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专题18 空间向量在立体几何中的应用（角和距离）
【练基础】
一、 单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）在正方体 中，E，F分别为 的中点，则（ ）
A．平面 平面 B．平面 平面
C．平面 平面 D．平面 平面
【答案】A
【分析】证明 平面 ，即可判断A；如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，分别求出
平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体 中，
且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 分别为 的中点，
所以 ，所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，
则 ，，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，
所以平面 与平面 不垂直，故B错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故C错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故D错误，
故选：A.选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设 ， ，则 为平面 与平面 的交线，
在 内，作 于点 ，在 内，作 ，交 于点 ，连结 ，
则 或其补角为平面 与平面 所成二面角的平面角，
由勾股定理可知： ， ，
底面正方形 中， 为中点，则 ，
由勾股定理可得 ，
从而有： ，
据此可得 ，即 ，
据此可得平面 平面 不成立，选项B错误；
对于选项C，取 的中点 ，则 ，由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项C错误；
对于选项D，取 的中点 ，很明显四边形 为平行四边形，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项D错误；
故选：A.
2．（2023·全国·高三专题练习）下图为正三棱柱 的一个展开图，若A， ， ，D， ， 六点在同
一个圆周上，则在原正三棱柱中，直线AE和直线BF所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】根据六点共圆，设原正三棱柱的底面边长为2a，高为2b，圆的半径为r，数形结合，列出方程，可得
，分别求得 和 的值，代入向量求夹角公式，即可得答案.
【详解】六点共圆的示意图如图所示．
设原正三棱柱的底面边长为2a，高为2b，圆的半径为r．
则有方程组 ，解得 ．
从而在原正三棱柱中，高为底面边长的 倍．
设直线AE和直线BF所成角为 ，则 ．
由勾股定理， ；
所以 ．
故选：A
【点睛】本题属于中档偏难题，涉及的知识点较多，主要考查几何体的展开图、异面直线所成的角等．题干以
“六点共圆”为条件，是创新的体现，需要熟练掌握．3．（2022秋·湖北黄冈·高三校考期中）平行六面体 中，
，则 与底面 所成的线面角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 ， 相交于点 ，依题意可得 平面 ，从而得到平面 平面 ，则
是 与底面 所成角，利用锐角三角函数求出 ，建立如图所示空间直角坐标系，求出
点的坐标，即可得到 点的坐标，利用空间向量法求出线面角的正弦值．
【详解】解：如图所示，连接 ， 相交于点 ，连接 ．
平行六面体 中 ，且 ，
不妨令
， ， 都是等边三角形．
是等边三角形．
， ， ， 平面
平面 ， 平面 ，
平面 平面 ，
是 与底面 所成角．
因为 ， ，所以 ．如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ，
其中 的坐标计算如下，过 作 交 于点 ，
因为 ， ，所以 ，
所以 ， ，
因为
所以 ，所以 ，
显然平面 的法向量为 ，
设 与底面 所成的角为 ，则故选：A
4．（2023·全国·高三专题练习）在矩形ABCD中，O为BD中点且 ，将平面ABD沿对角线BD翻折至二
面角 为90°，则直线AO与CD所成角余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AO与CD所成角余弦值.
【详解】在平面 中过 作 ，垂足为 ；
在平面 中过 作 ，垂足为 .
由于平面 平面 ，且交线为 ，
所以 平面 ， 平面 ，
设 ，
，
同理可得 ，
以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则 ，
，
设 与 所成角为 ，
则 .
故选：C
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体 的棱长为1，则线段 上的动点P到直线
的距离的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】利用坐标法，设 ，可得动点P到直线 的距离为 ，然后利用二次
函数的性质即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则 ，
设 ，则 ，
∴动点P到直线 的距离为
，当 时取等号，
即线段 上的动点P到直线 的距离的最小值为 .
故选：D.
6．（2023·全国·高三专题练习）正方体 棱长为 ，动点 在线段 上（含端点），以下结论不
正确的为（ ）
A．三棱锥 的体积为定值
B．过 ， ， 三点若可作正方体的截面，则截面图形为三角形或平面四边形
C．当点 和 重合时，三棱锥 的外接球体积为D．直线 与面 所成角的正弦值的范围为
【答案】D
【分析】根据锥体体积公式、正方体的截面、三棱锥的外接球、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答
案.
【详解】A选项，根据正方体的性质可知 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以 到平面 的距离为定值，设 到平面 的距离为 ，
则 为定值，A选项正确.
B选项，当 与 重合时，截面图形为平面四边形 ；
当 与 重合时， 平面四边形 ；
当 与 、 不重合时，截面图形为三角形或四边形，所以B选项正确.C选项，当点 和 重合时，三棱锥 的外接球，也即正方体 的外接球，
外接球的直径为 ，半径为 ，体积为 ，C选项正确.
D选项，建立如下图所示空间直角坐标系，则
设 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，故可设 ，
设直线 与面 所成角为 ，
则 ，
对于函数 ，开口向上，对称轴 ，
所以最大值为 ，最小值为 ，
所以 ，
，D选项错误.
故选：D
7．（2022·河南省直辖县级单位·统考二模）如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线，C
为底面圆上一点，且 ， ，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据圆柱的特征，以 为原点建立空间直角坐标系，根据题意可得 ， ， ，利用
向量法即可求出答案.
【详解】解：因为AB是圆柱底面圆的一条直径，
所以 ，
又OP是圆柱的一条母线，
如图，以 为原点建立空间直角坐标系，
因为 ，所以 ， ，
又因 ，所以 ，
所以 ，即 ，
设 ，则 ，
则 ，
则 ，
设平面PAB的法向量为 ，
则有 ，可取 ，则 ，
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为 .
故选：A.
8．（2023·全国·高三专题练习）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何
体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，
， ， ， 均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，
则图中异面直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线 与 所成角的余弦值.【详解】
设上底面圆心为 ，下底面圆心为 ，连接
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
则
则
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：A
二、多选题
9．（2023·云南·统考模拟预测）如图，在正方体 中，E､F､G分别为 的中点，则
（ ）A． B． 与 所成角为
C． D． 平面
【答案】ABD
【分析】利用坐标法，根据向量运算结合条件逐项分析即得.
【详解】以点D为坐标原点， 所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体 的棱长为2，则
.
对于A选项， ，所以 ，故A选项正确；
对于B选项， ，
，
所以，向量 与向量 的夹角是 ， 与 所成角为 ，故B选项正确；
对于C选项， ，则 ，故C选项错误；
对于D选项，设平面 的法向量为 ，
由 ，可得 ，取 ，可得 ，又 ，
∵ ，∴ ，∵ 平面 ，∴ 平面 ，故D选项正确.
故选：ABD.
10．（2023·全国·模拟预测）已知四棱锥 的顶点都在一个表面积为 的球面上， 平面ABCD，底
面ABCD是正方形， ，则（ ）
A．
B．
C．直线PC与直线AB所成角的大小为
D．直线PC与平面PAB所成角的大小为
【答案】BC
【分析】解法一、
设四棱锥的外接球球心为O，连接AC与BD交于点E，取PA的中点F，可得四边形OEAF为矩形，利用勾股定理
求出 可得 可判断A；由线面垂直的性质定理和判定定理可判断B；利用勾股定理求出∠PCD可判断C；在
中求出 可判断D；
解法二、
将四棱锥 补成长方体，设四棱锥的外接球球心为O，根据长方体的外接球即四棱锥的外接球，长方体的
外接球的球心为长方体的中心，长方体的体对角线为外接球的直径可判断A；由线面垂直的性质定理和判定定理
可判断B；在 中求出 可判断C； 在 中求出 可判断D；
解法三、
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出 、 的坐标计算出
可判断B；求出 可判断C；求出平面PAB的一个法向量，设直线PC与平面PAB所成角的大
小为 ，由线面角的向量求法求出 的值可判断D．
【详解】解法一、
对于A选项：设四棱锥的外接球球心为O，因为球O的表面积为 ，所以球O的半径为2，连接AC，与BD交
于点E，取PA的中点F，连接OE，OF，则 平面ABCD，四边形OEAF为矩形，连接OA，在 中，
，所以 ，故A错误；
对于B选项：因为 平面ABCD，所以 ，因为 ， ，PA， 平面PAC，所以平面PAC，又 平面PAC，
所以 ，故B正确；
对于C选项：因为 ，所以∠PCD是直线PC与直线AB所成角，
因为 平面ABCD，所以 ，又 ， ，
PA， 平面PAD，所以 平面PAD， 所以 ，在 中， ， ，所以
，故C正确；
对于D选项：易得 平面ABP，所以∠CPB是直线PC与平面PAB所成角，
在 中， ， ，所以 ，故D错误．
故选：BC．
解法二、
由题意知，可将四棱锥 补成长方体．设四棱锥的外接球球心为O，
因为球O的表面积为 ，所以球O的半径为2，则长方体的体对角线的长为4（点拨：长方体的外接球即四棱锥
的外接球，长方体的外接球的球心为长方体的中心，长方体的体对角线为外接球的直径），
对于A选项：设 ，则 ，即 ，
所以 ，即 ，故A错误；
对于B选项：因为 平面ABCD， 平面ABCD，所以 ，连接AC，易知 ，因为
，PA， 平面PAC，所以 平面PAC，又 平面PAC，所以 ，故B正确；
对于C选项：易知 ，所以∠PCD是直线PC与直线AB所成的角，在 中，易知 ， ，
所以 ，故C正确；
对于D选项：易知 平面PAB，所以∠CPB是直线PC与平面PAB所成的角，
在 中，易知 ， ，所以 ，故D错误．
故选：BC．
解法三、
对于选项B，C，D，可以以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐
标系，则 ， ， ， ， ，故 ， ，， ．则 ，故 ，B正确； ，所以直
线PC与直线AB所成角的大小为 ，C正确；易知 为平面PAB的一个法向量，设直线PC与平面
PAB所成角的大小为 ，则 ，所以直线PC与平面PAB所成角的大小为
，D错误．
故选：BC．
11．（2023·山东威海·统考一模）在棱长为1的正方体 中，点P满足 ，
， ，则( )
A．当 时， 的最小值为
B．当 时，有且仅有一点P满足
C．当 时，有且仅有一点P满足到直线 的距离与到平面ABCD的距离相等
D．当 时，直线AP与 所成角的大小为定值
【答案】ACD
【分析】对于选项A，先判断P点的轨迹，再将问题平面化即可求解；对于选项BCD，建立空间直角坐标系，利
用向量方法即可求解．
【详解】如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ， ， ， ，
则 ， ， ，
则 ，∴ ．
选项A：当 时， 为线段 上的点，
A B C D
将平面 1 1 1 1和平面 沿 展开为同一个平面如图，
连接 ，则 的最小值即为 ，故A正确；
选项B：当 时， ， ， ，
则 ，即 ，即满足条件的P点有无数个，故B错误；
选项C：当 时， ，
则 ， ， ， ，
则 在 上的投影为 ，
则点P到直线 的距离 ；
平面ABCD的一个法向量为 ， ，则点P到平面ABCD的距离为 ；
当点P到直线 的距离与到平面ABCD的距离相等时，
，∵ ，∴方程有一个解 ，
则 ，即仅存在一个点P满足条件，故C正确；
D选项：当 时， ， ，
∵ ，故直线AP与 所成角的大小为 ，为定值，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题利用空间向量解决空间里面距离和夹角的计算，关键是熟练掌握点到直线距离、点到平面距离、直
线夹角的向量求法．
12．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在直三棱柱 中， ， ， ， 为
棱 的中点； 为棱 上的动点（含端点），过点A､ ､ 作三棱柱的截面 ，且 交 于 ，则（ ）
A．线段 的最小值为 B．棱 上的不存在点 ，使得 平面
C．棱 上的存在点 ，使得 D．当 为棱 的中点时，
【答案】ABD
【分析】如图，以 为 轴建立空间直角坐标系 ，用空间向量法研究空间位置关系，求线段
长，从而判断各选项．【详解】如图，以 为 轴建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ， ，
由于 与底面 垂直，因此当 与 重合时， 在平面 内， ，此时 最小为
，A正确；
， ，
若 ， 与 不垂直，因此 不可能与平面 垂直，B正确；
设 ，则 ， ，
若 ，则 ，即 ，此方程无实数解，因此棱 上的
不存在点 ，使得 ，C错；
是 中点时， ， ，D正确．
故选：ABD．
三、填空题
13．（2023·广东江门·统考一模）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___________.
【答案】
【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： .
14．（2023·上海·统考模拟预测）正方体 的边长为1，点 分别为 边的中点， 是侧
面 上动点，若直线 与面 的交点位于 内（包括边界），则所有满足要求的点 构成的图形
面积为__________.
【答案】 ##
【分析】设 ，利用空间向量求交点 的坐标，再根据交点 位于 内（包括边界），则
，求出 满足的关系式，作出相应区域，即可得结果.
【详解】如图，以 为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，设 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ，则有 ，
令 ，则 ，即 ，
设直线 与面 的交点为 ，
则 ，
∵点 在直线 上，可设 ，
则 ，即 ，
故 ，则 ，
又∵点 在面 上，则 ，解得 ，
故 ，
则 ，
设 ，
则 ，解得 ，
若点 位于 内（包括边界），则 ，整理得 ，如图，在 面中，即 ，
作出相应的区域，可得 ，
故点 构成的图形面积为 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：
（1）根据三点共线：若 在直线 上，可设 ，用 表示点 的坐标；
（2）根据共面向量：点 位于 内（包括边界），则 .
15．（2022·湖南永州·统考一模）在四棱锥 中，平面 平面 ，四边形 为等腰梯形，
为等边三角形， ，则四棱锥 的外接球球心 到平面 的
距离是___________.
【答案】
【分析】根据题意分析可得外接球球心 必在 上，结合球的相关性质求 ，再建系，利用空间向量求点到面
的距离.
【详解】取 的中点 ，连接
∵ 为等边三角形，则
平面 平面 ，平面 平面
∴ 平面取 的中点 ，由于四边形 为等腰梯形，且 ，
则可以得到 ，即 为等腰梯形 的外接圆的圆心
过 作 的平行线 ，则外接球球心 必在 上
，设 ，在梯形 中， ，则
∵ ，即 ，解出 ，
建系如图，则
设平面 的法向量 ，则
令 ，则 ，则
∵ ，则 到平面 的距离
故答案为： .【点睛】对于具有外接球的锥体：其外接球的球心位于过底面多边形的外心且与底面垂直的垂线上.再结合球的截
面性质列方程求其半径.
16．（2023春·北京·高三北京市陈经纶中学校考开学考试）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣ABC D 中，点E
1 1 1 1
为棱CD的中点，点F为底面ABCD内一点，给出下列三个论断：
①AF⊥BE；
1
②AF＝3；
1
③S ADF＝2S ABF.
△ △
以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__.
【答案】若 ，则 ；(若 ，则 )．写出其中一个即可.
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则 ，0， ， ，2， ， ，1， ， ， ， ，
设 ， ， ， ， ，则 ， ， ，
，
，
，，
以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，能写出两个正确的命题：
若 ，则 ；若 ，则 ．
故答案为：若 ，则 ；(若 ，则 )．写出其中一个即可.．
四、解答题
17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中， ，且 ，底面ABCD是边长为2的
菱形， ．
(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若 ，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) ．
【分析】（1）连接 ，证明BD⊥平面APC，再由 平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即
可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC， 平面APC，且 ，所以BD⊥平面APC．
又 平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为 ，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．又因为PD⊥AB， ， 平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且 ，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中， ， ．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以 ．
以O为坐标原点， 、 分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ．
设平面PAB的法向量为 ，
所以 ，
令 得 ．
设平面PBC的法向量为 ，所以 ，
令 得 ．
设平面PAB与平面PBC的夹角为 ．
所以，
所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为 ．
18．（2023·山东泰安·统考一模）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为6的正方形， ，
， ， ，点P，Q分别在棱GD，BC上，且 ， ，
.
(1)证明： 平面ABCD；
(2)设H为线段GC上一点，且三棱锥 的体积为18，求平面ACH与平面ADH夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由三棱锥的体积公式结合题意可知H为GC的中点，由（1）知， 平面ABCD，以A原点，AB，AD，
AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ACH与平面ADH的法向量，
由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）取线段AD中点R，RD的中点K，连接GR，PK，QK
∵ ，
∴E，A，D，G四点共面，且 ，
∴ARGE为平行四边形，∴
又∵ ，
∴ ，∴
∵ ， ，∴ ，∴
又∵ ，PQ， 平面PQK， ，
∴ 平面PQK，又∵ 平面PQK
∴ ，∴
又∵ ，AB， 平面ABCD，
∴ 平面ABCD
（2）设H到平面ABCD的距离为h，则三棱锥 的体积为
，∴
又∵G到平面ABCD的距离为6，∴H为GC的中点
由（1）知， 平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间
直角坐标系，则 ， ， ， ，∴ ， ，
设平面ACH的一个法向量为 ，则
∴ ，取 ，解得
∴
设平面ADH的一个法向量为 ，则
∴ ，取 ，解得
∴
∴ ，
∴平面ACH与平面ADH夹角的余弦值为 .
【提能力】
一、单选题
19．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥 中， 平面ABC， 是边长为2的正三角形，
，E，F分别为MA，MC的中点，则异面直线BE与AF所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解法一设H为MF的中点，连接EH，BH，由E是MA的中点知 ， ，进而得到
是异面直线BE与AF所成的角或其补角，根据已知条件计算出 的各边长，再利用余弦定理即可求出
的余弦值，从而可得异面直线BE与AF所成角的余弦值；
解法二建立空间直角坐标系，写出相关点及向量的坐标，利用向量的夹角公式即可得解.
【详解】解法一：设H为MF的中点，连接EH，BH，如图，
∵E是MA的中点，
∴ ， .
∴ 是异面直线BE与AF所成的角或其补角.
∵ 平面ABC，∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，∴ .
∵F为MC的中点，
∴ ， ，
又 ，
∴在 中， ，
，
∴ ，
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为 ，
解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
易知 ， ， ， ，
所以 ， ，
则 ，
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为 ，故选：B.
20．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）如图，在直二面角 中， 是直线 上两点，点
∴
，点 ，且 ， ， ，那么直线 与直线 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出向量 的坐标，利用向量的夹角公式求得答案.
【详解】如图，以B为坐标原点，以过点B作BC的垂线为x轴，以BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ,
故 ,
则 ,
故直线 与直线 所成角的余弦值为 ，
故选：B.
21．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图所示，正方体 中，点 为底面 的中心，点 在
侧面 的边界及其内部移动，若 ，则异面直线 与 所成角的余弦值的最大值为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出异面直线 与 所成角的余弦值的最大值.
【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2
， ， ，
设 ，因为 ，
所以 ，则
在侧面 内取一点 ，使得 ，则
易知三角形 为直角三角形，则
设 ，对称轴为 ，则
即
故选：C22．（2023·全国·高三专题练习）如图正方体 ，中，点 、 分别是 、 的中点， 为正
A B C D
方形
1 1 1 1
的中心，则（ ）
A．直线 与 是异面直线 B．直线 与 是相交直线
C．直线 与 互相垂直 D．直线 与 所成角的余弦值为
【答案】C
【分析】根据空间直线的位置关系判断直线 与 ， 是否异面，用向量法求异面直线所成角.即可得到答案.
A B C D
【详解】在正方体 中，点 分别是 的中点， 为正方形 1 1 1 1的中心，易知四边形
为平行四边形，所以 相交，故A不正确.
若直线 是相交直线，则直线 相交或平行，这与题意不符合，故B不正确.以 分别为 轴建立空间坐标系，设正方体的棱长为2，如图
则 ,
则 , , ,
, ，故C正确.
，故D不正确.
故选：C
23．（2021·山西吕梁·统考一模）如图正三棱柱 的各棱长相等， 为 的中点，则异面直线 与
所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】构建空间直角坐标系，求直线的方向向量，应用空间向量数量积的坐标表示可得 ，即知异面
直线的夹角.
【详解】以 为原点，构建如下图示的空间直角坐标系，
令正三棱柱 的棱长为2，则 ， ， ， ，
所以 ， ，则 ，即异面直线 与 所成的角为 .
故选：D
A B C D
24．（2022·浙江·高三专题练习）已知正方体 的棱长为2，点E，F在平面 1 1 1 1内，若
， ，则下列选项中错误的是（ ）
A．点E的轨迹是圆的一部分 B．点F的轨迹是一条线段
C． 的最小值为 D． 与平面 所成角的正弦值的最大值为
【答案】D
【分析】根据圆的定义、线面垂直的判定定理，结合圆的性质，空间向量夹角公式逐一判断即可.A B C D
【详解】对于A， ，即 ，所以 ，即点E在平面 1 1 1 1内，以
为圆心，1为半径的圆上，其轨迹为圆 的一部分，故A正确.
对于B，正方体 中， ，又 ，且 ，所以 平面 ，所以点F
在 上，即F的轨迹为线段 ，故B正确.
A B C D
对于C，在平面 1 1 1 1内， 到直线 的距离 ，如图1，当点E，F落在 上时， ，
故C正确.
对于D，建立如图2所示的空间直角坐标系 ，则 .
A B C D
因为点E为在平面 1 1 1 1内，以 为圆心，1为半径的圆上，可设 ，所以
.
设平面 的法向量 ，则不妨令 ，则 .
设 与平面 所成角为 ，
则 ，
当且仅当 时， 有最大值 ，故D错误.
故选：D
【点睛】关键点睛：利用空间夹角公式进行求解是解题的关键.
25．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形 中， ．现将 沿
折起，当二面角 处于 过程中，直线 与 所成角的余弦值取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设向量 与 所成角为 ，二面角 的平面角大小为 ，由 平方后求得
，取 中点E，连接 ，则 ， 中应用余弦定理求得 ，两者结合和是 与 的关系，
从而求得结论．
【详解】设向量 与 所成角为 ，二面角 的平面角大小为 ，因为 ，所以 ，又 ，所以 ，
, ，
则 ，
所以 ，
取 中点E，连接 ，则 ， ，
, ,
在 中， ，即 ，
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
因为直线夹角范围为 ，所以直线 与 所成角的余弦值范围是 ．
故选：D．
26．（2022·全国·高三专题练习）已知长方体 中， ，点 在线段 上，
平面 过线段 的中点以及点 、 ，现有如下说法：
（1） ，使得 ；（2）若 ，则平面 截长方体 所得截面为平行四边形；
（3）若 ， ，则平面 截长方体 所得截面的面积为
以上说法正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，由 得
出 求出 的值，可判断（1）的正误；确定截面与各棱的交点位置，结合平行四边形的判断方法可判断
（2）的正误；计算出截面面积可判断（3）的正误.
【详解】（1）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，
设 ，则 、 、 ，
， ，
若 ，则 ，解得 ，
（1）正确；对于（2），在棱 找点 ，由面面平行的性质可知 ，设点 ，
， ，
因为 ，可设 ，则 ，则 ，则 ，
当 时， ，此时点 在棱 上，且有 ，
故四边形 为平行四边形，（2）正确；
对于（3），设截面交棱 于点 ，连接 、 ，因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，所以，
，
由图可知， ，则 ，故 ，
所以，点 为 的中点，则 、 、 、 ，
可求得 ， ， ， ，
取 的中点 ，连接 ，则 ，且 ，
，
，故 ，故 ，
所以，截面面积为 ，（3）正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：确定截面形状，一般要结合线面平行、面面平行的性质以及空间向量法确定各交点的位置，
也可采用补形法等手段扩展截面，进而确定截面的形状.二、多选题
27．（2022·全国·模拟预测）已知正方体 中， ， ， 分别为棱AB，BC的中点，过点
E，F作正方体的截面，则下列说法正确的是（ ）
A．若截面过点 ，则截面周长为
B．若点 是线段 上的动点（不含端点），则 的最小值为
C．若截面是正六边形，则直线 与截面垂直
D．若截面是正六边形，S，T是截面上两个不同的动点，设直线 与直线ST所成角的最小值为 ，则
【答案】AC
【分析】根据正方体的几何性质，结合空间向量夹角公式、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A选项：如图1所示，设直线EF与直线DA，DC分别交于点K，L，连接 交 于点 ，连接 交
于点 ，因此有 ， 为 的靠近点 的三等分点， 为 的靠近点 的
三等分点， .连接ME，NF，则过点 的截面即五边形 .易得
， ， ，故截面 的周长为
.故A正确.B选项：连接 ，以 所在直线为轴，将 旋转到平面 上，连接 ，则线段 的长即
的最小值.
在 中， ， ，则由余弦定理，得 ，
所以B错误.
C，D选项：若截面是正六边形，则截面如下图中六边形PQRFEG所示，其中各顶点是所在棱的中点.以 ， ，
所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ，
， ，所以 ， ， ， ，所以
， ，故 ， ，又 ，所以 与截面垂
直.设直线 与截面所成角为 ，则 .因为 截面，所以易知直
线 与直线ST所成的最小角即直线 与截面所成的角，所以 ，故C正确，D错误.故选：AC
【点睛】关键点睛：利用空间向量夹角公式、正方体的几何性质是解题的关键.
28．（2022秋·吉林长春·高三长春市第二实验中学校考期末）如图，在平行四边形 中，
， 分别为 的中点，沿 将 折起到 的位置（ 不在平面
上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．若 是 的中点，则 平面
B．存在某位置，使
C．当二面角 为直二面角时，三棱锥 外接球的表面积为
D．直线 和平面 所成的角的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A，利用反证法，假设结论成立，再利用面面平行推出线面平行，得到矛盾，故A错；对于B，同
样采用反证法，假设结论成立，利用线线垂直推线面垂直，再结合空间向量，能得到矛盾，故B错误；对于C，
主要根据题目，判断得到该四面体各个面都是直角三角形，根据外接球性质，即可知道球心位置，从而求解；对
于D，利用线面角，可以判断出当平面 平面 时，直线 和平面 所成的角的最大，从而求出
该角的正切值，即可求解.
【详解】取 中点 ，连接 .若A正确， 平面 ，且 为三角形 中位线，则
， 面 ，则 面 ，
因为 平面
所以平面 平面 ，
因为面 平面 面 平面
所以 ，显然， 为三角形 中位线， ，矛盾，故假设不成立，A错误；以A为坐标原点，AD为y轴正半轴，在平面 中作与AD垂直方向为x轴正半轴，z轴垂直平面 ，建立
空间坐标系.
因为 ， ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，即 ，
又因为 ，则 ，
若B正确，则有 ，因为 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，则 必定成立.
则根据题意，可得 、 、 、 . ， ，
则 ，即 不成立，故矛盾，所以B不成立；
当二面角 为直二面角时，即平面 平面 .
根据上面可知 ，所以 ，
又 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
故四面体 为所有面都是直角三角形的四面体，根据外接球性质可知，球心必为 中点 ，即 为外接球半径.
， ，由勾股定理可知 ，则 ，外接球面积为
，故C正确.
当平面 平面 时，直线 和平面 所成的角的最大，记此时角为 .
由上图可知，在 中， ，由余弦定理 可解得 .
此时 .此时 ，故D错.
故选：ABD
29．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）如图，在棱长为 的正方体中，下列结论成立的是（ ）A．若点 是平面 的中心，则点 到直线 的距离为
B．二面角 的正切值为
C．直线 与平面 所成的角为
D．若 是平面 的中心，点 是平面 的中心，则 面
【答案】ABD
【分析】以 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离、二面角、线面角的向量求法可判断ABC正误；
根据 可证得D正确.
【详解】以 为坐标原点， 正方向为 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
，
对于A， ， ，
， ，点 到直线 的距离 ，A正确；
对于B， ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，解得： ， ， ；
轴 平面 ， 平面 的一个法向量 ，
， ， ，
由图形可知：二面角 为锐二面角，
二面角 的正切值为 ，B正确；
对于C， 平面 ， 平面 ， ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
平面 的一个法向量为 ，又 ，
，
即直线 与平面 所成的角为 ，C错误；
对于D， 平面 的法向量 ， ，
，即 ， 面 ，D正确.
故选：ABD.
30．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱 中， ， ， 为 的中点，
点 是线段 上的点，则下列说法正确的是（ ）A．
B．存在点 ，使得直线 与 所成的角是
C．当点 是线段 的中点时，三棱锥 外接球的表面积是
D．当点 是线段 的中点时，直线 与平面 所成角的正切值为 ．
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，使用向量法可判断ABD；利用 的外心坐标设外接球球心坐标，根据
可得.
【详解】易知AB、BC、 两两垂直，如图建立空间直角坐标系
则
所以 ， ， ，
记
因为 ，所以 ，A正确；
因为记直线 与 所成的角为 ，则 ，
因为 ，所以 ，故B错误；
当点 是线段 的中点时，点P坐标为
易知 的外心坐标为 ，故设三棱锥 外接球的球心为 ，
则 ，即 ，解得 ，
所以三棱锥 外接球的半径 ，表面积 ，C错误；
当点 是线段 的中点时， ，
易知 为平面 的一个法向量，记直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，D正确.
故选：AD三、填空题
31．（2022·全国·高三专题练习）已知三棱柱 的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，D为
的中点，若 ，则异面直线 与 所成角的余弦值为______．
【答案】
【分析】利用空间向量即可得解.
【详解】由题意， , ,
所以 ，
，
，
所以
故答案为： .
32．（2023·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体 中，点P是对角线 的动点（点P与
不重合），则下列结论正确的有___________.①存在点P，使得平面 平面 ；
②存在点P，使得 平面 ；
A B C D
③ 分别是 在平面 1 1 1 1，平面 上的正投影图形的面积，对任意的点P都有 ；
④对任意的点P， 的面积都不等于 .
【答案】①②④
【分析】当 为直线 与平面 的交点时，根据面面平行的判定定理即可判断①正确；当 为直线 与平
面 的交点时，根据线面垂直的判定定理即可判断②；计算出 的条件即可判断③；求出△ 的面积
的最小值即可判断④.
【详解】对于①，如图，因为 ，
所以平面 平面 ，
当直线 交平面 于点 时，有平面 平面 ，故①正确；对于②，如图，设正方体的棱长为2，则 ， ，
则 ，
有 ， ，所以 ， ，
又 平面 ，所以 平面 ，
当直线 交平面 于点 时，有 平面 ，故②正确；
对于③，因为设 （其中 ），
则△ 在平面A B C D 的正投影面积为 ，
1 1 1 1
又△ 在平面 上的正投影图形的面积与在平面 的正投影图形面积相等，
所以 ，
若 ，则 ，解得 或 ，
因为 ，所以 ，故存在点 ，使得 ；故③错误；
对于④，由于 固定不变，只要找 上的点到 的距离最短即可，
取 中点 ，连接 ，由②的分析可证得 平面 ，由 平面 得 ；
又 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以 为直线 与 的公垂线，此时△ 的面积最小；
因为在正方体中，易知 ，
又 ，所以 ，
因此， ；
所以对任意点 ，△ 的面积都不等于 ,故④正确.
故答案为：①②④
33．（2023·全国·高三专题练习）如图所示， 是棱长为 的正方体， 、 分别是下底面的棱
、 的中点， 是上底面的棱 上的一点， ，过 、 、 的平面交上底面于 ， 在 上，
则异面直线 与 所成角的余弦值为___________．【答案】 ##
【分析】以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，分析可知
，可求得点 的坐标，再利用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 、 、 、 、 、 ，
A B C D
因为平面 平面 1 1 1 1，平面 平面 ，平面 平面 ，所以，
，
设点 ， ， ，因为 ，所以， ，即点 ，
， ，
所以， .
因此，异面直线 与 所成角的余弦值为 .
故答案为： .
34．（2022·河南鹤壁·鹤壁高中校考模拟预测）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），则下列说法中正确的是______．
①若 平面 ，则动点Q的轨迹是一条线段
②存在Q点，使得 平面
③当且仅当Q点落在棱 上某点处时，三棱锥 的体积最大
④若 ，那么Q点的轨迹长度为
【答案】①③④【分析】作出过点 与平面 平行的正方体的截面判断①；建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量判
断②；设出点Q的坐标，求出点Q到平面 最大距离判断③；确定点Q的轨迹计算判断④作答.
【详解】在正方体 中，取 的中点E，F，连 ，如图，
则 ， 平面 ， 平面 ，则有 平面 ，
因点P为棱 的中点，有 ， ，即有 为平行四边形，
则 ，而 平面 ， 平面 ，有 平面 ，
， 平面 ，因此，平面 平面 ，因 平面 ，
则 平面 ，又点Q在平面 ，平面 平面 ，即点Q的轨迹为线段EF，①正确；
以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，设 ，
，设平面 的一个法向量 ，
则 ，令 ，得 ，若 平面 ，则 ，即 ，
，所以不存在Q点，使得 平面 ，②不正确；
因 的面积为定值，当且仅当点Q到平面 的距离最大时，三棱锥 的体积最大，，点Q到平面 的距离 ，而 ，则当 时， ，
而 ，即 ，因此点 与点 重合时，三棱锥 的体积最大，③正确；
因 平面 ， 平面 ，则 ，因此 ，
显然点Q的轨迹是以 为圆心，半径为 ，所含圆心角为 的扇形弧，弧长为 ，④正确.
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的
两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个
点在几何体的同一平面上.
四、解答题
35．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ， ，且
， ， 是 的中点，点 在 上，且 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）在线段 上取点 ，使得 ，进而证明 即可证明结论；
（2）如图，以 点为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，利用坐标法求解即可；【详解】（1）证明：在线段 上取点 ，使得 ，
所以，在 中， ，且 ，
因为在四边形 中， ， ，
所以， ，
所以，四边形 是平行四边形，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）解：如图，以 点为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，
所以， ，
因为 是 的中点，点 在 上，且 ，
所以 ，
所以， ，设平面 的一个法向量为 ，
所以， ，即 ，令 得 ，
由题，易知平面 的一个法向量为 ，
所以 ，
所以 ，
所以，二面角 的正弦值为 .36．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥 中，底面 是直角梯形， ， ，
， ，侧面 是等腰三角形， .
(1)求证： ；
(2)若侧面 底面 ，侧棱 与底面 所成角的正切值为 ， 为侧棱 上的动点，且
.是否存在实数 ，使得平面 与平面 的夹角的余弦值为 ？若存在，求出实数 若
不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在， .
【分析】（1）通过证明线面垂直，即可证明 ；
（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点 坐标，求出平面 与平面 的法向量，通过两平面
夹角的余弦值即可求得实数 的值.
【详解】（1）由题意，
在四棱锥 中，取 的中点为 ，连接 ， ，在等腰 中， ，∴ ，
在直角梯形 中，
， ， ， ，
∴ , , ，四边形 是矩形，
∴ ， ， ， ，
∴ ， , ,
∵ 面 ， 面 ， 面 ， ，
∴ 面 ，
∵ 面 ,
∴ .
（2）由题意及（1）得， ， ， ， ，
在四棱锥 中，侧面 底面 ，面 底面 ，
∴ ，
∵侧棱 与底面 所成角的正切值为 ，
设 ，
∴由几何知识得， ，四边形 是平行四边形，
∴ , ，
在直角 中， ， ，
∴ ，
建立空间直角坐标系如下图所示，∴ ， ， ， ， ， ，
∵ 为侧棱 上的动点，且 ，
设
由几何知识得， ，解得： ，
在面 中，其一个法向量为 ，
在面 中， ， ，
设平面的法向量为 ，
则 ，即 ，解得：
当 时， ，
设平面 与平面 的夹角为
∵平面 与平面 的夹角的余弦值为
∴
解得： 或 （舍）
∴存在实数 ，使得平面 与平面 的夹角的余弦值为 .37．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥 中，D，E，P分别在棱AC，AB，BC上，且D为AC中点，
， 于F.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)当 ， ，二面角 的余弦值为 时，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）先证明 平面 ，由此即可得到本题答案；
（2）以点 为原点， 分别为 轴建立空间直角坐标系，求出向量 与平面 的法向量，然后
代入公式，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为 ，
所以 都是等腰三角形，
因为 于F，所以F为DE的中点，
则 ， ，
又因为 是平面 内两条相交直线，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ；（2）因为 ， ，所以 ， ， ，
所以 ， ，
由（1）知 为二面角 的平面角
所以 ，
以点 为原点， 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易得 ， ，知 ，
因为 ， ，
可得 ，
所以
设平面 的法向量 ， ，
所以 ，令 ，则 ，
所以 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为θ，，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
38．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，四棱台 的下底面和上底面分别是边 和 的正方形，
侧棱 上点 满足 .
(1)证明：直线 平面 ；
(2)若 平面 ，且 ，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）延长 和 交于点 ，连接 交 于点 ，连接 ，即可得到 ，从而得到 为中点，即可得到 且 ，从而得到 ，即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：延长 和 交于点 ，连接 交 于点 ，连接 ，
由 ，故 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 为 中点，
又 且 ， 且 ，
所以 且 ，
故四边形 为平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）解：以 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 的法向量 ，由 ，得 ，
取 ，故所求角的正弦值为 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
