重难点02 空间向量中的空间角与距离问题（10大核心考点）（高效培优期末专项训练）数学苏教版高二选修第二册

**基本信息** 以向量法为统一工具，系统覆盖空间角与距离的基础计算、最值及探究性问题，构建从概念到综合应用的递进训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |向量法求空间角|5-8题/模块|选择、填空、解答题，涉及正方体、棱锥等几何体|从异面直线所成角到二面角，逐步深化向量数量积与夹角公式的应用| |空间角综合问题|5-8题/模块|含翻折、动点情境，多为多选与解答题|结合函数思想与空间观念，提升推理能力与运算能力| |向量法求空间距离|5-7题/模块|基础计算与几何模型结合，覆盖点线、点面等距离|通过法向量工具，建立距离公式与空间位置关系的逻辑链| |空间距离综合问题|4-7题/模块|含动态最值与存在性探究，强调转化思想|从距离计算到综合应用，培养数据观念与模型意识|

重难点02 空间角与空间距离问题 考点01 向量法求异面直线所成角 考点06向量法求点到直线的距离 专题02 向量法求直线与平面所成角 考点07向量法求点到平面的距离 专题03 向量法求二面角 考点08向量法求线到面、面到面的距离 专题04 空间角中的最值问题 考点09空间距离中的最值问题 考点05空间角中的探究性问题 考点10空间距离中的探究性问题 考点01 向量法求异面直线所成角 1．（25-26高二下·江苏苏州·期中）直三棱柱，，分别是的中点，，则与所成的角为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·江苏无锡·期中）在正四棱柱中，，为棱的中点，为线段上的一点，且，则直线与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（24-25高二上·江苏无锡·期末）如图，在长方体中，，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．异面直线和所成角的余弦值为 D．若为线段上的动点，则三棱锥的体积最大值为 4．（25-26高二下·江苏南京·期中）在三棱锥中，且，点为中点，则直线与直线所成角的余弦值为____________． 5．（25-26高二下·江苏苏州·期中）如图所示，平行六面体的底面是边长为的正方形，侧棱的长为，. (1)求对角线的长. (2)求异面直线与所成角的余弦值. 6．（25-26高二下·江苏南京·期中）如图所示，在正方体中，分别是棱的中点. (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 专题02 向量法求直线与平面所成角 1．（25-26高二上·广东惠州·阶段检测）在三棱锥中，平面，，分别是棱的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，过作平面，使得，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·江苏无锡·期末）已知：空间中，过点且一个法向量为的平面方程为.据此可知，若平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·广东广州·期末）在正四棱柱中，侧棱，直线与平面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积等于（   ）    A． B． C． D． 5．（25-26高二上·江苏南通·期末）如图，四棱锥中，与都是等腰直角三角形，，平面平面，，点在棱上. (1)证明：平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 6．（24-25高二下·广东茂名·阶段检测）如图，四棱锥中，平面，，，是平面内以为直径的半圆的三等分点． (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 专题03 向量法求二面角 1．（25-26高二上·辽宁·阶段检测）如图，正方形、，，动点、分别在和上，，当最小时，二面角的余弦值是（   ）    A． B． C． D． 2．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·北京·阶段检测）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 4．（24-25高二上·安徽·期末）已知O为正方形ABCD的中心，E，F分别为BC，AD的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ） A． B． C． D． 5．（25-26高二上·天津武清·阶段检测）如图，在四棱锥平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值. 6．（25-26高二上·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. 7．（25-26高二上·江西宜春·阶段检测）如图1，在平面四边形中，，，，，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示. (1)求证：平面； (2)设线段的中点为，求平面与平面所成的二面角的余弦值. 专题04 空间角中的最值问题 1．（25-26高二上·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．（25-26高二上·云南文山·阶段检测）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． 3．（24-25高二下·浙江宁波·期末）如图，是正方体体对角线（含端点）上的动点，为棱（含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．异面直线与所成角的最小值为 B．异面直线与所成角的最大值为 C．对于任意给定的，存在点，使得 D．对于任意给定的，存在点，使得 4．（24-25高二上·广东·期末）在正方体中，空间中一动点满足，则直线与直线所成角正弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（多选）（25-26高二上·辽宁大连·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点是正方形内部任意一点（包括边界），则（   ） A．的长度的最大值为 B．若平面，则 C．平面截正方体所得截面的周长为 D．直线与平面所成角的正弦值最大为 6．（多选）（24-25高二下·浙江丽水·期末）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．与不可能垂直 C．直线与平面所成角正弦值的最小值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 7．（2025·四川成都·模拟预测）如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 8．（25-26高二上·安徽芜湖·期中）如图，在平面四边形中为等腰直角三角形，为正三角形，，将沿翻折至，其中为动点. (1)三棱锥的各个顶点都在球的球面上： ①当二面角的大小为时，求球的表面积； ②求球的表面积的最小值； (2)求二面角的余弦值的最小值. 考点05空间角中的探究性问题 1．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 2．（25-26高二上·全国·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.平面平面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 3．（24-25高二上·贵州遵义·期末）如图，在四棱锥中，，底面ABCD是边长为2的菱形且.设为AD的中点且，点到平面ABCD的距离为. (1)求证：. (2)在线段PC上是否存在一点，使得锐二面角的余弦值为，若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由. 4．（25-26高三上·北京昌平·阶段检测）如图，四边形、均为直角梯形，，，，且． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 5．（25-26高二上·河北秦皇岛·期中）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，为中点． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 6．（25-26高二上·四川成都·期中）已知与轴分别相交于两点，过点的直线交于两点（不同于两点）． (1)当时，求直线的方程； (2)当的面积取得最大值时，将沿轴折成直二面角．如图，在上半圆上是否存在一点，使平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若直线与直线相交于点，判断点是否在定直线上？若在，请求出定直线方程；若不在，请说明理由． 考点06向量法求点到直线的距离 1．（25-26高二上·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． 2．（25-26高二上·河北保定·阶段检测）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． 3．（24-25高二上·山西晋中·期末）在长方体中，，，点满足，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高三下·浙江湖州·阶段检测）已知直三棱柱中，，，侧棱，若点，分别是线段，的中点，则点到直线的距离是________． 5．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 考点07向量法求点到平面的距离 1．（25-26高二上·云南昆明·阶段检测）已知点，点在平面内，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为（   ） A．1 B． C． D．2 2．（25-26高二上·北京·期中）在三棱锥中，，，，则点P到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·福建龙岩·期中）如图，在四棱柱中，底面是菱形，，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·江苏无锡·期末）如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____. 5．（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 6．（25-26高二上·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. 考点08向量法求线到面、面到面的距离 1．（25-26高二上·安徽池州·阶段检测）在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离为（   ） A． B． C．1 D． 2．（24-25高二上·山东滨州·期末）在直四棱柱中，底面是正方形，，，点在棱上，若直线到平面的距离为，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 3．（24-25高二上·重庆·阶段检测）在棱长为1的正方体中，分别是线段的中点，则直线到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 4．（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，平面与平面的距离为__________. 5．（25-26高二上·新疆巴州·阶段检测）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. 考点09空间距离中的最值问题 1．（25-26高二上·重庆·开学考试）如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，，，为平面内一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·广东佛山·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是3，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，则MN的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．（多选）（24-25高二上·江苏无锡·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（　　） A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形 B．当为棱的中点时，过点的平面截该正方体所得的截面的面积为 C．点到直线的距离的最小值为 D．当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 5．（多选）（23-24高二下·福建漳州·期末）如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则下列正确的有（    ） A． B．直线与直线所成角的余弦值为 C．平面与平面所成角的余弦值为 D．当时，动点到平面的距离的最小值为1 6．（25-26高二上·陕西咸阳·期中）如图1，在等腰直角中，分别为的中点.将沿向平面上方翻折，得到如图2所示的四棱锥，且.记的中点为，动点在线段上运动.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 7．（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，．为线段上一动点，记．以点为坐标原点，分别以，，为轴正方向，轴正方向，轴正方向建立空间直角坐标系. (1)写出点的坐标（用表示）； (2)当平面时，求的值； (3)过点、、作截面，求点到该截面距离的最大值. 考点10空间距离中的探究性问题 1．（多选）（25-26高二上·广东佛山·期末）已知正三棱柱的所有棱长为2，，分别为棱，上的点，则（    ） A．当为中点时，任意点到平面的距离均为1 B．当为中点时，存在点到直线的距离为2 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 2．（25-26高二上·上海松江·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 3．（25-26高二上·吉林长春·期末）在四棱锥中，底面ABCD，，，，M是PD中点. (1)求证：平面PAB； (2)若， ①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 4．（25-26高二上·山东德州·期中）如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点.    (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 5．（25-26高二·全国·暑假作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点02 空间角与空间距离问题 考点01 向量法求异面直线所成角 考点06向量法求点到直线的距离 专题02 向量法求直线与平面所成角 考点07向量法求点到平面的距离 专题03 向量法求二面角 考点08向量法求线到面、面到面的距离 专题04 空间角中的最值问题 考点09空间距离中的最值问题 考点05空间角中的探究性问题 考点10空间距离中的探究性问题 考点01 向量法求异面直线所成角 1．（25-26高二下·江苏苏州·期中）直三棱柱，，分别是的中点，，则与所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法可求得结果. 【详解】以为坐标原点，的正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， ，，，，，， ，即， 与所成的角为. 2．（24-25高二上·江苏无锡·期中）在正四棱柱中，，为棱的中点，为线段上的一点，且，则直线与直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，根据，求出点的坐标，再利用向量法求解即可. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 不妨设， 则， 设， 则， 因为， 所以，解得， 所以，则， 所以， 即直线与直线所成角的余弦值为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 3．（多选）（24-25高二上·江苏无锡·期末）如图，在长方体中，，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．异面直线和所成角的余弦值为 D．若为线段上的动点，则三棱锥的体积最大值为 【答案】CD 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到，所以与不垂直，故与平面不垂直；B选项，求出平面的法向量，则，B错误；C选项，利用异面直线夹角余弦公式得到C正确；D选项，先求出，点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，求出平面的法向量，设，，利用点到平面距离公式得到点到平面的距离最大值，从而得到面积的最大值. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，M，N分别为棱，的中点， 故， ， 故， 所以与不垂直，故与平面不垂直，A错误； B选项，，而平面的一个法向量为， 则， 故与不垂直，故与平面不平行，B错误； C选项，，，， 设异面直线和所成角的夹角为， 故， 故异面直线和所成角的余弦值为，C正确； D选项，为线段上的动点，设，， 其中，， 故， 则， 故， 由于为定值，故点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 又， 设点到平面的距离为， 则， 因为，所以当时，， 则三棱锥的体积最大值为，D正确. 故选：CD 4．（25-26高二下·江苏南京·期中）在三棱锥中，且，点为中点，则直线与直线所成角的余弦值为____________． 【答案】 【分析】根据空间向量基本定理和向量数量积、向量的模的公式进行计算即可. 【详解】因为点为中点，所以. 所以. 因为， 所以 . 由于 所以直线与直线所成角的余弦值为. 5．（25-26高二下·江苏苏州·期中）如图所示，平行六面体的底面是边长为的正方形，侧棱的长为，. (1)求对角线的长. (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据空间向量基本定理得到，再利用模长公式即可求出答案； （2）求出，，，再根据数量积公式求向量的夹角即可求出答案. 【详解】（1）由， 故 ， （2）因为底面是边长为的正方形，则， 又，所以 ， ； 所以异面直线与夹角的余弦值为． 6．（25-26高二下·江苏南京·期中）如图所示，在正方体中，分别是棱的中点. (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：根据线面垂直的判定定理以及线面垂直的性质求解即可. 方法二：建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. （2）方法一：根据异面直线所成角的概念以及余弦定理求解即可. 方法二：根据向量法，计算异面直线所成角的余弦值. 【详解】（1）方法一：在正方体中，因为平面， 又平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，且平面， 所以平面，又因为平面， 所以. 方法二：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 设正方体棱长为2，则， ，所以 ， 所以，即. （2）方法一：取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 而，所以， 所以直线与直线的夹角就是直线与所成的角， 设正方体棱长为，设异面直线与所成的角为， 计算得， 所以由余弦定理得 所以异面直线与所成角的余弦值为. 方法二： 因为分别是棱的中点，所以，所以， 设异面直线与所成的角为， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 专题02 向量法求直线与平面所成角 1．（25-26高二上·广东惠州·阶段检测）在三棱锥中，平面，，分别是棱的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，用向量的方法直接计算线面角的正弦值. 【详解】因为平面，平面，所以. 又因为，所以， 故以A点为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 则， 又因为分别是棱的中点，所以. 设平面的法向量为，. 由，得，令，则，即. 因为，所以直线与平面所成角的正弦值为 . 故选：C. 2．（25-26高二上·陕西榆林·期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，过作平面，使得，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出相关点的坐标和相关平面的法向量，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】因正方体的棱长为2，由图易得： ，，，，， 而，分别是棱，的中点，可得，， 则，，设平面的法向量为， 依题意在平面上，所以，则， 因为，所以，则， 令，，，故， 而，设直线与平面所成角为， 可得，故C正确. 故选：C 3．（25-26高二上·江苏无锡·期末）已知：空间中，过点且一个法向量为的平面方程为.据此可知，若平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知得出平面的一个法向量，再得出相交于直线的两个平面的法向量，由这两个法向量求出直线的方向向量，由平面的法向量与直线的方向向量夹角的余弦值的绝对值得线面角的正弦值． 【详解】由题意知平面的一个法向量是， 平面与的法向量分别是， 设直线的一个方向向量为， 则，所以，取，得， 所以， 故直线l与平面所成角的正弦值为. 故选：A． 4．（24-25高二上·广东广州·期末）在正四棱柱中，侧棱，直线与平面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积等于（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，用向量法即可求出底面边长，即可求解. 【详解】    如图所示，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设底面正方形边长为， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，可取， 所以， 因直线与平面所成角的余弦值为， 故直线与平面所成角的正弦值为， 所以，解得 故正四棱柱的体积为， 故选：B. 5．（25-26高二上·江苏南通·期末）如图，四棱锥中，与都是等腰直角三角形，，平面平面，，点在棱上. (1)证明：平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据几何关系证明，再结合面面垂直性质定理即可证明结论； （2）结合（1），建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）与都是等腰直角三角形，，，， 所以，，， 所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面 （2）因为平面，， 所以两两垂直，故如图建立空间直角坐标系， 则，， 由点在棱上，， 所以， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即，故， 因为平面， 所以，解得， 所以 设平面的一个法向量为， 因为，， 所以，即，故， 设直线与平面所成角为，因为 所以 所以直线与平面所成角的正弦值为 6．（24-25高二下·广东茂名·阶段检测）如图，四棱锥中，平面，，，是平面内以为直径的半圆的三等分点． (1)证明：平面平面； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，再应用面面垂直判定定理证明即可； （2）先建立空间直角坐标系，先求平面的一个法向量，再应用线面角正弦公式计算即可. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为是平面内以为直径的半圆的三等分点， 所以，所以，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面PBC． （2）以为坐标原点，垂直于的方向为轴正方向，的方向分别为轴，轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 故，，， 设平面的一个法向量为， 则，可以取， 设直线与平面所成角为， 所以， 故与平面所成角的正弦值为． 专题03 向量法求二面角 1．（25-26高二上·辽宁·阶段检测）如图，正方形、，，动点、分别在和上，，当最小时，二面角的余弦值是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为原点，以为轴，以为轴，过垂直平面作轴，建立空间直角坐标系，设，，根据空间两点间距离公式，可得当时，取得最小值，再结合空间夹角公式即可求解. 【详解】因为四边形、为正方形，， 所以以为原点，以为轴，以为轴，过垂直平面作轴，建立空间直角坐标系，如图所示，    设正方形、的边长为，又，设，， 则，，，，，，所以，， 所以当时，取得最小值， 此时，，所以，，， 设平面的法向量为，则，即，令，解得，，即， 设平面的法向量为，则，即，令，解得，，即， 设二面角为，则. 故选：C 2．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则， 所以， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 ，令， 则，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 因为为锐角，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角的正切值为. 故选：A 【点睛】 3．（24-25高二上·北京·阶段检测）如图，三棱锥中，，且平面与底面垂直，为中点，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据面面垂直的性质定理，可得平面，故以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后利用向量法直接求解面面角的余弦值即可． 【详解】如图，连接， 因为为中点， 所以， 又平面底面，平面底面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    设，由， 可得， 则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，得，则， 设平面的一个法向量为， 则有，令，得，得， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为． 故选：B． 4．（24-25高二上·安徽·期末）已知O为正方形ABCD的中心，E，F分别为BC，AD的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用向量夹角求法及数量积的运算律求. 【详解】翻折后如图所示，易知，， 结合已知有，，，， 易知，，设正方形边长为2， 所以，， 所以的值为 故选：D 5．（25-26高二上·天津武清·阶段检测）如图，在四棱锥平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由题意建系，写出相关点的坐标，计算向量坐标和平面的法向量的坐标，由即可证得； （2）分别求两平面的法向量坐标，由空间向量的夹角公式计算即得余弦值，再求正弦值即可. 【详解】（1）因平面，且， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 则、、、、. 于是，，, 设平面的法向量为， 则，令，可得， 又，显然，，故得平面. （2）设平面的法向量为，且，， 则，令，可得. 而平面的法向量是， 所以，即 因此，平面与平面所成夹角的正弦值为. 6．（25-26高二上·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. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用面面垂直和线面垂直的性质定理得到，根据勾股定理得到，最后利用勾股定理证明垂直即可； （2）（i）建系，根据得到，然后计算平面的法向量，根据平面列方程，解方程即可； （ii）利用空间向量的方法求面面角即可. 【详解】（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. 7．（25-26高二上·江西宜春·阶段检测）如图1，在平面四边形中，，，，，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示. (1)求证：平面； (2)设线段的中点为，求平面与平面所成的二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）因为平面平面，应用面面垂直性质定理得出线面垂直； （2）应用三条线两两垂直，建系求出平面与平面的法向量，再应用二面角的余弦公式计算求解. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 又因为，，所以，平面， 所以平面； （2）由（1）知平面，又因为，所以平面，平面，所以， 故两两垂直,以A为原点 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图, 则是平面的一个法向量， 因为， 则, ， 设是平面的一个法向量, 则,即， 取，得，， 设平面与平面所成的二面角为, 则， 故平面与平面所成的二面角的余弦值为. 专题04 空间角中的最值问题 1．（25-26高二上·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 【分析】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，利用向量法研究即可求解 【详解】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．（25-26高二上·云南文山·阶段检测）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 【分析】先建立空间直角坐标系，然后求出点的位置坐标，然后根据向量的夹角求出的最大值即可. 【详解】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.    3．（24-25高二下·浙江宁波·期末）如图，是正方体体对角线（含端点）上的动点，为棱（含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ）    A．异面直线与所成角的最小值为 B．异面直线与所成角的最大值为 C．对于任意给定的，存在点，使得 D．对于任意给定的，存在点，使得 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】以为坐标原点，建系如图，设正方体的边长为1，则， 设，，则， 设异面直线与所成的角为， 则， 因，由于，则时，， 又，，于是，则， 又，结合余弦函数的单调性可知，，故AB错误； 对于C.设，，则， 由上述分析，，， 当时，无解，故C错误； 对于D.，令，得， 即对于任意的M，存在点P使得，故D正确. 故选：D.    4．（24-25高二上·广东·期末）在正方体中，空间中一动点满足，则直线与直线所成角正弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设点，由条件求得，设直线与直线所成角为，利用空间向量夹角公式求出，通过换元，将其化成，利用的范围和不等式性质即可求得. 【详解】 如图，设正方体的棱长为1，以点为坐标原点建立空间直角坐标系. 则， 设点，则， 由可得：，解得， 则，， 设直线与直线所成角为，则， 于是 ， 设，因，故， 则即，因，则，则， 即，因，则得. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解异面直线的夹角的方法主要有： 平移法：将异面直线中的一条或两条利用平移使其相交，通过解三角形求得； 坐标法：通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标，利用空间向量夹角的坐标公式求解. 5．（多选）（25-26高二上·辽宁大连·期中）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点是正方形内部任意一点（包括边界），则（   ） A．的长度的最大值为 B．若平面，则 C．平面截正方体所得截面的周长为 D．直线与平面所成角的正弦值最大为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，根据两点间距离公式、线面垂直的性质、正方体截面的性质，结合空间向量夹角公式、基本不等式逐一判断即可. 【详解】A：建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，当时，的长度的最大值为， 此时点与点重合，故A选项正确； B：，设平面的法向量为， ，， 所以有，可取， 当平面时，则有，则有， 即，，， 显然，故B选项正确； C：双向延长，分别交、于点，连接，分别交于点，如图所示，截面是五边形， 显然， 由平面几何知识可知， 因为，所以， 得，同理，可得， 于是，， ，， 所以平面截正方体所得截面的周长为，因此C选项不正确； D：由上可知平面的法向量为，， 直线与平面所成角的正弦值为， 因为， 所以有，当且仅当时取等号， 于是有，当且仅当时取等号， 所以直线与平面所成角的正弦值最大为，因此D选项正确， 故选：ABD 6．（多选）（24-25高二下·浙江丽水·期末）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（    ） A．动点轨迹的长度为 B．与不可能垂直 C．直线与平面所成角正弦值的最小值为 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对A，由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面，进而得到的轨迹为线段；对B，举反例即可；对C，由可得到使线面角取到最小时的点的位置， 此时再建系，利用线面角的坐标公式计算即可；对D，利用，可得到使三棱锥的体积取到最大值的点的位置，接下来用定心法求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，取中点为，中点为，连接， 又正方体中，为棱的中点，可得， 又平面，平面， 平面； 又中点为，中点为， ，又平面，平面， 平面； 又， 且平面， 平面平面， 又平面，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界）， 平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由可知三角形为等腰三角形， 当为线段中点时，由可得， 又中点为，中点为，，而，，故选项B不正确； 对C，由选项B 知，，又面，面， 面，则上的点到平面的距离为定值，设到平面的距离为， 直线与平面所成角为，则，而为定值， 当最大时，最小；此时点位于点时，最大，最小. 分别以为建立空间直角坐标系，则由题意得，，，， 可得，，设平面的法向量， 则有，不妨令可得， 平面的一个法向量，又， 则，故选项C正确； 对D，由侧棱底面，所以三棱锥体积为， 所以最大时，体积最大，∵， 可得当在处时，三棱锥的体积最大， 由已知得此时， 所以在底面的射影为底面外心，，，， 由勾股定理易知底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为， 如图，设外接球半径为，由，， 可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD 7．（2025·四川成都·模拟预测）如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小. （3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得， 而平面平面，平面平面平面， 则平面， 过作，则平面，又平面， 于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，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， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而， 则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为， 则， 令，得， 设平面的法向量为， 因为，， 则， 令，得， 设平面和平面的夹角为， 则 令，，则，即， 则当时，有最小值， 所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为． 8．（25-26高二上·安徽芜湖·期中）如图，在平面四边形中为等腰直角三角形，为正三角形，，将沿翻折至，其中为动点. (1)三棱锥的各个顶点都在球的球面上： ①当二面角的大小为时，求球的表面积； ②求球的表面积的最小值； (2)求二面角的余弦值的最小值. 【答案】(1)①；② (2) 【分析】1）①设中点为，和的外接圆圆心分别为，根据勾股定理得到外接球半径所满足的数量关系，求解出外接球的半径则球的表面积可知；②设二面角的平面角为，根据几何关系利用表示出，结合函数思想求解出的最小值，则球的表面积最小值可知； （2）建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角余弦值的绝对值等于二面角的余弦值，利用换元法可求解出最小值. 【详解】（1）①设中点为，外接圆的圆心为，半径记为， 外接圆的圆心为，半径记为，三棱锥的外接球半径记为， 因为，所以， 故球的表面积为； ②设二面角的平面角为，即， 因为， 所以四点共圆，且为该圆的直径， 所以， 由正弦定理可知， 所以， 设，令， 可转化为， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以，且时，所以， 所以，当且仅当即时取等号， 所以，故球的表面积的最小值为. （2）如图，过点作平面的垂线，以为原点，分别以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则，所以， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，所以， 设二面角的大小为， 所以， 所以， 令，则，所以， 因为， 当，即，即时取等号， 所以二面角的余弦值的最小值为. 考点05空间角中的探究性问题 1．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ）． A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，，， 设，，则， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确； 因为，， 所以，所以， 所以存在点满足，故③正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算. 2．（25-26高二上·全国·期末）如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.平面平面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的判定性质推理即得. （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）由矩形，得，而平面平面， 平面平面， 平面，则平面，又平面，于是， 因为，所以，又，平面， 因此平面，又平面，所以. （2）取的中点，作，连接，由（1）知，平面， 而平面，则，又，，则，即两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 假设在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 于是， 整理得，解得或， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或. 3．（24-25高二上·贵州遵义·期末）如图，在四棱锥中，，底面ABCD是边长为2的菱形且.设为AD的中点且，点到平面ABCD的距离为. (1)求证：. (2)在线段PC上是否存在一点，使得锐二面角的余弦值为，若存在，说明点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为线段PC上靠近的三等分点处 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求锐二面角的余弦，即可确定点的位置. 【详解】（1）因为，且为AD的中点，所以. 又因为四边形是边长为2的菱形且， 所以，因为，平面 所以平面，因为平面， 所以，又因为， 所以. （2）由（1）知，平面，且平面. 所以平面平面，且平面平面. 过点作平面的垂线，垂足为，则. 因为，所以. 因为，所以. 以点为坐标原点，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. 所以. 设为上一点，则. 所以. 设平面的法向量为， 由，得，令， 则，即， 又平面的一个法向量为. 由题意，得，解得. 即当点为线段PC上靠近的三等分点处时，锐二面角的余弦值为. 4．（25-26高三上·北京昌平·阶段检测）如图，四边形、均为直角梯形，，，，且． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，，理由见解析. 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，从而利用线面平行的判定定理证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设出，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案. 【详解】（1）因为且， 故四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）因为，，所以两两垂直， 故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 则， 设，则，设， 则，解得，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 设直线和平面所成角的正弦值为， 则， 平方化简得，解得， 综上，在线段上存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为， 此时. 5．（25-26高二上·河北秦皇岛·期中）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，，，为中点． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？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)存在；为的中点 【分析】（1）取中点记为，连接，，通过证明四边形为平行四边形，然后可证平面. （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. 【详解】（1）证明：取中点记为，连接，，如图所示， 则，且， ，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）存在点满足要求，理由如下： 取的中点为，连接，，如图所示， 则四边形为正方形， 且根据勾股定理得， 所以， 所以为等腰直角三角形，所以. 又，所以，而平面，且相交于点,所以平面，则， 又因为，，得，所以为等腰直角三角形， 所以，而平面，且相交于点,所以平面. 因此，以点为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和， 则，令，得， ，令，得， 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 6．（25-26高二上·四川成都·期中）已知与轴分别相交于两点，过点的直线交于两点（不同于两点）． (1)当时，求直线的方程； (2)当的面积取得最大值时，将沿轴折成直二面角．如图，在上半圆上是否存在一点，使平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若直线与直线相交于点，判断点是否在定直线上？若在，请求出定直线方程；若不在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）设，利用圆心到直线的距离公式和圆心、弦长列式求解即可； （2）利用面积公式求解可得，当时，取得最大值，建立空间直角坐标系，设，其中，用二面角的向量法求出点坐标即可； （3）联立直线与圆的方程，利用韦达定理及斜率公式，求出两直线的方程，联立直线方程可得在定直线上. 【详解】（1）由题意得直线的斜率不为0，设，即， 圆心到直线的距离为， 又，即 所以，所以，解得， 所以直线的方程为. （2） 由题意得直线的斜率不为0，设，即， 由（1）知，， ， 令，则， 所以， 又，在上单调递增， 所以当时，取得最小值为，取得最大值为， 此时，解得， 建立空间直角坐标系，如图， 则，，， 所以，， 设平面的法向量为， ，可得， 设，其中， 所以，， 设面的法向量为， ，可得， 设平面与平面的夹角为， ， 解得，所以. （3），设，， 由题意得直线的斜率不为0，设， 所以， 可得， 所以，， ，直线的方程为，① ，直线的方程为，② 联立方程①②可得 ， 可得， 所以点在定直线上. 考点06向量法求点到直线的距离 1．（25-26高二上·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 【分析】由点坐标得到向量坐标，利用数量积求出向量在上的投影，再利用勾股定理求得点到线的距离. 【详解】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． 2．（25-26高二上·河北保定·阶段检测）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 【分析】以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．利用空间向量法求出点到直线的距离即可. 【详解】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 3．（24-25高二上·山西晋中·期末）在长方体中，，，点满足，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知条件得出的坐标，进而表示出，的坐标，根据向量法计算即可得出距离. 【详解】    如图，建立空间直角坐标系， 则有. 又， 所以， 所以，，， 则，在上的投影向量的模为. 又， 所以点到直线的距离为. 故选：C. 4．（24-25高三下·浙江湖州·阶段检测）已知直三棱柱中，，，侧棱，若点，分别是线段，的中点，则点到直线的距离是________． 【答案】/ 【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点的坐标，应用向量法求点线距离. 【详解】由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，则，    所以， 则点到直线的距离. 故答案为： 5．（24-25高二下·广西桂林·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到直线的距离． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)； (3) 【分析】（1）利用空间向量法求出即可； （2）利用空间向量法分别求出平面和平面的法向量，进而求出二面角的余弦值； （3）求出在上的投影向量的模长，进而求出到直线的距离. 【详解】（1）证明：由题知，平面ABC， 所以、、两两垂直 故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系    因为，，，则 ，，，，，， 所以， 故 所以 （2）由（1）分析知，，， 又，即 所以， 设平面的法向量为 则，即 令，则 由题知，是平面的一个法向量 设二面角的平面角为，则 所以二面角的余弦值为. （3）由（2）知，，且 在上的投影向量的模长. 计算. 根据点到直线距离公式， 即点到直线的距离为. 考点07向量法求点到平面的距离 1．（25-26高二上·云南昆明·阶段检测）已知点，点在平面内，若平面的一个法向量，则点到平面的距离为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】求出向量，然后利用点到平面的距离公式计算可得. 【详解】因为，所以， 又点在平面内，平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为， 故选：B． 2．（25-26高二上·北京·期中）在三棱锥中，，，，则点P到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】因，，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 所以点P到平面的距离为； 故选：C 3．（24-25高二下·福建龙岩·期中）如图，在四棱柱中，底面是菱形，，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，设，连接，证明平面，再以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】连接，设，连接， 由，得，所以， 因为底面是菱形，所以， 又因为，且，在平面内， 所以平面， 在中，，，所以， 如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则有，令，得， 所以点到平面的距离. 故选：C. 4．（24-25高二上·江苏无锡·期末）如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____. 【答案】/ 【分析】可用等体积法求点到平面的距离，或直接建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离. 【详解】由题可知：平面平面,所以 所以,,, 所以,所以. 所以. 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为平面,所以平面,. . 因为,所以, 所以. 故答案为：. 方法二：如图所示， 直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且. 因为侧面是矩形，取的中点F，连接,则. 因为侧棱平面，所以平面,所以两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 据题意可知， 则 设平面AB1D的一个法向量是 所以,所以, 令,则,所以. 因为,所以点C到平面AB1D的距离. 故答案为： 5．（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，中点，连接，，易证两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直. （2）利用点到平面的距离的向量公式即可解出. 【详解】（1）取中点，中点，连接，. 因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 平面，所以， 又底面是直角梯形，，所以. 又分别为，中点，所以，所以. 所以两两垂直. 故以为原点，建立如图空间直角坐标系， 由，设，，，. 所以，. 因为. 所以，所以. （2）由（1）得，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，可得. 所以点到平面的距离. 6．（25-26高二上·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. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理求解即可； （2）以为坐标原点，为轴建立坐标系，利用空间向量法求解即可. （3）借助空间中点到平面距离公式计算即可得. 【详解】（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. 考点08向量法求线到面、面到面的距离 1．（25-26高二上·安徽池州·阶段检测）在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到平面的距离为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【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】因为，平面，平面，所以平面， 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，建立空间直角坐标系. 则，，，，， ，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设点到平面的距离为， 则，故直线到平面的距离为. 故选：D 2．（24-25高二上·山东滨州·期末）在直四棱柱中，底面是正方形，，，点在棱上，若直线到平面的距离为，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系后利用点到直线的距离空间向量求解后可得正确的选项. 【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示， 则，设．    因为，平面，平面，故平面， 故直线到平面的距离为到平面的距离. ，， 设平面的法向量为，则由可得： ，取， 故到平面的距离，故，故， 故选：C. 3．（24-25高二上·重庆·阶段检测）在棱长为1的正方体中，分别是线段的中点，则直线到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，结合线面平行以及点面距公式求得直线到平面的距离. 【详解】由题意，构建如图示的空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，则点到平面的距离， 又，平面，平面，则平面， 所以点到平面的距离，即直线到平面的距离，为.    故选：D 4．（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，平面与平面的距离为__________. 【答案】2 【分析】先由题设求证平面平面得到平面与平面的距离即为点C到平面的距离，接着建立适当空间直角坐标系求出和平面的一个法向量，再由向量法距离公式即可求解. 【详解】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 5．（25-26高二上·新疆巴州·阶段检测）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. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明推理即得. （2）由（1）中信息，利用点到平面的距离公式计算即得. 【详解】（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. 考点09空间距离中的最值问题 1．（25-26高二上·重庆·开学考试）如图，在直三棱柱中，为腰长为2的等腰直角三角形，且，，，为平面内一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用对称点、到平面距离相等，得出关于平面的对称点为，利用对称点求出最短路径即可. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设关于平面的对称点为， 则， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以与到平面的距离， 即①，又，所以②， 所以由①②得，又由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号，所以的最小值为． 故选：B． 2．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量求得点到直线的距离的表达式，再由二次函数性质可求得最小值. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，可得， 设，所以可得； 因此， 因此点到直线的距离为 . 当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为. 故选：A 3．（24-25高二上·广东佛山·期末）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是3，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，则MN的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法求出最小值. 【详解】由正方形，得，而平面平面，平面， 得平面，又四边形是正方形，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， ，， 设与都垂直的向量，则，令，得， 所以的最小值为. 故选：B 【点睛】思路点睛：求两条异面直线上两点间距离最小值，可以利用空间向量求出两条异面直线的公共法向量，再求投影长即可. 4．（多选）（24-25高二上·江苏无锡·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是侧面内的一点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（　　） A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形 B．当为棱的中点时，过点的平面截该正方体所得的截面的面积为 C．点到直线的距离的最小值为 D．当为棱的中点且时，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】根据题意和正方体的性质、空间点到直线的距离、圆的定义等，逐项分析即可解出. 【详解】选项A，如图1所示，连接，在上任取一点，连接， 过在侧面作，与的交点为，连接，得四点共面， 在上都有类似结果，在其它棱上时，截面都是正方体的对角面， 所以过的平面截此正方体所得的截面为四边形，所以A正确； 选项B，如图2所示，取中点，根据分别为中点，易得，所以四点共面，该截面为四边形且为等腰梯形， 又， 所以等腰梯形的高， 所以截面的面积为，所以B错误； 选项C，如图3所示，建立空间直角坐标系，可得，所以. 设点，所以， 则点到直线的距离， 所以时，距离最小，最小为，所以C正确； 选项D，如图4所示，取的中点，连接，易得平面且， 又平面，所以， 所以， 则点在侧面内的运动轨迹为以点为圆心，以2为半径的劣弧，其圆心角为， 所以点的轨迹长度为，所以D正确. 故选：ACD. 5．（多选）（23-24高二下·福建漳州·期末）如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则下列正确的有（    ） A． B．直线与直线所成角的余弦值为 C．平面与平面所成角的余弦值为 D．当时，动点到平面的距离的最小值为1 【答案】ACD 【分析】根据线面垂直证明线线垂直判断A，建立空间直角坐标系，利用向量法求线线角判断B，求二面角判断C，利用点面距离判断D. 【详解】对A，由平面，平面，得，又由正方形可得，又平面，所以平面， 由平面，可得，故A正确； 如图，建立空间直角坐标系， 则， 设是平面的法向量，， 由，令，可得， ， ，解得，即， 对B，，，故B错误； 对C，平面的法向量，平面的法向量， 则，故C正确； 对D，由知，在以为球心，半径为1的球面上，， 球心到平面的距离， 到平面的距离的最小值为，故D正确. 故选：ACD 6．（25-26高二上·陕西咸阳·期中）如图1，在等腰直角中，分别为的中点.将沿向平面上方翻折，得到如图2所示的四棱锥，且.记的中点为，动点在线段上运动.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可． 【详解】（1）因为折叠前为中点，，所以，折叠后，， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以， 所以在折叠后，，； 以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，    则，，，，， 为中点，所以，， 设平面的法向量为，又，， 所以，即，令，则，，所以， 所以，则， 所以平面； （2）设，由（1）知，，因为动点Q在线段上， 且，所以，所以， 所以，，，所以，， ，设平面的法向量为， ，即，令，则，，所以， 设平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）设，，，动点Q在线段上， 所以，，即，即， 所以，，， 设点Q到线段的距离为，， ，， ，，令，， 则，，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为． 7．（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，．为线段上一动点，记．以点为坐标原点，分别以，，为轴正方向，轴正方向，轴正方向建立空间直角坐标系. (1)写出点的坐标（用表示）； (2)当平面时，求的值； (3)过点、、作截面，求点到该截面距离的最大值. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）由题意可得，再根据，即可求得点的坐标； （2）由（为平面的法向量），求解即可； （3）求出平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）解：如图所示： ， 故， 因为， 所以； （2）解：因为， 则，， 设平面的法向量为， 故且， 取，则， 由于平面时， 故， 即，解得； （3）解：， 设平面的法向量为， 则有 取， 则， 所以， 所以当时，取最大值. 所以. 考点10空间距离中的探究性问题 1．（多选）（25-26高二上·广东佛山·期末）已知正三棱柱的所有棱长为2，，分别为棱，上的点，则（    ） A．当为中点时，任意点到平面的距离均为1 B．当为中点时，存在点到直线的距离为2 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 【答案】ACD 【分析】对于A，先证平面，接着证平面，故点到平面的距离为定值1；对于B，利用点到线的距离公式求解判断即可；对于CD，设，，再由垂直的坐标表示得，再根据的范围即可判断． 【详解】对于A，在正三棱柱中，当为中点时， ，平面，又平面， ，又平面， 平面，即平面，且， 所以点到平面的距离为， 又平面，平面， 平面， 所以，任意点到平面的距离均为1，故A正确； 对于B，在正三棱柱中，设中点为，中点为， ，又平面，平面， ，又平面， 平面，则以为原点建立空间直角坐标系， ， 当为中点时，，， 设，， 故点到直线的距离， 解得，又，所以无解， 即不存在点到直线的距离为2，故B错误； 对于C，设，若， 则， 即，，， 则对任意给定的点，存在点，使得，故C正确； 对于D，，，， 则对任意给定的点，存在点，使得，故D正确． 故选：ACD． 2．（25-26高二上·上海松江·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?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)存在点， 【分析】（1）取的中点，连接，由中位线性质以及线面平行判定定理即可证明出结论； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面平面的法向量，即可求得二面角的余弦值； （3）假设存在点到平面的距离是，设可得，利用点到平面距离的向量求法计算可得，即可求出. 【详解】（1）取的中点，连接，如下图： 因为为棱的中点，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）由题意知平面，且，可知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 易知 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，可得； 又， 设平面的一个法向量为， 可得，令，可得，即， 所以， 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； （3）假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是， 设，，即，可得, 所以， 则点到平面的距离是，又，可得, 所以，， 即存在点到平面的距离是,. 3．（25-26高二上·吉林长春·期末）在四棱锥中，底面ABCD，，，，M是PD中点. (1)求证：平面PAB； (2)若， ①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为？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)①；②存在，. 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值；②设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1） 取中点， 为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即，平面，平面， 平面； （2） ①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的余弦值为； ②存在点满足题意，，， 假设存在点满足题意，设，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以点到平面的距离， 化简可得，解得或（舍去），即. 4．（25-26高二上·山东德州·期中）如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点.    (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为.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) (3)存在， 【分析】（1）在图1中，证得，取AC的中点O，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得； （2）以为原点，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设点到平面的距离为d，根据题意，求得，得到点到平面的距离为，令得到，结合向量的距离公式，列出方程，即可求解. 【详解】（1）证明：在图1中，由，可得， 所以，则， 因为，可得，所以， 在图2中知，取AC的中点O，连接QO，BO， 又因为Q为PC的中点，可得，所以， 因为，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：由题意知，平面平面，平面平面，且，所以平面ABC，所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则， 令，可得，，所以， 设平面的法向量为，因此， 令，可得，，所以， 因此， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）解：假设线段AP上是否存在点M，使得三棱锥的体积为， 在中，，可得， 因为三棱锥的体积为， 设点到平面的距离为d，可得，因此， 因此点到平面的距离为， 令（），由（2）得，， 又因为平面的法向量为， 则点到平面的距离为，解得， 所以线段上存在点，使得三棱锥的体积为，且. 5．（25-26高二·全国·暑假作业）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点， 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论； （2）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，点点坐标用表示出来，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果． 【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点． ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且， 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面. （2）在平面内过点作， 又由平面底面,且平面平面,可得平面， 又菱形中，且，所以可得在中有， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，由且，所以是正三角形，所以， 设 ， ， ，， 即 化简得，故（舍负）. 综上，存在点，. 学科网（北京）股份有限公司 $