知矛盾， 故假设不成立，故D错误. 故选：BC. 4．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． 5． 【分析】根据题意只需点离平面最远即可，构建空间直角坐标系，应用向量法求各点到面距离得到与重合，再将置于如下直角坐标系中求外接圆圆心，进而确定空间坐标系中外接球球心坐标，即可求球的表面积. 【详解】如下图，，即四点共面，要使四面体的体积最大， 只需点离平面最远即可，显然点、线段上点到平面距离都相等， 构建下图空间直角坐标系，则， 所以，若面的一个法向量为， 则，令，则， 而，则，，，， 所以到面距离为，到面距离为， 到面距离为，到面距离为， 综上，正方体的表面上到面距离最远，故四面体的体积最大，与重合， 首先确定外接圆圆心坐标，将置于如下直角坐标系中，    则，则是直线与的垂直平分线的交点， 由，则，且中点为，故，即， 联立，即对应到空间直角坐标系的坐标为， 由四面体的外接球球心在过垂直于面的直线上，设， 由，即，所以， 故外接球半径为，故外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用向量法求出正方体的表面上到面距离最远的点为关键. 6．②③④ 【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. 7．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，证得和，得到平面，进而证得平面平面. （2）取的中点，连接，根据题意求得和，以为原点，建立空间直角坐标系，设，得到，结合，求得的值，即可求解. 【详解】（1）证明：由四边形是直角梯形，且， 在直角中，，可得， 从而是等边三角形，平分， 因为为的中点，所以，所以， 又因为且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解：取的中点，连接，因为，所以于， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 连接，可得为与平面所成的角，则， 在直角中，， 在等边中，可得， 在直角中，可得， 又因为等边，且为的中点，所以. 以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设，可得， 则， 由，解得，满足题意， 所以点到平面的距离为. 8．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过作交弧上一点，连结，由可得，进而由线面垂直的判定定理证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，设，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值，而列方程求出的值，从而向量法可求点到直线的距离. 【详解】（1）过作交弧上一点，连结，如图所示： 则为弧的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，所以. 由题意可知，，为等腰直角三角形，则； 因为为弧的中点，所以, 则为等腰直角三角形，则， 所以，则, 因为，则，又， 又因为、面， 所以平面，因为面， 所以平面平面. （2）由题意知，两两垂直，所以为坐标原点， 以分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示： 设，又， 则，，，，， ，，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，， 设平面与平面的夹角为 ，解得（负舍）， 所以，，， 则， 所以点到直线的距离为. 9．(1)存在，点M的位置见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，再依据，利用向量的数量积列出等式计算即可； （2）设出点T的坐标，根据平面向量基本定理，求出点T的坐标，再直接求体积即可. 【详解】（1）因为四棱台的上、下底面都是正方形，且底面ABCD， 所以可以以为坐标原点，分别为轴建立如图所示坐标系， 则 ， 假设在底面内存在点M，满足平面CPQ，则可设， 有，则，即， 所以，， 故在底面内存在点，满足平面CPQ. （2）设，因为点T在平面CPQ内，所以可设， 则， 所以，所以，则， 连接，， 设平面CPTQ将四棱台分成上、下两部分的体积分别为， ， ，， 取的中点，连接，则，， 又平面，平面，所以平面， ， 所以， ， ，所以， 所以所求的上、下两部分的体积比为.    10．(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得； （2）假设存在，可设，，，，结合空间向量解出、，可得其与假设矛盾，故不存在. 【详解】（1）由平面，、平面， 故、，又底面为正方形，故， 即、、两两垂直， 故可以为坐标原点，的方向为轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，， ，，，，， 设平面的法向量，则，即， 可取， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为；    （2）假设截面内存在点满足条件， 设，，，， 有，，， 所以， 因为平面，所以， 所以，解得， 这与假设矛盾，所以不存在点，使平面． 11．(1) (2) 【分析】（1）由题意引入参数，建立适当的空间直角坐标系，将问题转换为两直线方向向量夹角的余弦的范围，然后结合异面直线角的范围即可得解. （2）引入参数，利用等体积法转换为求的体积，只需求到平面的距离以及即可得表达式，从而进一步得解. 【详解】（1）由题意正方体的三条棱长两两互相垂直，故以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： ，由题意不妨设， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以异面直线与所成角的余弦值为， 令， 当时，， 当时，， 综上，， 所以异面直线与所成角的取值范围为. （2）如图所示： 由题意线段的中点是，，不妨设， 所以， 取平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 而 ， 所以三棱锥的体积为， 所以当且仅当时，三棱锥的体积取最小值. 【点睛】关键点睛：第一问关键是引入适当参数将问题先转换为求方向向量夹角的余弦，第二问的关键是等体积转换法，这样大大减少了计算量. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025二轮复习专项训练20 空间向量与距离、探究性问题 [考情分析]　空间向量与距离、探究性问题在高考试题中出现较少，一般以解答题的形式考查，难度在中档以上． 【练前疑难讲解】 一、空间距离 (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＝. 二、探究性问题 空间向量求解探究性问题： (1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论； (2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解、是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论． 一、单选题 1．（2024·河北沧州·二模）已知四面体满足，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二下·江苏徐州·期末）已知直线过点，且方向向量为，则点到的距离为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2023·黑龙江佳木斯·模拟预测）如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（    ） A． B．与所成的角可能是 C．是定值 D．当时，点到平面的距离为1 4．（2024·江西鹰潭·二模）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（    ）    A． B．若为线段上的一个动点，则的最大值为3 C．点到直线的距离是 D．直线与平面所成角正弦值的最大值为 三、填空题 5．（23-24高二上·全国·课后作业）在三棱锥中，平面平面ACD，O是AD的中点，若棱长，且，则点D到平面ABC的距离为 ，点O到平面ABC的距离为 . 6．（2024·辽宁·一模）已知空间中的三个点，则点到直线的距离为 ． 四、解答题 7．（22-23高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．    (1)证明：平面； (2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 8．（22-23高三下·湖南·阶段练习）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2. (1)证明：. (2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由. 【基础保分训练】 一、单选题 1．（22-23高二上·河南新乡·期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是的中点，，则点到平面的距离为（    ）    A． B． C． D． 2．（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（    ）. A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·黑龙江·二模）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（    ） A．两条异面直线和所成的角为 B．直线与平面所成的角等于 C．点到面的距离为 D．四面体的体积是 4．（2024·福建·模拟预测）已知正方体的棱长为2，棱的中点分别为E，F，点G在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是（　　） A．若存在λ使得，则 B．若，则平面 C．三棱锥体积的最大值为2 D．二面角的余弦值为 5．（2024·河北承德·二模）如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（    ）    A．是平面的一个法向量 B． C．点到平面的距离为 D．二面角的正弦值为 6．（2024·安徽池州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离的最大值为 C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为 D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为 三、填空题 7．（2023·广东江门·一模）已知直线l过点，且直线l的一个方向向量为，则坐标原点O到直线l的距离d为 . 四、解答题 8．（2024·天津·高考真题）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． 9．（2024·天津·二模）如图，在多面体中，，，，平面，，，. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 10．（22-23高三上·山东济南·期末）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面. (1)证明：； (2)已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由. 11．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，平面平面.    (1)求证：平面平面. (2)求二面角的余弦值. (3)为平面内一点，若平面，求的长. 12．（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 【能力提升训练】 一、单选题 1．（2024·天津南开·一模）在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二下·江苏南京·期中）在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G，则点到平面ABD的距离为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·江西上饶·一模）如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，则（    ） A．直线与底面所成的角为30° B．到直线的距离为 C．平面 D．平面 4．（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 三、填空题 5．（23-24高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）正方体棱长为2，E，F分别是棱，的中点，M是正方体的表面上一动点，当四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为 ． 6．（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 7．（23-24高三下·浙江宁波·阶段练习）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，为的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若与平面所成的角为，过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离. 8．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示的空间几何体是以为轴的圆柱与以为轴截面的半圆柱拼接而成，其中为半圆柱的母线，点为弧的中点. (1)求证：平面平面； (2)当，平面与平面夹角的余弦值为时，求点到直线的距离. 9．（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．    (1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由； (2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比． 10．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由． 11．（23-24高二上·重庆黔江·阶段练习）正方体中，，点在线段上. (1)当时，求异面直线与所成角的取值范围； (2)已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $$