专题16　空间向量与距离、探究性问题必刷题-2026届高考数学三轮冲刺新高考适用

专题16　空间向量与距离、探究性问题 题型01 空间中点到线到面的距离 1．（25-26高三下·辽宁铁岭·月考）在正四棱柱中，，以为球心，表面积为的球与平面只有1个公共点，若为棱的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可得球与平面相切，结合三角形面积公式求得，进而建立空间直角坐标系利用点到面的距离公式求解. 【详解】设，则三棱锥的体积为， 由球的表面积为，得球的半径， 又球与平面只有1个公共点，则球与平面相切， 所以点到平面的距离为1. 在中，，， 所以的面积为， 所以，解得，即． 以点为原点，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，，， 设平面的一个法向量为，则，即， 取，则， 所以到平面的距离为． 2．（25-26高三下·湖北武汉·开学考试）鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥．如图，在鳖臑中，平面，，，分别是棱，的中点，点是线段的中点，则点到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量法求点到直线的距离计算即可. 【详解】以为原点，以，，过点且平行于的直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，. 因为，分别是棱，的中点，所以，. 因为点是线段的中点，所以. 所以，， 所以点到直线的距离为 . 故选：D. 3．（2026·湖北黄冈·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． (1)求证：； (2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得，结合菱形对角线垂直及推出平面，进而平面，从而，由中点性质即得. （2）由及第一问知底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用与平面所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面的距离. 【详解】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即．    （2）若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，， ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴．     ∴，，．     设平面的法向量为 则取，，，∴，     设，，则，到平面的距离相等， ， ∴． 又，∴，解得 ， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴，     则点到平面距离为． 4．（25-26高三上·新疆乌鲁木齐·月考）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且．    (1)求证:平面; (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求点E到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面平行的判定定理求解即可. （2）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，      则，，，， ，，， 则， 易知平面的一个法向量为，故， 则，又平面，故平面． （2）设平面的法向量为， 且，， ， 则，令，则，，， 设直线与平面夹角为，可得， 即直线与平面夹角的正弦值为． （3）设平面的法向量为，且， 则，令，则，，故， 设点到平面距离为，且，可得． 5．（2026·重庆·一模）（多选）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与直线是异面直线 【答案】ABC 【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；利用向量法求出点到直线距离判断B；利用线线角的向量法求解判断C. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 点， 对于A，，，则，A正确； 对于B，，点到直线的距离为，B正确； 对于C，，直线与所成角的余弦值，C正确； 对于D，，即，又直线， 因此直线直线，点共面，直线与直线不是异面直线，D错误. 6．（25-26高三下·浙江·开学考试）如图，三棱柱的各棱长均为2，侧面底面，，E，F分别是棱，的中点． (1)求点到直线的距离； (2)求直线EF与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量法来求点到线的距离即可； （2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可. 【详解】（1）取BC中点O，由，结合菱形，可知，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面ABC， 由于底面是等边三角形，所以， 则建立如图空间直角坐标系， 根据已知条件可知：，，             所以，， 所以点到直线EF的距离为． （2）根据已知条件可知： 则， 设是平面的法向量， 则， 令，可得，      设直线与平面所成角为， 则， 故直线EF与平面所成角的正弦值为． 题型02 空间中异面直线和面面距离 7．（25-26高三上·河南新乡·月考）正四棱锥中，O为底面ABCD的中心，P为侧棱SD的中点，且，则异面直线BD与PC的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合正四棱锥的几何特征建系，再应用空间向量法求与的公垂线方向向量为，最后应用异面直线距离公式计算求解. 【详解】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是． 故选：C. 8．（2026·江西赣州·二模）（多选）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，G是上的动点．则（   ） A．G为的中点时，平面平面 B．G为的中点时，异面直线EC与BG之间的距离为 C．三棱锥体积的最大值为 D．为所在直线上的动点，则的最大值为 【答案】ABD 【分析】由几何体性质利用面面垂直的判定定理即可判断A正确，建立空间直角坐标系并求得平面的法向量，再利用点到平面距离的向量求法可得B不正确，利用空间向量法求出到平面距离的最大值，结合棱锥的体积公式即可判断C选项，以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则由三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值为，可判断D正确. 【详解】A，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内， 由圆柱性质可知平面，又平面，则， 为的中点， ， ，， ， ，即， 又，是平面内的相交直线， 平面，又平面， 平面平面，故A正确； B，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 当为中点时，，，， 设平面的一个法向量为，则； 取，则，，所以， 所求异面直线与之间的距离为，故B正确； C，由题可得， 设点，，，其中，0， 由射影定理知，，即，则 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，所以， 所以点到平面的距离， 设，所以， 则时，， 所以三棱锥体积的最大值为，故C不正确； D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则中点（即弧所在圆的圆心）的坐标为，如图， 以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则平面平行于底面，且，， 则由三角形两边之差小于第三边可知，当，（在延长线上）三点共线时取得最大值为， 又弧所在圆圆心为，半径为， ，故D正确． 9．（25-26高三上·湖北·月考）正方体的棱长为1，若点在上，点在上，则的长度最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得的长度最小值即异面直线和的距离，建立如图所示空间直角坐标系，再求出直线和的法向量，利用空间点面距离公式求解即可. 【详解】点在上，点在上， 则的长度最小值即异面直线和的距离， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 设为直线和的法向量， 又因为，，， 则，令，则， 所以异面直线和的距离为， 即的长度最小值为. 故选：C. 10．（25-26高三上·辽宁大连·期中）两平行平面，分别经过坐标原点和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】两平行平面间的距离可转化为点到平面的距离，结合点到平面距离的向量公式求结论. 【详解】两平行平面，分别经过坐标原点和点，，且两平面的一个法向量，两平面间的距离. 故选：B. 11．（17-18高三上·内蒙古赤峰·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ABD； (2)求证：平面EGF平面ABD； (3)求平面EGF与平面ABD的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）建立合适空间直角坐标系，应用向量法可得，，再由线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）同（1）可证平面EFG，结合（1）结论及线面垂直的性质即可证； （3）向量法求点F到平面ABD的距离，结合（2）结论即可得结果. 【详解】（1）由题设，两两互相垂直， 以B为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，设，则. 所以，易得，， 所以，，所以，， 又，且都在平面内，故平面ABD. （2）由题意知，则， 所以，，则，， 所以，， 又且都在平面内，所以平面EFG， 结合（1）知，平面EGF平面ABD. （3）由（1）（2）知，，是平面ABD的法向量， 所以点F到平面ABD的距离为， 由（2）知，平面EGF与平面ABD的距离等于点F到平面ABD的距离， 所以两平面间的距离为. 12．（23-24高三上·山东德州·期末）（多选）在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（    ） A．点到的距离为 B．面与面的距离为 C．直线与平面所成的角为 D．点到平面的距离为 【答案】AB 【分析】以为原点，所在的直线分别为正方向建立空间直角坐标系，利用点到直线的向量求法可判断A；求出平面、平面的一个法向量，可得平面平面，转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离向量求法可判断B；求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可判断C；利用点到平面的距离的向量求法可判断D. 【详解】以为原点，所在的直线分别为正方向建立空间直角坐标系， 对于A，，， 所以点到的距离，故A正确； 对于B，， ，， 设分别为平面、平面的一个法向量， 所以，令，可得，所以， ，令，可得，所以， 所以，所以平面平面， 可得点到平面的距离即为所求，， 所以点到平面的距离为，故B正确； 对于C，，， 设为平面的一个法向量， 所以，令，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以， 因为，所以，故C错误； 对于D，因为平面的一个法向量为，， 所以点到平面的距离为，故D错误. 故选：AB. 13．（25-26高三上·安徽·期中）（多选）在正方体中，，点为正方体内部（含表面）的点，且满足，则下列说法正确的是（    ） A．存在点使得平面 B．直线与平面所成角的正弦值范围是 C．异面直线与间的距离为 D．当时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】由题意得在三角形边界及其内部，以为坐标原点建立空间直角坐标系.用空间向量判断平面，即可得与平面的交点符合A选项；方法一：求出点到平面的距离，再根据线面角正弦值的定义即可求出其范围；方法二：用表示出，表示出直线与平面所成角的正弦值，结合的范围与二次函数性质求解即可判断B；用空间向量求解异面直线距离即可判断C；先得出点的轨迹是圆的一部分，再画出三角形求解出对应圆心角即可. 【详解】对A，由题可知，因为点在正方体内部，且，所以在三角形边界及其内部． 以为坐标原点建立如图1所示的空间直角坐标系， ， ，，， 则，故平面， 则存在与平面的交点使得平面，故A正确； 对B，方法一：设点到平面的距离为，易知三角形为等边三角形，且边长为， 则，即，解得， 显然由图知点到内部的点（包括边界）距离最大值为，最小值为点到线段的垂线段距离， 则，即. 方法二：，， ，， 由于，则四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面 同理可得平面， 又因为平面，， 所以平面平面， 则取向量与共线为平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 由于在三角形边界及其内部，则， 令， ， 则对称轴，且开口向上，则由二次函数性质可得， 当时，， 则当时， 当时，， 则当时，， 则 ，故B错误； 对C，由题意可知，， 设，使得， ，令，解得， 设异面直线与的距离为， 则，故C正确； 对D，， 当时，，， 此时，即平面，则 ， 则，点的轨迹是为圆心，半径为的圆的部分， 由于，则为三角形的重心， 如图2，正三角形边长为，取中点，可得， 则，则， 则点的轨迹长度为，故D选项正确.    故选：ACD. 14．（24-25高三上·四川乐山·月考）如图，在平行六面体中，，，，，.求： (1)证明直线直线； (2)求异面直线和间的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据空间向量基本定理，利用基底表示各向量，再结合向量垂直的数量积表示，可得证. （2）直线平面，直线平面，求出平面的法向量，进而求出异面直线的距离. 【详解】（1）取空间向量的一个基底，则，， 且，， ， 因此， 即，所以直线直线. （2）由（1）得，， 由和是异面直线，令直线平面，直线平面， 设是平面的法向量，则，且， 即，取，得， ， ， 异面直线与间的距离即在上投影向量的模长， 所以异面直线与间的距离为. 题型03 翻折中夹角与距离的问题 15．（2026·辽宁锦州·模拟预测）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点． (1)当平面平面时，求证：； (2)当二面角大小为时，求异面直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直推出线面垂直后再得到线线垂直. （2）建立空间坐标系，根据面面角向量法求得点坐标，再利用异面直线夹角的余弦公式求值. 【详解】（1）因为平面平面，是交线， 又，平面，故平面， 平面，可得， 又，，平面，平面， 平面，又平面，故． （2）以为原点以方向为轴正方向以方向为轴正方向，垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则 设， 因为，即， 设平面法向量，， 则，令，则， 又平面法向量， 所以，解得， 由题意可知三棱锥是由平面图形向上翻折所得，点在平面上方，故，， 所以 设异面直线所成角为， 因为． 所以异面直线所成角的余弦值． 16．（25-26高三上·宁夏·月考）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)点位于线段靠近的三等分点处. 【分析】（1）由，的中点为，推导出，再利用面面垂直性质定理即可证明. （2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可. 【详解】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面. （2）取的中点为，连接，则， 由图1直角梯形可知，为正方形， ，，， 又，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 因为是中点，由中点公式可得， ，设，∴， ， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则.即平面的法向量为， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 化简得，解得或（舍）， 所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 点位于线段靠近的三等分点处. 17．（25-26高三下·甘肃平凉·月考）如图，多边形是由一个等腰三角形和一个菱形组成的，其中，，．现将沿翻折，点翻折到点的位置，得到四棱锥，如图（2）所示． (1)求证：． (2)如图（2），若二面角的大小为，点为的重心，点在线段上，且． （i）求证：平面； （ii）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】 （1）取的中点，连接，证明平面即可证明； （2）（i）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，求出平面的法向量及，利用向量法即可证明；（ii）求出平面的法向量，利用向量法即可求解. 【详解】（1） 如图， 取的中点，连接， 因为为等腰三角形，点为的中点，所以， 因为四边形为菱形， 所以，所以， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形， 所以，进而， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以，即. （2） （i）如图， 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，，二面角的大小为，所以， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 所以， 又平面， 所以平面. （ⅱ）由（i），， 设平面CGF的法向量为， 则，令，则，， 所以， 所以， 所以平面CGF与平面PCD夹角的正弦值为． 18．（2025·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可. 【详解】（1）在四边形中，因为，， 所以四边形为平行四边形， 又因为，， 所以四边形为正方形，         折叠后，显然，， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以，，，        设平面的法向量， 则，令， 解得，，可得，     点到平面的距离为. 法二：如图，过点作，垂足为，连接，    因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，得到，            在中，，， 由余弦定理得，则. 即，         设点到平面的距离为， 由得， 又，，所以， 所以点到平面的距离为. 19．（2024·湖北·一模）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点.    (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若，①证明：平面平面； ②记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）取PA中点G，连FG，EG，可得∥，结合线面平行分析证明； （2）①在平行四边形中，可得，由勾股定理可得，即可得平面，进而可证面面垂直；②由体积可知为中点，建系标点，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】（1）取PA中点G，连FG，EG，    因为分别为的中点，则∥，且， 由题意可知：∥，且， 则∥，且，可知四边形CFGE为平行四边形， 则∥，且平面，平面， 所以∥平面. （2）①在四边形中，连接，    由题意可知：是以边长为2的等边三角形，则， 且，则， 可知，即，且， 若，且，则，可知， 且，平面，可得平面， 又因为平面，所以平面平面； ②取中点，中点，连， 则，∥，可得， 因为为等边三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平行四边形的高即为等边的高， 设点到平面的距离为， 若，则，解得， 即，可知为中点， 以为原点，OA，OH，别为轴建立空间直角坐标系，    则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 所以点到平面的距离. 20．（24-25高三上·吉林·期中）如图1，平面四边形中，，垂足为，如图2，将沿翻折至，使得平面平面，若点为线段上的动点，则点到直线距离的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离，进而求出最小值. 【详解】因为平面平面，平面，平面平面，， 所以平面，平面，则，又，， 以点为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，连接， 则，，设，， 所以，，设与的夹角为， ，则， 所以点到直线的距离为， 由，则，所以， 所以点到直线距离的最小值为. 故选：D.    21．（2026·浙江宁波·二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足. (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，. 【分析】（1）根据余弦定理，求出几何体各边长，再根据勾股定理证明线线垂直，进而根据面面垂直的判定定理，证明结果即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，由向量共线的坐标表示，以及向量垂直的坐标表示，求出参数值，求出结果. 【详解】（1）在中，由余弦定理可得， 则，又为的中点，则. 取的中点，显然有. 因为，则在中，， 由余弦定理可得， 可得，所以， 所以，，，平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面 （2）如图所示，连接，因为，所以， 由（1）可知，两两相互垂直， 则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 故. 记在上的射影点为， 设， 可得， 则，即，解得， 因为，且，所以； 所以存在符合题意，且. 22．（2026·安徽池州·二模）如图1所示，在平面四边形ABCD中，已知，，将沿直线AC翻折至（如图2），使得． (1)证明：平面平面ACD； (2)点F在线段DE上，且二面角的大小为60°． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求CD与平面ACF所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）取的中点，先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论； 解法一：（ⅰ）先证明是二面角的平面角，根据面积公式可得，由此可求结论； （ⅱ）过作交于，求三棱锥的体积，利用等体积法求点到平面的距离，再由线面角的几何定义求结论； 解法二：（ⅰ）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式列方程求， （ⅱ）求直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）证明：取的中点，由题意知，，所以，，三点共线， 由得；由得， 又，故，所以， 又，且，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）解法一：（几何法） （ⅰ）由（1）知平面，平面， 所以，又，平面平面， 所以是二面角的平面角，所以， 由得， 所以， 即，即， 由得，所以； （ⅱ）过作交于，则平面， 由（ⅰ）知， 所以， 由（ⅰ）知，所以， 记到平面的距离为，所以， 所以，即， 记与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为． 解法二：（建系法） （ⅰ）由（1）可知如图所示建系，则，，， 由得， 设平面的法向量为，由得， 故，取，可得，所以， 设平面的法向量为， 记二面角的大小为，则， 化简得，解得或（舍）， （ⅱ）由（ⅰ）知，取平面的法向量为， 又，记与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为． 题型04 空间中的探究性问题 23．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在符合题意的点， 【分析】（1）先证四边形为菱形得，再结合长方体性质得，进而证平面，最终推出； （2）由面面垂直性质确定点在平面上的投影位置，得到线面角，再通过计算三角形边长，利用余弦定理求出该角的余弦值； （3）利用等体积法将体积比转化为对应三角形面积比，结合另一组同高棱锥的体积比等于底边长之比，从而求出线段的长度，确定满足条件的点. 【详解】（1）证明：连接交于点，， ，故为菱形， 故，由长方体得平面， 由平面，知； 由，平面，平面， 知平面，由平面，知. （2）如图所示，连接，由（1）知，平面， 又由平面，平面平面，交线为， 故点在平面的投影必在直线上， 故直线与平面所成角即为， 在中，， ，， 故由余弦定理得， 即直线与平面所成角的余弦值为； （3）假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离， 则，由（1）（2）知， ，故；则， 另一方面， 故，综上所述，存在符合题意的点，. 【点睛】本题以长方体为载体，先通过菱形性质与线面垂直判定证明线线垂直，再利用面面垂直确定线面角，最后结合等体积法与线段比例关系探究存在性问题，核心是立体几何中垂直关系的转化与体积比的代数化处理. 24．（2026·广西河池·二模）如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点． (1)证明：； (2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）通过证明线面垂直来证明线线垂直，通过证明平面，从而证明. （2）通过建立坐标系来确定各点的坐标，然后通过线面角的公式来求得未知点的坐标，最后通过判断点的坐标是否可能在上，从而判断点是否存在. 【详解】（1）连接AC， 由题意可知：是等边三角形，且是的中点，， 则，， 因为，，则，， 又因为，则，可知， 且，平面，可得平面， 且平面，所以. （2）以为原点，为轴，为轴，过作垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设，则， 设为与平面的夹角为， 则, 整理可得，解得， 且，所以线段上不存在满足条件的点. 25．（25-26高三下·江西·月考）如图，四棱锥中，平面，平面平面， (1)证明：平面： (2)点为线段上一点（与不重合）. （i）若，求二面角的余弦值： （ii）是否存在点，使得四点共球且该球心位于平面内，若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，时点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 【分析】（1）方法一：利用线面垂直判定定理，通过证明垂直平面内两条相交直线与来实现；方法二：先求出相关边长和角度，再证明垂直平面内两条相交直线与. （2）（i）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求平面与平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值. （ii）先根据向量关系得出点坐标，再利用球心到四点距离相等列出方程，求解方程得到球心坐标，最后根据球心在平面内确定的值. 【详解】（1）方法一：由平面，平面，得， 因为平面平面，且平面平面， 取的中点，连接，又因为，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面. 方法二：因为平面，平面，得， 又因为，所以，， 又因为，所以，， 又因为， 由余弦定理得， 所以，故， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故， 又因为，且，，、平面， 所以平面. （2）（i）以为原点，、、方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 由于，即，即， 所以，则， 设平面的法向量为，，， 则，令，则， 设平面的法向量为，， 则， 令，则， 设二面角的平面角为，注意到为锐二面角， 所以， 即二面角的余弦值为. （ii）设，则， 设过，，，四点的球的球心为， 半径为，则， 即，求解可得：， 令，解得满足条件， 综上所述：时点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 26．（25-26高三下·浙江·开学考试）如图，四棱锥中，平面，，，，，，M是的中点. (1)求证：平面； (2)若，在线段上是否存在点Q，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）取的中点，根据中位线定理证明，利用平行四边形的性质证明 ，再由线面平行的判定定理证得平面. （2）假设在线段上是否存在点Q满足题意，建立空间直角坐标系，并设，，根据线面角的向量求法，列出关于的方程，求解可得. 【详解】（1）取中点N，∵M为中点，∴，且. 又∵，，∴，且， ∴四边形为平行四边形，所以 . ∵平面，平面 ∴平面. （2）∵平面，且，所以两两垂直. 以点A为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 得，，，，. ∴，，，，，. 假设存在点Q满足题意，设， . 设平面的法向量为 则，令，则 设直线与平面所成的角为，则 ， 化简得，解得或. 因为，所以，即. 27．（2026·河北·一模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为等腰梯形，，且． (1)求． (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)存在， 【分析】（1）过作，利用线面垂直的判定定理可推出所以平面，再结合边长应用勾股定理即可； （2）取的中点为，根据线面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系，设，由空间向量法直线与平面所成角的正弦值列出方程即可求得. 【详解】（1） 由题意得，过作， 因为底面为等腰梯形，且，所以， 所以， 所以，进而得出， 又，平面. 所以平面，又平面， 所以． 所以. （2） 取的中点为，连接，，， 所以平面，又平面， ，平面. 所以平面，过E作平行于， 以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 假设存在点，设， ， 设平面的一个法向量， 因为直线与平面所成角的正弦值为， ，解得或（舍）. 在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 强化训练 1．（25-26高三下·上海·月考）已知椭圆的短轴长为2，分别为左、右焦点，过椭圆上顶点作椭圆所在平面的垂线，在垂线上取点，使得直线与椭圆所在平面所成角为，则空间中的点到平面的距离为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据椭圆短轴长求出b的值，进而确定椭圆的标准方程，结合题意求出相关线段长，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式进行计算即可求解. 【详解】由题意知椭圆的短轴长为2，即， 故椭圆方程为，则， 由题意知平面，则为直线与椭圆所在平面所成角， 即， 在中，，故， 则， 如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 取，则可得， 则点到平面的距离为. 2．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）已知三棱柱的棱长均为2，在底面内的射影为的中心，则到平面的距离为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据题意结合等边三角形和棱柱的性质求解棱柱的高，然后建立空间直角坐标系，确定的坐标，进而求解平面的法向量，最后利用点到平面距离公式求解. 【详解】由三棱柱的所有棱长均为， 可得为边长为的等边三角形，侧棱. 设在底面内的投影为，则平面， 由的边长，可得高，   则到顶点的距离.   在中，. 如图所示，取的中点为原点，以直线为轴，直线为轴， 过点且垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系， 可得，，，， 故，，. 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以到平面的距离. 3．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为， 则，，， 所以点到直线的距离为 故选：D 4．（24-25高三下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将问题转化为点到平面的距离，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 所以，，，， 所以，因为四点不共线，所以∥， 由面，面，则面， 因为，，分别是棱，的中点，所以∥， 同理，∥平面，而，面， 所以平面∥平面面，故平面， 所以平面和平面之间的距离，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离． 设平面的法向量为，则，不妨取，则， 所以点到平面的距离， 即平面和平面之间的距离是． 故选：B 5．（2025高三·全国·专题练习）如图，在棱长为1正方体中，为的中点，为与的交点，为与的交点，则下列说法不正确的是（ ） A．与垂直 B．是异面直线与的公垂线段， C．异面直线与所成的角为 D．异面直线与间的距离为 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量逐项分析. 【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立如下图所示坐标系： 则： ， ， 设 ， 则有： ， 又 ， 解得 ， ， ， ， 同理可得 ； 对于A， ， ， ，故A正确； 对于B， ， ， 即，又， 故是异面直线与的公垂线段，故B正确； 对于C，设 与 所成的角为 ，则 ， ，，故C错误； 对于D，由B知 是 与 的公垂线段， ，故D正确； 故选：C. 6．（2026·云南红河·模拟预测）（多选）如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，的中点，点在线段上运动，下列选项正确的是（    ） A．，，，四点共面 B．存在点，使得 C．平面截正方体所得的截面图形是五边形 D．点到平面的距离是 【答案】BC 【分析】对于A：可知与为异面直线，进而分析判断；对于B：建系并标点，根据空间向量垂直的坐标表示运算求解；对于C：作辅助线，进而分析截面；对于D：利用等体积法求点到面的距离. 【详解】对于选项A：因为与为异面直线，所以，，，四点不共面，故A错误； 对于选项B：建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 设，，可得， 又因为，，，，则， 可得，， 假设存在点使得，则， 整理得，解得（舍去），或， 所以存在点，使得，故B正确； 对于选项C：如图，直线与，的延长线分别交于，， 连接，分别交，于，，连接，， 则五边形即为所求的截面图形，故C正确． 对于选项D：设点到平面的距离为， 由正方体的棱长为2可得，， 且， 可得，， 由，即，可得， 所以点到平面的距离是，故错误． 7．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）在直三棱柱中，，，为线段的中点，则下列正确的有（    ） A．直线平面 B． C．直线与直线所成的角为 D．到平面距离为 【答案】ABD 【分析】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，对A，求直线的方向向量和平面的法向量，验证方向向量与法向量垂直，结合线不在面内判定；对B，计算和​的数量积判断；对C，利用异面直线夹角公式，计算两个方向向量夹角的余弦绝对值判断；对D，求出平面的法向量，代入距离公式计算验证. 【详解】以为原点，​分别为轴， 由，得各点坐标： ， 对于选项A：，平面中， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以是平面的一个法向量 ， 因为，故，且不在平面内， 因此平面，A正确； 对于选项B：， 因为 ，所以，B正确； 对于选项C：，设异面直线与所成角为， 则，得，C错误； 对于选项D：，设平面的法向量， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量，又， 所以点到平面的距离： ，D正确. 8．（2026·山东聊城·一模）（多选）如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（   ） A．该六面体的体积为 B．直线与所成角的余弦值为 C．二面角的余弦值为 D．该六面体内能装下的最大的球的表面积为 【答案】BCD 【分析】对于A，根据翻折得到六面体各边长，根据边长可知此六面体由两个全等的三棱锥构成，再结合线面垂直的判定可得平面，再求体积即可；对于BC，以为原点建立空间直角坐标系，根据对称性得到点坐标，再利用空间向量法求异面直线夹角和二面角；对于D，利用等体积法求内切球半径即可． 【详解】根据题意，在六面体中， ， 故此六面体由两个全等的三棱锥构成， 又，， 同理可得， 又平面， 平面， ，故A错误； 如图，以为原点建立空间直角坐标系，并连接交平面于， 则， 又为等边三角形，且六面体关于平面对称， ，， 则，， ，直线与所成角的余弦值为，故B正确； 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， ，又二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为，故C正确； 该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为，六面体表面积为， ， ，即，解得，表面积为， 即该六面体内能装下的最大的球的表面积为，故D正确． 9．（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 【答案】 【分析】利用空间向量坐标公式计算出、可求出平面法向量，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得. 【详解】，， 设平面的法向量为， 则，取，则,，故， 则. 10．（2025高三·全国·竞赛）在正方体中，，为平面内一点，则的最小值是______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，取线段的中点，可得出，分析可知当平面时，取最小值，此时即为点到平面的距离，结合空间向量法可求得结果. 【详解】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、、、、， 取线段的中点， 设平面的一个法向量为，，， 则，取可得， 易得， ， 当平面时，取最小值，此时即为点到平面的距离， 且，故， 故. 故答案为：. 11．（25-26高三上·北京昌平·期末）在如图所示的多面体中，平面平面，，，，直线AE，BF与平面ABCD所成的角均为，，，，，则点F到平面ABCD的距离为_______；该多面体的体积为_______.    【答案】 【分析】对①，根据线面角定义求解；对②，将多面体分割为四棱锥和四棱锥两部分求解. 【详解】对于①：因为平面平面，且交线为，过点作平面垂足为， 则在直线上，因为与平面所成角为，所以 , 在中，， 即点到平面的距离为. 对于②：将多面体分割为四棱锥和四棱锥两部分. 对于四棱锥，因为， 所以底面为直角梯形，又, 所以，高为到平面的距离， 所以； 对于四棱锥，因为， 所以底面为梯形， 过点作垂直，垂足为，因为平面平面，平面平面， 所以平面，以为原点，分别以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，由①， 又与平面所成角均为，所以， 则， 则，令， 则点到直线的距离， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以是平面的一个法向量， 又，所以点到平面的距离为 又， 所以， 所以该多面体的体积    12．（2026·天津河西·一模）已知正方体的棱长为2，M，F分别为，的中点． (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． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，证明两向量平行，由此证明结论； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求结论； （3）利用向量方法求点到平面的距离，再锥体体积公式求结论. 【详解】（1）如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，， 设是平面的一个法向量， 则，则，取，可得， 所以是平面的一个法向量． 因为，则，所以平面． （2）因为，， 设是平面的一个法向量， 则，令，可得， 所以是平面的一个法向量， 由（1）知是平面的一个法向量． 设平面与平面夹角为， 则． （3）因为，由（1）知是平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为， 因为是直角三角形，，， 所以， 所以． 13．（2026·天津东丽·一模）如图，在三棱锥中，平面ABC，为等腰三角形，，，M为AD的中点，P是的中点，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正切值； (3)求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的关系，建立空间直角坐标系，利用线面平行的判定定理和平面法向量的性质进行运算证明即可； （2）利用空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量点到面距离公式进行求解即可. 【详解】（1）在平面ABC中，以A为原点，AB所在直线为x轴，作y轴，因为平面ABC，以AD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ， ， 因为平面ABC， 所以平面ABC的一个法向量为， 因为，平面，   所以平面； （2）因为y轴⊥平面BDM， 所以平面BDM的一个法向量为， ，              设平面BCD的一个法向量为， ， 取，则，所以，    设平面BCD与平面BDM的夹角为， ， ，       所以平面BCD与平面BDM夹角的正切值为； （3）， 设点M到平面BCD的距离为d， . 14．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知四棱锥中，底面，在四边形中，满足，，，． (1)求证：平面平面； (2)设，若线段上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）利用线面垂直的性质得，再结合，最后利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用点到点的距离公式得到方程，最后根据判别式即可判断. 【详解】（1）因底面底面，则， 又平面，则平面， 又平面，则平面平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，如图． 由，设，于是， 其中， 则． 由，可得． 假设存在一个点，使得点到点,,,的距离都相等， 则，由， 可得． 又， 其判别式，故方程无解， 即线段上不存在一个点，使得点到点,,,的距离都相等． 15．（25-26高三下·辽宁沈阳·开学考试）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. (1)当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. (2)是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2)存在， 【分析】（1）（i）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解；（ii）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接，结合余弦定理即可求解； （2）过点作，确定为直线与平面所成角，取最小值，夹角最大，结合线面夹角公式即可求解. 【详解】（1）（ⅰ）∵， 又∵是定值，∴当三棱锥体积最大时即高最大， 即点为半圆弧的中点 设线段的中点为O，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为． 则，则，令，得，， 则． 因为平面，平面，∴， 又∵，，，平面， ∴平面，是平面的法向量． 设平面与平面所成角的平面角为，则． 平面与平面所成角的余弦值为 （ⅱ）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接， 如图所示，此时最小，即为长， 由题意可知，，， 所以， ， 再由余弦定理可知， 即的最小值为． （2）结合（1）可设，，， 所以， 平面的法向量为， 设为直线与平面所成角， 当直线与平面所成角最大时，取最大值， 令， 则，     ∴当且仅当时，取最大值，此时直线与平面所成角最大， 即存在点，使得直线与平面所成角最大． 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题16　空间向量与距离、探究性问题 题型01 空间中点到线到面的距离 1．（25-26高三下·辽宁铁岭·月考）在正四棱柱中，，以为球心，表面积为的球与平面只有1个公共点，若为棱的中点，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三下·湖北武汉·开学考试）鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥．如图，在鳖臑中，平面，，，分别是棱，的中点，点是线段的中点，则点到直线的距离是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·湖北黄冈·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． (1)求证：； (2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 4．（25-26高三上·新疆乌鲁木齐·月考）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且．    (1)求证:平面; (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求点E到平面的距离. 5．（2026·重庆·一模）（多选）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与直线是异面直线 6．（25-26高三下·浙江·开学考试）如图，三棱柱的各棱长均为2，侧面底面，，E，F分别是棱，的中点． (1)求点到直线的距离； (2)求直线EF与平面所成角的正弦值． 题型02 空间中异面直线和面面距离 7．（25-26高三上·河南新乡·月考）正四棱锥中，O为底面ABCD的中心，P为侧棱SD的中点，且，则异面直线BD与PC的距离是（   ） A． B． C． D． 8．（2026·江西赣州·二模）（多选）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，G是上的动点．则（   ） A．G为的中点时，平面平面 B．G为的中点时，异面直线EC与BG之间的距离为 C．三棱锥体积的最大值为 D．为所在直线上的动点，则的最大值为 9．（25-26高三上·湖北·月考）正方体的棱长为1，若点在上，点在上，则的长度最小值为（    ） A． B． C． D． 10．（25-26高三上·辽宁大连·期中）两平行平面，分别经过坐标原点和点，且两平面的一个法向量，则两平面间的距离是（   ） A． B． C． D． 11．（17-18高三上·内蒙古赤峰·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ABD； (2)求证：平面EGF平面ABD； (3)求平面EGF与平面ABD的距离． 12．（23-24高三上·山东德州·期末）（多选）在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（    ） A．点到的距离为 B．面与面的距离为 C．直线与平面所成的角为 D．点到平面的距离为 13．（25-26高三上·安徽·期中）（多选）在正方体中，，点为正方体内部（含表面）的点，且满足，则下列说法正确的是（    ） A．存在点使得平面 B．直线与平面所成角的正弦值范围是 C．异面直线与间的距离为 D．当时，点的轨迹长度为 14．（24-25高三上·四川乐山·月考）如图，在平行六面体中，，，，，.求： (1)证明直线直线； (2)求异面直线和间的距离. 题型03 翻折中夹角与距离的问题 15．（2026·辽宁锦州·模拟预测）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点． (1)当平面平面时，求证：； (2)当二面角大小为时，求异面直线所成角的余弦值． 16．（25-26高三上·宁夏·月考）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 17．（25-26高三下·甘肃平凉·月考）如图，多边形是由一个等腰三角形和一个菱形组成的，其中，，．现将沿翻折，点翻折到点的位置，得到四棱锥，如图（2）所示． (1)求证：． (2)如图（2），若二面角的大小为，点为的重心，点在线段上，且． （i）求证：平面； （ii）求平面与平面夹角的正弦值． 18．（2025·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 19．（2024·湖北·一模）如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点.    (1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面； (2)若，①证明：平面平面； ②记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求点到平面的距离. 20．（24-25高三上·吉林·期中）如图1，平面四边形中，，垂足为，如图2，将沿翻折至，使得平面平面，若点为线段上的动点，则点到直线距离的最小值为（    ）    A． B． C． D． 21．（2026·浙江宁波·二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足. (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 22．（2026·安徽池州·二模）如图1所示，在平面四边形ABCD中，已知，，将沿直线AC翻折至（如图2），使得． (1)证明：平面平面ACD； (2)点F在线段DE上，且二面角的大小为60°． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求CD与平面ACF所成角的正弦值． 题型04 空间中的探究性问题 23．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 24．（2026·广西河池·二模）如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点． (1)证明：； (2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 25．（25-26高三下·江西·月考）如图，四棱锥中，平面，平面平面， (1)证明：平面： (2)点为线段上一点（与不重合）. （i）若，求二面角的余弦值： （ii）是否存在点，使得四点共球且该球心位于平面内，若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 26．（25-26高三下·浙江·开学考试）如图，四棱锥中，平面，，，，，，M是的中点. (1)求证：平面； (2)若，在线段上是否存在点Q，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 27．（2026·河北·一模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为等腰梯形，，且． (1)求． (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 强化训练 1．（25-26高三下·上海·月考）已知椭圆的短轴长为2，分别为左、右焦点，过椭圆上顶点作椭圆所在平面的垂线，在垂线上取点，使得直线与椭圆所在平面所成角为，则空间中的点到平面的距离为（   ） A．2 B． C． D． 2．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）已知三棱柱的棱长均为2，在底面内的射影为的中心，则到平面的距离为（    ） A．1 B． C． D．2 3．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高三下·全国·课后作业）正方体的棱长为2，，，，分别是棱，，，的中点，则平面和平面之间的距离为（    ） A． B． C． D． 5．（2025高三·全国·专题练习）如图，在棱长为1正方体中，为的中点，为与的交点，为与的交点，则下列说法不正确的是（ ） A．与垂直 B．是异面直线与的公垂线段， C．异面直线与所成的角为 D．异面直线与间的距离为 6．（2026·云南红河·模拟预测）（多选）如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，的中点，点在线段上运动，下列选项正确的是（    ） A．，，，四点共面 B．存在点，使得 C．平面截正方体所得的截面图形是五边形 D．点到平面的距离是 7．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）在直三棱柱中，，，为线段的中点，则下列正确的有（    ） A．直线平面 B． C．直线与直线所成的角为 D．到平面距离为 8．（2026·山东聊城·一模）（多选）如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（   ） A．该六面体的体积为 B．直线与所成角的余弦值为 C．二面角的余弦值为 D．该六面体内能装下的最大的球的表面积为 9．（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 10．（2025高三·全国·竞赛）在正方体中，，为平面内一点，则的最小值是______． 11．（25-26高三上·北京昌平·期末）在如图所示的多面体中，平面平面，，，，直线AE，BF与平面ABCD所成的角均为，，，，，则点F到平面ABCD的距离为_______；该多面体的体积为_______.    12．（2026·天津河西·一模）已知正方体的棱长为2，M，F分别为，的中点． (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． 13．（2026·天津东丽·一模）如图，在三棱锥中，平面ABC，为等腰三角形，，，M为AD的中点，P是的中点，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正切值； (3)求点M到平面的距离． 14．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知四棱锥中，底面，在四边形中，满足，，，． (1)求证：平面平面； (2)设，若线段上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由． 15．（25-26高三下·辽宁沈阳·开学考试）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. (1)当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. (2)是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $