第02讲 利用向量法解决夹角及距离问题（思维导图+2大知识点+8大题型+过关测试）-2025-2026学年高二数学上学期期末必考题型归纳及过关测试（人教A版）

该高中数学单元复习讲义通过思维导图系统构建了向量法解决空间夹角及距离问题的知识体系，知识点梳理部分清晰呈现空间角公式（异面直线所成角、线面角、二面角）和空间距离（点线距、点面距等）的核心内容，用框架图明确公式间的内在联系与重难点分布。 讲义亮点在于分层递进的题型设计，从基础的异面直线所成角（如正方体中中点连线夹角问题）到综合的翻折问题、新定义问题（如“斜60°坐标系”下向量运算），培养学生数学思维与表达能力。每个题型配真题例题及变式题，帮助不同层次学生举一反三，过关测试助力自主复习，教师可据此实施精准化教学。

第02讲 利用向量法解决夹角及距离问题 目录 01 题型归纳目录 2 02 思维导图 3 03 知识点梳理 4 知识点一：空间角公式． 4 知识点二：空间中的距离 4 04 题型归纳，举一反三 6 题型一：异面直线所成角 6 题型二：线面角 9 题型三：二面角 14 题型四：点线距离与异面直线的距离 21 题型五：点面距、线面距与面面距 23 题型六：存在类问题 28 题型七：翻折问题 33 题型八：新定义问题 41 05 过关测试 49 知识点一：空间角公式． （1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则． （2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为 与所成角的大小，则． （3）二面角公式： 设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中． 知识点二：空间中的距离 求解空间中的距离 （1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算． 如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． （2）点到平面的距离 为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线． 题型一：异面直线所成角 【例1】（西藏自治区拉萨市2024-2025学年高二期末联考数学试题）在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 如图，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，则，，，， 所以，， 设异面直线与所成的角为， 则， 故选：D. 【变式1-1】（2025·高二·重庆·期中）在直三棱柱中，，，分别是，的中点，，，则与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】直三棱柱中，平面.又，所以两两垂直. . . 所以， . . . 所以与所成角的余弦值是. 故选：B. 【变式1-2】（2025·高二·陕西西安·月考）如图，在四棱柱中，侧面底面，四边形是正方形，四边形是菱形，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为侧面底面，侧面底面， 四边形是正方形，所以底面，所以侧面，侧面， 所以，所以， 因为分别是棱的中点，所以， 所以， 因为四边形是正方形，四边形是菱形，且，所以设， ， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 故选：D. 【变式1-3】（2025·高二·上海普陀·月考）如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，，且,则异面直线与的夹角的余弦值为（   ） A． B． C．0 D．无法确定 【答案】A 【解析】四棱柱的底面为平行四边形， 因为，且 由，， ， 又由， 所以， 所以， 所以. 故选：A. 题型二：线面角 【例2】（2025·高二·湖南长沙·月考）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，E为的中点. (1)若分别为的中点，求证：平面； (2)若平面，，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）解法1： 与为等腰直角三角形且， 所以，..    E为的中点，， ，，即， ∴四边形为平行四边形，故， 分别为的中点，，所以， 平面，平面，平面； 解法2： 取的中点N，的中点M，连接， 与为等腰直角三角形且， 由，.. 分别为的中点， ，且. ，， ，∴四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面； （2）平面，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， 设，则， ， 设平面的一个法向量为，， ，取，. 设与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为. 【变式2-1】（2025·高二·重庆·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且．    (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【解析】（1）因为四边形为矩形，所以， 又因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以. （2）由（1）知，平面， 因为平面，所以， 所以在中，， 所以，所以， 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面法向量为， 则，令，则， 设直线与平面所成角的大小为， 则， 所以，即直线与平面所成角的大小为. 【变式2-2】（2025·高二·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【解析】（1）底面，底面， ， 又圆为底面的外接圆，是直径， ， ，平面，， 平面， 平面， 平面平面． （2）以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 由，得， ， ，，， 设平面的一个法向量为， ，， 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成的角的正弦值为． 【变式2-3】（2025·高二·海南·期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为PA，CD的中点． (1)求证：平面PBF； (2)若，求直线PC与平面PBF所成角的正弦值． 【解析】（1）证明：取PB的中点G，连接EG，GF，如图． 因为E，G是PA，PB的中点，所以，且. 因为，且， 所以，所以四边形EGFD为平行四边形， 所以， 又平面PBF，平面PBF， 所以平面PBF. （2）如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则． 所以，，． 设平面PBF的法向量为， 则， 则 ， 所以直线PC与平面PBF所成角的正弦值为. 题型三：二面角 【例3】（2025·高二·山西·期中）如图，在三棱锥中，，，平面平面是的中点.    (1)求证：. (2)点满足，且平面. （i）求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 【解析】（1）连接，因为，是的中点，所以，.             因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以.             由，，可得， 又，，所以，故. （2）（i）由（1）知，两两互相垂直， 以为坐标原点，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，，，， 则.             设是平面的法向量， 由，可取.             因为平面，所以， 即，解得.             （ii）设是平面的法向量，平面与平面的夹角为. ，， 由，可取.             由知，平面的一个法向量为. 所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式3-1】（2025·高二·山西·期中）如图，在四棱柱中，底面是平行四边形．P为的中点，是等边三角形，，，．    (1)求证：平面平面； (2)设M为的中点，求异面直线与所成的角； (3)点Q满足，过线段且平行于直线的平面分别交，于点E，F，求平面与平面的夹角的余弦值． 【解析】（1） 证明：在中，，， ， ，，即， ，又，，平面， 平面，又平面， 平面平面，即平面平面． （2） 由四棱柱的性质可知， 即为异面直线与所成的角或其补角， 连接，是等边三角形，M为的中点， ，又， 四边形是矩形， 是等边三角形，， ，即异面直线与所成的角为． （3）由（2）知，，又平面平面，平面平面，平面， 平面， 又P，M分别为，的中点，侧棱平面，则，， 又，， 以为坐标原点，建立下图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，， ，，，，， 平面，平面即为平面， 设平面的法向量是， 则，即 令，则平面的一个法向量是， ，， 在平面中，， 设平面的法向量是， 又平面，则，则， 则， 令，则平面的一个法向量是， 设平面与平面的夹角为， ， 平面与平面的夹角的余弦值为． 【变式3-2】（2025·高二·陕西商洛·期中）如图，已知直三棱柱，，，为的中点.    (1)求点到平面的距离. (2)求二面角的余弦值. 【解析】（1）由题意有：， 以为坐标原点，分别以方向为轴，建立空间直角坐标系，如图， 由，所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 所以点到平面的距离为：， 所以点到平面的距离为； （2）由（1）有平面的一个法向量为， 显然平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为. 【变式3-3】（2025·高二·河南周口·期末）如图，在圆锥中，为底面的圆心，，，点是底面圆周上一点，是的中点，，. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）如图1，取的中点，取靠近点的四等分点，连接，，. 因为是的中点，所以是的中位线，所以，. 因为，所以，所以根据相似的性质可得，， 所以，，所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）根据圆锥的性质可得平面，因为平面，平面，所以，. 因为，所以以点为坐标原点， ，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图2所示， 则，，，，. 设平面的法向量为，则，取. 易得平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则， 因为平面与平面的夹角为为锐角， 故平面与平面夹角的余弦值为. 题型四：点线距离与异面直线的距离 【例4】（2025·高二·广东·期末）在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】已知，，， 则，， 设向量与夹角为， 则在上的投影为， ，． 所以， 点到直线的距离，， 则． 故选：D． 【变式4-1】（2025·高二·辽宁·月考）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【解析】由题意可得与同向的单位向量 点到直线的距离． 故选：D 【变式4-2】（2025·高二·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影， 所以面， 连接，，则且交于. 因为 面， 所以，. 所以以，，为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， 则，，，，， 所以，. 设异面直线与的公垂线方向向量为， 则有 ，即，取. 又因为， 所以异面直线与的距离. 所以异面直线与的距离为. 故选：B 【变式4-3】（2025·高一·浙江台州·期末）已知正方体的边长为1，P为上的动点，S，T分别是面ABCD和面上的动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，分别作关于面ABCD和面对称的直线， 点对称后为，以为原点建立空间直角坐标系， ， 又是异面直线上的点， 所以的最小值为异面直线的距离， ， ， 设与直线都垂直的一个向量， 则，不妨取，， 所以异面直线的距离. 故选：C. 题型五：点面距、线面距与面面距 【例5】（2025·高二·北京·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD.    (1)证明：； (2)若，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【解析】（1）因为，， 则，即， 所以在中，所以， 因为底面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以； （2）因为底面，平面，所以， 结合（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，取，则， 设平面的法向量， 则，取，则， 所以， 由图可知该二面角为钝角，故二面角的余弦值为； （3）由（2）知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离. 【变式5-1】（2025·高二·山西·月考）如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离. 【解析】（1）取的中点，连结，，因为，所以. 在中，，所以，在中，， 在中， ，，，所以， 所以，又因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）连接，，，，又为中点， 所以，且，由（1）可知平面， 又因为平面， 所以，，所以两两垂直， 如图，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 取，得，则， 所以点到平面的距离. 【变式5-2】（2025·高二·新疆巴音郭楞·月考）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 【解析】（1）在直三棱柱中，，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， ，于是， 即，因此直线， 而平面，则平面； 又，则，直线， 而平面，则平面，又点平面， 所以平面平面. （2）由（1）得，平面的一个法向量为，而， 则点到平面的距离， 由平面平面，得平面与平面的距离等于点到平面的距离， 所以平面与平面的距离为. 【变式5-3】设正方体的棱长为2，求： (1)求直线到平面的距离； (2)求平面与平面间的距离. 【解析】（1）以D为原点，为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则 所以，所以，即， 又平面，平面，所以平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离． 设平面的一个法向量为， 则，令，则，又， 所以点到平面的距离. （2）由（1）知平面，同理，平面， 又，平面， 所以平面平面， 即平面与平面间的距离等于点到平面的距离． 由（1）知，点到平面的距离. 所以平面与平面间的距离为. 题型六：存在类问题 【例6】（2025·高二·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）证明：，，，， 又，，，； ，，四边形为平行四边形，， 即图（2）中，，又，，， ，，平面，平面， 平面，， ，平面，平面. （2）由（1）得：平面，又，两两互相垂直， 以为坐标原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，且，， ， 设平面的法向量， 则，令，解得：，， ； 轴平面，平面的一个法向量， ， 解得：（舍）或，， 当点位于线段靠近点的三等分点时，平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式6-1】（2025·高二·浙江·月考）在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，.，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等.记，，，且，. (1)当时，用向量，，表示，. (2)为何值时，的长最小？ (3)是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）， ， . （2）因为，则，， 可得 ， 又，，， ，，，，， 所以，，，，，， 所以，，， ， 当时，的最小值为. （3）假设存在使得平面，又，平面， 可知，， 由（2）知，，可得. 且， 化简得，解得， 故存在，使得平面. 【变式6-2】（2025·高二·云南·月考）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为，∴ （2）取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 如图，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， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量为， ∴点到平面的距离. （3）假设在线段（不含端点）上存在一点， 使得直线与平面所成角的正弦值为． 设，由（2）知， 则， 由（2）知平面的一个法向量， 因为直线与平面所成角的正弦值为， ∴. 整理得，解得或， 所以在线段 （不含端点）上存在点， 当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 【变式6-3】（2025·高二·河北沧州·期末）如图，在多面体中，底面为矩形，底面，，且，，． (1)当时，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）由题易得直线，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，，，，，，． 设平面的法向量为， 所以即得，取，则， 所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （2）设的重心为，则，，，， 所以，，，． 设平面的法向量为， 所以即取，则，，即， 假设在平面内的射影恰好为的重心，则， 所以，无解，故不存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心． 题型七：翻折问题 【例7】（2025·高三·湖北·开学考试）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，，且的中点为，所以， 又平面，故平面， 由于平面，故. （2）当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为，故， 设到平面的距离为，到平面的距离为， 由等体积法可得 而， 由于，故， 所以，从而， 故到平面的距离为. （3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ， 故， ， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 ， ， 取则， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时. 【变式7-1】（2025·高二·广西南宁·期末）如图，在梯形中，，，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 【解析】（1） 取中点为，连接交于点， 由于，，，所以四边形是菱形， 则，又因为四边形是平行四边形，则，故， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； （2） 由可得：， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，再由平面，平面，故， 如图建系，可设， 由，可得①， 由，因，则②， 再由异面直线与所成角的余弦值为及， 可得：，解得， 将其代入①，②式可得：， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 由图可得平面的法向量为， ， 则平面与平面所成角的余弦值是. 【变式7-2】（2025·高二·云南曲靖·月考）如图1，已知四边形是上、下底边长分别为1，3，高为1的直角梯形，，为线段上更靠近点的三等分点.将沿着翻折，使得点翻折到点，且，得到的几何体如图2所示. (1)证明：平面. (2)求平面和平面的夹角. 【解析】（1）证明：在图1中，由已知，，， ∴四边形是矩形，∴. 在图2中，∵，，， ，平面，∴平面. ∵平面，∴. 其中，，， 故，∴. ∵，，平面， ∴平面. （2）（方法一）由（1）可知，，，两两垂直， 以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，. 设平面的一个法向量为， 则取， 则，，得. 易得平面的一个法向量为， 则平面和平面夹角的余弦值为， 故平面和平面的夹角为. （方法二）如图，作矩形，连接. ∵，，∴，∴，，，四点共面， ∴平面和平面的交线为. ∵，，，，平面， ∴平面. ∵平面，∴，∴. ∵，∴平面和平面夹角的平面角为. ∵，∴， 故平面和平面的夹角为. 【变式7-3】（2025·高二·广东汕尾·期末）如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，． (1)证明：； (2)证明：平面； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）证明：如图，取的中点N，连接，， 因为且， 所以四边形为菱形，故， 又因为，所以四边形为平行四边形， 故有，所以， 因为，、平面，，故平面， 因为平面，所以． （2）证明：如图，连接交于点O，连接． 因为，且， 所以，所以O为的三等分点， 又因为，所以M为的三等分点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （3）由题意知，，， 因为，平面，与相交，所以平面． 以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，由于， 则，，，，， 由知． 设平面的法向量为， ，， 所以，令，则，， 即， 设平面的法向量为， ，， 所以，令，则，， 即， 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 题型八：新定义问题 【例8】（2025·高二·江西上饶·期末）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为； 过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． (1)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：； (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）由直线的点方向式方程为可知直线的一个方向向量坐标为 由平面的一般式方程为可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为． （2）由平面可知平面的一个法向量为， 由平面可知平面的一个法向量为， 设两平面交线的方向向量为，则， 令，则，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 因为，即，且，所以． （3）因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量为 则，令，解得，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的交线（即直线）的方向向量为， 则，令，则，，可得， 由平面可知平面的一个法向量为， 由，则，解得， 即， 故平面与平面夹角的余弦值为 ． 【变式8-1】（2025·高二·四川绵阳·月考）空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（轴、轴､轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜60°坐标为，记作．    (1)若，，求的斜60°坐标； (2)在平行六面体中，，，N为线段D1C1的中点．如图，以为基底建立“空间斜60°坐标系”． ①求的斜60°坐标； ②若，求与夹角的余弦值． 【解析】（1）由，， 知，， 所以，所以； （2）设，，分别为与，，同方向的单位向量， 则，，， ①， .                                        ②因为，所以， 则， ∵，                               . ∴， ， 所以与的夹角的余弦值为 【变式8-2】（2025·高二·浙江舟山·月考）定义：若一个四面体的两组对棱分别相等（即），则称该四面体为空间菱形．已知空间菱形中，． (1)若平面平面，求实数的值； (2)在（1）的条件下，求该空间菱形的体积； (3)若，那么在棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【解析】（1）设中点为点，连接， 因为四面体为空间菱形． 所以， 根据等腰三角形的性质可知：， 所以是二面角的平面角， 当平面平面时，有 由，， 可得， 因为， 所以有； （2）由（1）可知， 因为平面， 所以平面， 由（1）可知，所以， 所以空间菱形的体积为； （3）把空间菱形放在长方体中，如下图所示： 建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 由长方体的性质可得：， 于是， 设棱上存在一点，使得平面与平面的夹角为，设， 设，则有， 所以，， 设平面的法向量为， 于是有， 设平面的法向量为， 于是有因为平面与平面的夹角为， 所以， 解得，因为，所以， 因此棱上存在一点，使得平面与平面的夹角为，此时. 【变式8-3】（2025·高二·重庆·月考）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为将其整理为一般式方程为，其中． (1)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为，若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）由直线的点方向式方程为， 可知直线的一个方向向量坐标为. 由平面的一般式方程为， 可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线与平面所成角的余弦值为． （2）不妨设，在平面内取一点， 则向量， 取平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为： ． 对于，当时，表示经过，，的空间直角坐标系在第一卦限的部分. 由对称性可知表示，，这六个顶点形成的正八面体， 设内切球的半径为，则即为原点到平面的距离， 则． 所以内切球的表面积为． （3）因平面经过三点，，， 可得，， 设侧面所在平面的法向量为 则，令，解得，，可得， 由平面的一般式方程， 可知平面的一个法向量为， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，令，则，，可得， 由平面， 可知平面的一个法向量为， 由，，则，， 解得，即， 故平面与平面夹角的余弦值为： ． 1．（2025·高二·浙江·期中）在正方体中，点为线段上的动点，则异面直线与所成角的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设正方体的棱长为1，异面直线与所成角为， 以D为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设， 所以， 所以，， 所以， ， 因为，所以时，取最小值，此时取最大值， 因为，所以的最小值为， 则异面直线与所成角的最小值为． 故选：B． 2．（2025·高二·四川南充·期中）如图1，在平行四边形中，，，如图2，沿将折起到的位置，使得点到点的距离为，则二面角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】解法一：翻折前，在平行四边形中，，，则， 翻折后，则有，， 由题意可得，，， 设二面角的大小为，则， 由， 得， 因为，所以， 解得，则， 故二面角的余弦值为. 解法二：翻折前，在平行四边形中，，，则， 则， 翻折后，则有，，， 设二面角的大小为，则， 由题意可得，，， 因为，故， 即，故， 因为， 所以． 故二面角的余弦值为. 故选：D. 3．（2025·高二·北京·月考）中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧、弧的长度分别为，已知为弧的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，， 在下底面作， 以为原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图： 因为，所以扇环对应的两个圆的半径之比为1：2， ，所以，得， 则即，即， ，，，， ，， . 所以， 又异面直线所成角的范围为，故异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B. 4．（2025·高二·贵州贵阳·月考）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】球心O为正方体中心，半径，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， , 则，， 设平面ACM的一个法向量为， ，令，则， 所以，则O到平面AMC的距离为：， 截面圆半径，所以截面面积， 故选:B. 5．（2025·高二·河北保定·月考）如图，在正四棱台中，分别是棱的中点．若正四棱台的体积是28，则点E到直线的距离是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设正方形的中心分别为，棱的中点为H，连接，易证两两垂直， 则以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为正四棱台的体积是28，所以， 即，解得，则， 所以，故点E到直线的距离． 故选：C 6．（2025·高二·河北保定·月考）已知空间四点的坐标分别是，记点到直线的距离为，记点到平面的距离为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】， 所以点到直线的距离为； 设平面的一个法向量为，则， 即， 可取，所以， 而， 所以点到平面的距离为． 所以. 故选：C． 7．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为的中点，则异面直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】连接交于点，连接， 因为该几何体是一个高为4的正八面体， 所以，，， 设棱长为，则，， 所以在中，，即，解得， 以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以. 故选：A. 8．（2025·高二·云南文山·月考）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以. 因为，所以. 所以，所以. 因为向量是平面的一个法向量， 所以. 因为，所以. 所以. 因为，所以当时，取最小值为. 此时取最大值为. 故选：A. 9．（多选题）（2025·高二·浙江杭州·期中）棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．存在点使 C．若与平面所成的角记为，则 D．点到直线的距离最小值为 【答案】ACD 【解析】对于A，由题意取的中点为，并连接，作图如下： 在正方体中，由分别为的中点， 则易知，且， 所以在平行四边形中，， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，由题意作图如下： 设，则，， ，， 在中，， 令，化简可得， 由，则方程无实数解，故B错误； 对于C，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，作图如下： 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 可得， 当时，，当时，令， 由函数在上单调递减，则， 所以，可得， 综上可得，故C正确； 对于D，取的中点，连接交于， 在平面内，过作于，连接，，，作图如下： 在正方形中，易知，， 在正方体中，易知， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 由，当且仅当重合时，等号成立， 在中，，在中，由，则， 所以，即到的距离最小值为，故D正确. 故选：ACD. 10．（多选题）（2025·高二·贵州毕节·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积是 C．的最小值为 D．不存在点使直线与直线夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】以为坐标原点，，，分别为，，轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，， 所以，，，设，，则. 对于A：因为，故，故A正确； 对于B：因为，平面，平面， 则平面，所以三棱锥的体积为，故B错误； 对于C：因为， 所以， ， 当时，取得最小值为，故C正确； 对于D：因为，， 所以，， 设与的夹角为，则， 故D正确. 故选：ACD. 11．（2025·高二·北京·期中）如图，若平行六面体的所有棱长均为2，且，则 ，异面直线与所成角的大小为 . 【答案】 【解析】因平行六面体的所有棱长均为2，且， 故， 因，则， 因异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的大小为. 故答案为：；. 12．（2025·高二·贵州贵阳·月考）如图，在棱长为的正方体中，平面与平面的距离为 . 【答案】2 【解析】由正方体结构性质可知且，且， 所以四边形和四边形均为平行四边形， 所以，又在平面外，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 所以平面与平面的距离即为点C到平面的距离， 由题可建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面与平面的距离即点C到平面的距离为. 故答案为：2 13．（2025·高二·广东河源·月考）已知正方体的棱长为1，为的中点，则点到平面的距离为 . 【答案】/ 【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，则，，， 所以，，设平面的法向量为， 则，取，则， 而，故， 则点到平面的距离为. 故答案为： 14．（2025·高三·天津南开·月考）如图，是一个四棱锥，已知四边形是梯形，平面，，，，，点是棱的中点，点在棱上，.    (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 【解析】（1）以为坐标原点，以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则. 为平面的一个法向量， 因为，所以，所以， 因为平面，所以平面. （2）设为平面的一个法向量， 则， 令，则， 故， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设为平面的一个法向量， 则, 因为，， 所以， 取，则， 则. 为平面的一个法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 15．（2025·高二·山西晋中·月考）如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一动点，且. (1)若，证明：； (2)当三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍时，求平面和平面夹角的余弦值. 【解析】（1）证明：因为矩形所在的平面，所以，，两两垂直. 分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则，，，，， . 因为是的中点，所以. 设，， 则，即， 所以， 由，得， 即，得，即是的中点， 所以. （2）设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 则三棱锥的体积， 三棱锥的体积. 由已知可得，即. 得，，， 设平面的法向量为， 则，即， 得，取，得，所以， 易得平面的一个法向量为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 16．（2025·高二·山西太原·月考）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧面所成的角为.    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）取的中点，的中点，连接， 由题意可知四棱台为正四棱台， 则平面，线面垂直的性质知，，， 则，且，则四边形为矩形． 所以，故为与侧面所成的角． 因为与侧面所成角为，所以， 如图所示，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则平面的一个法向量为，而， 所以点到平面的距离； （2）因为，设平面的法向量为， 则， 令，则平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17．（2025·高二·山西太原·月考）如图，且，，且，且，平面，... (1)若为的中点，为的中点，求证：平面； (2)求点到线段的距离． 【解析】（1）由，平面，得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 显然，即，而直线平面， 所以平面. （2）由（1）知， 所以点到直线的距离. 18．（2025·高二·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO.    (1)求证：平面ABCD； (2)求面APB与面PBC所成角的正弦值； (3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 【解析】（1）因为，，， 所以四边形为矩形， 在中，，，， 则， 所以，则， 且平面平面，平面，平面平面， 所以平面； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，可得，则，，，，， 设平面的法向量为，，， 由，取， 设平面的法向量为，， 由，取， ， 又由图可知二面角是钝角， 所以二面角的正弦值为； （3）设，则， 又平面的法向量为， 直线与平面所成的角的正弦值为，解得， 所以. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲 利用向量法解决夹角及距离问题 目录 01 题型归纳目录 2 02 思维导图 3 03 知识点梳理 4 知识点一：空间角公式． 4 知识点二：空间中的距离 4 04 题型归纳，举一反三 6 题型一：异面直线所成角 6 题型二：线面角 7 题型三：二面角 8 题型四：点线距离与异面直线的距离 10 题型五：点面距、线面距与面面距 11 题型六：存在类问题 12 题型七：翻折问题 14 题型八：新定义问题 16 05 过关测试 19 知识点一：空间角公式． （1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则． （2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为 与所成角的大小，则． （3）二面角公式： 设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中． 知识点二：空间中的距离 求解空间中的距离 （1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算． 如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值． （2）点到平面的距离 为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线． 题型一：异面直线所成角 【例1】（西藏自治区拉萨市2024-2025学年高二期末联考数学试题）在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2025·高二·重庆·期中）在直三棱柱中，，，分别是，的中点，，，则与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2025·高二·陕西西安·月考）如图，在四棱柱中，侧面底面，四边形是正方形，四边形是菱形，且分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（2025·高二·上海普陀·月考）如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，，且,则异面直线与的夹角的余弦值为（   ） A． B． C．0 D．无法确定 题型二：线面角 【例2】（2025·高二·湖南长沙·月考）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，E为的中点. (1)若分别为的中点，求证：平面； (2)若平面，，求直线与平面所成角的正弦值. 【变式2-1】（2025·高二·重庆·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且．    (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【变式2-2】（2025·高二·广东湛江·期末）如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【变式2-3】（2025·高二·海南·期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为矩形，E，F分别为PA，CD的中点． (1)求证：平面PBF； (2)若，求直线PC与平面PBF所成角的正弦值． 题型三：二面角 【例3】（2025·高二·山西·期中）如图，在三棱锥中，，，平面平面是的中点.    (1)求证：. (2)点满足，且平面. （i）求的值； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 【变式3-1】（2025·高二·山西·期中）如图，在四棱柱中，底面是平行四边形．P为的中点，是等边三角形，，，．    (1)求证：平面平面； (2)设M为的中点，求异面直线与所成的角； (3)点Q满足，过线段且平行于直线的平面分别交，于点E，F，求平面与平面的夹角的余弦值． 【变式3-2】（2025·高二·陕西商洛·期中）如图，已知直三棱柱，，，为的中点.    (1)求点到平面的距离. (2)求二面角的余弦值. 【变式3-3】（2025·高二·河南周口·期末）如图，在圆锥中，为底面的圆心，，，点是底面圆周上一点，是的中点，，. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. 题型四：点线距离与异面直线的距离 【例4】（2025·高二·广东·期末）在空间直角坐标系中，已知，，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2025·高二·辽宁·月考）在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．3 D． 【变式4-2】（2025·高二·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】（2025·高一·浙江台州·期末）已知正方体的边长为1，P为上的动点，S，T分别是面ABCD和面上的动点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 题型五：点面距、线面距与面面距 【例5】（2025·高二·北京·期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD.    (1)证明：； (2)若，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【变式5-1】（2025·高二·山西·月考）如图甲，在梯形中，，，，是的中点，将沿折起，使点到达点的位置，如图乙，且. (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离. 【变式5-2】（2025·高二·新疆巴音郭楞·月考）如图所示，在直三棱柱中，，点E在线段上，且，D、F、G分别为的中点.    (1)求证：平面EGF平面ABD； (2)求平面EGF与平面ABD的距离. 【变式5-3】设正方体的棱长为2，求： (1)求直线到平面的距离； (2)求平面与平面间的距离. 题型六：存在类问题 【例6】（2025·高二·福建福州·期中）如图（1），在直角梯形中，，，过的中点作交于点，，现将四边形沿着翻折至位置，使得，如图（2）所示． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【变式6-1】（2025·高二·浙江·月考）在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，.，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等.记，，，且，. (1)当时，用向量，，表示，. (2)为何值时，的长最小？ (3)是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式6-2】（2025·高二·云南·月考）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． (1)求证：； (2)求点到平面的距离； (3)在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 【变式6-3】（2025·高二·河北沧州·期末）如图，在多面体中，底面为矩形，底面，，且，，． (1)当时，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 题型七：翻折问题 【例7】（2025·高三·湖北·开学考试）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点．    (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【变式7-1】（2025·高二·广西南宁·期末）如图，在梯形中，，，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． (1)证明：平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 【变式7-2】（2025·高二·云南曲靖·月考）如图1，已知四边形是上、下底边长分别为1，3，高为1的直角梯形，，为线段上更靠近点的三等分点.将沿着翻折，使得点翻折到点，且，得到的几何体如图2所示. (1)证明：平面. (2)求平面和平面的夹角. 【变式7-3】（2025·高二·广东汕尾·期末）如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，． (1)证明：； (2)证明：平面； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 题型八：新定义问题 【例8】（2025·高二·江西上饶·期末）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为； 过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． (1)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，平面的一般式方程为，若，证明：； (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 【变式8-1】（2025·高二·四川绵阳·月考）空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（轴、轴､轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜60°坐标为，记作．    (1)若，，求的斜60°坐标； (2)在平行六面体中，，，N为线段D1C1的中点．如图，以为基底建立“空间斜60°坐标系”． ①求的斜60°坐标； ②若，求与夹角的余弦值． 【变式8-2】（2025·高二·浙江舟山·月考）定义：若一个四面体的两组对棱分别相等（即），则称该四面体为空间菱形．已知空间菱形中，． (1)若平面平面，求实数的值； (2)在（1）的条件下，求该空间菱形的体积； (3)若，那么在棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【变式8-3】（2025·高二·重庆·月考）在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为将其整理为一般式方程为，其中． (1)已知直线的点方向式方程为，平面的一般式方程为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点到平面的距离为，若记集合所围成的几何体为，求的内切球的表面积； (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面夹角的余弦值． 1．（2025·高二·浙江·期中）在正方体中，点为线段上的动点，则异面直线与所成角的最小值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·高二·四川南充·期中）如图1，在平行四边形中，，，如图2，沿将折起到的位置，使得点到点的距离为，则二面角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 3．（2025·高二·北京·月考）中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧、弧的长度分别为，已知为弧的中点，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·高二·贵州贵阳·月考）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·高二·河北保定·月考）如图，在正四棱台中，分别是棱的中点．若正四棱台的体积是28，则点E到直线的距离是（   ）    A． B． C． D． 6．（2025·高二·河北保定·月考）已知空间四点的坐标分别是，记点到直线的距离为，记点到平面的距离为，则（   ） A． B． C． D． 7．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为的中点，则异面直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 8．（2025·高二·云南文山·月考）长方体中，，，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 9．（多选题）（2025·高二·浙江杭州·期中）棱长为2的正方体中，点在棱上运动，点是棱的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．存在点使 C．若与平面所成的角记为，则 D．点到直线的距离最小值为 10．（多选题）（2025·高二·贵州毕节·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积是 C．的最小值为 D．不存在点使直线与直线夹角的余弦值为 11．（2025·高二·北京·期中）如图，若平行六面体的所有棱长均为2，且，则 ，异面直线与所成角的大小为 . 12．（2025·高二·贵州贵阳·月考）如图，在棱长为的正方体中，平面与平面的距离为 . 13．（2025·高二·广东河源·月考）已知正方体的棱长为1，为的中点，则点到平面的距离为 . 14．（2025·高三·天津南开·月考）如图，是一个四棱锥，已知四边形是梯形，平面，，，，，点是棱的中点，点在棱上，.    (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 15．（2025·高二·山西晋中·月考）如图，矩形所在的平面，点是的中点，点是线段上的一动点，且. (1)若，证明：； (2)当三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍时，求平面和平面夹角的余弦值. 16．（2025·高二·山西太原·月考）如图，四棱台中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧面所成的角为.    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 17．（2025·高二·山西太原·月考）如图，且，，且，且，平面，... (1)若为的中点，为的中点，求证：平面； (2)求点到线段的距离． 18．（2025·高二·天津北辰·期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，，，，且平面平面ABCD，在平面ABCD内过B作，交AD于O，连PO.    (1)求证：平面ABCD； (2)求面APB与面PBC所成角的正弦值； (3)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $