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解密18 空间向量在立体几何中的应用（角/距离）
【考点解密】
考点一：空间角的向量法解法
角的分类 向量求法 范围
两条异面直 设两异面直线 l，l 所成的角为θ，其方向向
1 2
线所成的角 量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝
设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的
直线与平面
方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ
所成的角
＝|cos 〈u，n〉|＝
设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法
两个平面的
向量分别为n，n，则cos θ＝|cos 〈n，n〉|
1 2 1 2
夹角
＝
考点二：点P到直线 l 的距离
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量AP在直线l上的投影向量为AQ＝
a，则点P到直线l的距离为 (如图)．
考点三：点P到平面α的距离
设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)．
【核心题型】
题型一：空间向量求线面角/面面角
1．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在矩形 中， ， ， 平面 ，且 ，
点 为线段 （除端点外）上的动点，沿直线 将 翻折到 ，则下列说法中正确的是（ ）A．当点 固定在线段 的某位置时，点 的运动轨迹为球面
B．存在点 ，使 平面
C．点 到平面 的距离为
D．异面直线 与 所成角的余弦值的取值范围是
【答案】D
【分析】当点 固定在线段 的某位置时，线段 的长度为定值， ，过 作 于点 ，
为定点， 的长度为定值，由此可判断A；无论 在 （端点除外）的哪个位置， 均不与 垂直，即可
判断B；以 ， ， 为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量为 ，由点 到平面
的距离公式 求解，即可判断C；设 ， ，利用向量夹角公式求解，即可判断D.
【详解】选项A：当点 固定在线段 的某位置时，线段 的长度为定值， ，过 作 于点 ，
为定点， 的长度为定值，且 在过点 与 垂直的平面内，故 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，
故A错；
选项B：无论 在 （端点除外）的哪个位置， 均不与 垂直，故 不与平面 垂直，故B错；
选项C：以 ， ， 为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则 ， ， ，
．
，
设平面 的法向量为 ，取 ，
则点 到平面 的距离为 ，故C错；
选项D：设 ， ， ， ，设 与 所成的角为 ，则
，故D正确.
故选：D．
2．（2023春·湖北·高二校联考阶段练习）如图，在三棱柱 中， 是边长为 的等边三角形，
， ，平面 平面 ， 为线段 的中点．
(1)求证： ；
(2)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）取 中点 ，由面面垂直和线面垂直的性质和勾股定理可证得 ， ，由此可得
平面 ，由线面垂直性质可证得结论；
（2）作 ， ，根据垂直关系，以 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法
可求得结果.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
为等边三角形， ，
又平面 平面 ， 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ， ；
， ， ， ， ，
又 分别为 中点， ， ，
， 平面 ， 平面 ，
平面 ， .
（2）作 ，垂足为 ，作 ，交 于点 ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 平面 ；
由（1）知： 平面 ， 平面 ，
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，， ， ，
， ，
， ， ， ，
， ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，解得： ， ， ，
，
即直线 与平面 所成角的正弦值为 .
3．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在三棱锥 中， ， ，
，平面 平面 ，点 是线段 上的动点.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若点 在线段 上， ，且异面直线 与 成30°角，求平面 和平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明 平面 ，即可证明；（2）首先建立空间直角坐标系，利用向量公式求点 的坐标，并分别求平面 和平面 的法向量，利用二
面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）证明：∵平面 平面 ，且平面 平面 ， ，且 平面 ，
∴ 平面 ， 平面 ，∴ ，
∵ ，
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴平面 平面 ；
（2）因为 ，过点 作 垂直于平面 ，
以 为原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向建立空间直角坐标系，
所以
设 ， ， ，
， ，
因为异面直线 与 所成30°角，
，
，
由题意知，平面 的一个法向量为 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
所以 ，所以 ，
平面 和平面 夹角的余弦值为 .
题型二：空间向量求空间距离
4．（2023·宁夏银川·校联考一模）如图，圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆，AB，CD为底面圆的两条直径，
P为SB的中点.
(1)求证： 平面PCD；
(2)当 体积最大时，求S到平面PCD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OP，利用中位线定理可证OP∥SA，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意 ，建立空间直角坐标系，利用向量求解点到平面距离.
【详解】（1）证明：连接OP，如图所示，
因为O为AB的中点，P为SB的中点，
则 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）记底面圆半径为r，侧面展开图半径为R，则R=2，又 ，所以 ， ，
当 体积最大时， ，
以O为原点，OD，OB，OS为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以 ， ， ， ，
， ， ，
设平面PCD的法向量为 ，
因为 ，令 ， ， ，
所以 ， ，
所以点S到平面PCD的距离
5．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在三棱锥 中，平面 平面ABC， ， ，
， ，D是棱PC的中点．(1)求证： ；
(2)若 ，求直线BC与平面ADB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理证得 平面ABC，再得到 平面PBC，从而即可得证；
（2）根据题意，以C为坐标原点， ， ， 方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立空间直角坐标系，
再由空间向量的坐标运算结合线面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在 中， ， ， ，所以 ，
所以 ，
又平面 平面ABC，平面 平面 ， 平面PAB，
所以 平面ABC，
又 平面ABC，所以 ，
又 ， ，PB， 平面PBC，所以 平面PBC，
又 平面PBC，所以 ．
（2）
在 中， ， ， ，所以 ．以C为坐标原点， ， ， 方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
所以 ， ， ， ，
设平面ADB的一个法向量为 ，则
取 ，则 ，所以 ．
设直线BC与平面ADB所成的角为 ，则
，
所以直线BC与平面ADB所成角的正弦值是 ．
6．（2023秋·天津河北·高三统考期末）如图， 垂直于梯形 所在平面， ， 为
的中点， ， ，四边形 为矩形.
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的大小；
(3)求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)(3)
【分析】（1）设 ，由三角形中位线性质可得 ，由线面平行判定定理可得结论；
（2）以 为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；
（3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【详解】（1）设 ，连接 ，
四边形 为矩形， 为 中点，又 为 中点， ，
又 平面 ， 平面 ， 平面 .
（2）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 ， ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
，令 ，解得： ， ， ；
轴 平面 ， 平面 的一个法向量 ，，则平面 与平面 的夹角为 .
（3）由（2）知： ， ， ，
由平面 的法向量 ，
点 到平面 的距离 .
题型三：空间线段点存在问题
7．（2023·河南焦作·统考模拟预测）如图1，在 中， ， ， 为 的中点， 为 上
一点，且 .现将 沿 翻折到 ，如图2.
(1)证明： .
(2)已知二面角 为 ，在棱 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ？若
存在，确定 的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）翻折前，在 中， ，翻折后，有 ， ，利用线面垂直的判定和性质
可证得结论成立；
（2）由二面角的定义可得 ，然后以点 为坐标原点， 、 所在直线为 、 轴，过点 且垂直于
平面 的直线为 轴建立空间直角坐标系，设 ，其中 ，利用空间向量法可得出关于 的等式，解出 的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，在 中， ，翻折后，有 ， ，
又 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
（2）解：因为二面角 为 ， ， ，
所以，二面角 的平面角为 ，
以点 为坐标原点， 、 所在直线为 、 轴，过点 且垂直于平面 的直线为 轴建立如下图所示的空
间直角坐标系，
不妨设 ，则 、 、 、 、 .
， ， ， .
设 ， ，其中 ，
设平面 的法向量为 ，
由 得 ，
取 ，可得 ，
，解得 ，合乎题意，
故当 时，直线 与平面 所成角的正弦值为 .8．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱 中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
侧面 为菱形，点 在底面上的投影为AC的中点 ，且 ．
(1)求证： ；
(2)求点 到侧面 的距离；
(3)在线段 上是否存在点 ，使得直线DE与侧面 所成角的正弦值为 ？若存在，请求出 的长；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在满足条件的点 ，1
【分析】（1）由已知条件可证 平面 ，即可得到 ；
（2）以点 为坐标原点，直线 ， ， 分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面 的一
个法向量，利用点到平面的距离公式即可求解；
（3）假设存在满足条件的点E，并 ，利用向量的加减运算，求出
，利用线面夹角公式得出 ，求得 ，即可求出 的长.
【详解】（1）证明：由点 在底面ABC上的投影为AC的中点 ，知 平面ABC，又 平面ABC，故 ，
因 是以AC为斜边的等腰直角三角形，故 ，
而 ， 平面 ， ，故 平面 ，
由 平面 ，得 ．
（2）由点 ， 为AC的中点，侧面 为菱形，知 ，
由 是以AC为斜边的等腰直角三角形， ，可得 ， ，
由（1）知直线 ， ， 两两垂直，故以点 为坐标原点，
直线 ， ， 分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，
又 ，故点 到平面 的距离为：
（3）假设存在满足条件的点E，并 ，则 ，
于是，由直线DE与侧面 所成角的正弦值为 ，
可得 ，
即 ，解得 ．
又 ，故 ．
因此存在满足条件的点 ，且 ．
9．（2021·天津静海·静海一中校考二模）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形，其中
， 平面 ，且 ，点 在棱 上（不包括端点），点 为
中点.
(1)若 ，求证：直线 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值；
(3)是否存在点 ，使 与平面 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)证明过程见详解
(2)
(3)存在， ，理由见详解.【分析】(1) 取 的一个靠近点 的三等分点 ，连接 ，利用平行的传递性得到 ，进而得到四
边形 为平行四边形，则 ，再利用线面平行的判定定理即可求解；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面 与平面 的法向量，代入向量的夹角公式即可求解；
(3)假设存在点 ，设 ，根据（2）中平面 的法向量以及题中 与平面 所成角的正弦值为 ，
求出 即可求解.
【详解】（1）取 的一个靠近点 的三等分点 ，连接 ，
因为 ，所以 且 ,
又因为 ，且 ，点 为 中点，
所以 且 ，则四边形 为平行四边形，
所以 ， 平面 ， 平面 ，所以直线 平面 .
（2）如图所示，以点 为坐标原点，以 所在直线为 轴，以 所在直线为 轴，以 所在直线为 轴建立
空间直角坐标系，
则 ，又 为 的中点，则 ，
所以 ， ,设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
（3）存在， .
假设存在点 (不包括端点)，设 ，即 ， ，
由（2）得 ，且平面 的法向量 ，
，则 ，
所以 ，因为 与平面 所成角的正弦值为 ，
则 ，
整理得： ，解得： 或 （舍去），
故存在点 ，使 与平面 所成角的正弦值为 ，此时 .
【高考必刷】
一、单选题10．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）在正方体 中， 为 的中点， 为线段 上的
点，且 ，则（ ）
A．平面 平面 B．平面 平面
C． 四点共面 D． 与 所成角的余弦值为
【答案】D
【分析】根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 ，
因为 为 的中点， 为线段 上的点，且 ，
所以 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
对于A选项，设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，即 ，令 得
设平面 的一个法向量为 ， ，
则 ，即 ，令 得 ，
所以 ，即平面 平面 不满足，错误；
对于B选项，设平面 的一个法向量为 ， ，
则 ，即 ，令 得 ，
所以， ，即平面 平面 不满足，错误；
对于C选项，由 ，若 四点共面，则存在实数 ，使得 ，
即 ，显然方程组无解，
故不存在实数 ，使得 成立，
所以 四点不共面，错误；
对于D选项， ， ，
所以 ，
所以， 与 所成角的余弦值为 ，正确；
故选：D
11．（2023·全国·模拟预测）如图，已知圆柱 的轴截面 为矩形， ，P，Q分别为圆柱上、下
底面圆周上一点， ， ，则异面直线PQ与AB所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，设 ，根据已知得出 ， ，即可根据异面直
线夹角的向量求法得出答案.
【详解】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
设 ，则 ， ，结合 ，
可得 ， ，
所以 ， ，
所以异面直线PQ与AB所成角的余弦值为 ，
故选:C.
12．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC－ABC 中， ， ，直线AC 与平面
1 1 1 1
ABC 所成角的正弦值为 ，则异面直线BA 与BC所成角的余弦值为（ ）
1 1 1 1 1A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，由直线AC 与平面ABC 所成的角的正弦值得 ，计算 ，得异面直
1 1 1 1
线BA 与BC所成角的余弦值.
1 1
【详解】取AC的中点O，连接BO，则BO⊥AC，以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴，过点O且
平行于AA 的直线为z轴建立空间直角坐标系．
1
设a＝1，则 ，易知AA⊥平面ABC ，则直线AC 与平面ABC 所成的角为 ，得
1 1 1 1 1 1 1 1
，得 ，则 ， ．
则 ， ， ， ，
所以 ， ，
则 ，故异面直线BA 与BC所成角的余弦值为 ．
1 1
故选：A．
13．（2023·福建莆田·统考二模）在正方体 中，点M，N分别是 上的动点，当线段 的
长最小时，直线 与平面 所成角的正弦值为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，找到 为 的公垂线，即线段 的长最小，进而表达出
的坐标，从而利用线面角的夹角公式进行求解.
【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，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
因为正方形 中， ，且 ， 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
因为点M ，N分别是 上的动点，
当点 为 交点时， ⊥ ，过点 作 于点 ，
此时 为 的公垂线，即线段 的长最小，
设正方体边长为 ，则 ， ，
因为 ，所以 ，故 ，
解得： ， ，
过点 作 于点 ，故 ，即 ，
解得： ， ，故 ，，平面 的法向量为 ，
设 与平面 所成角大小为 ，
则 .
故选：A
14．（2023·四川·校联考一模）在长方体 中，已知异面直线 与 ， 与AB所成角的大小
分别为 和 ，则直线 和平面 所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设 ，结合题意可求得 ，以 为原点，分别以 所在直线为
轴，建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，结合空间向量夹角公式可得答案.
【详解】设 ，则 ，由于 ，所以异面直线 与 所成角为 ，从而 ，
由于 ，所以异面直线 与 所成角为 ，从而 ，
所以 ，
以 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取
所以，直线 和平面 所成的角的正弦值为 ，
从而直线 和平面 所成的角的余弦值为 ．
故选：A．
15．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且 四个顶点在同一平面内，
下列结论：① 平面 ；②平面 平面 ；③ ；④平面 平面 ，正确命题的个
数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据题意，以正八面体的中心 为原点， 分别为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，由
空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
以正八面体的中心 为原点， 分别为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设正八面体的边长为 ,则
所以， ,
设面 的法向量为 ，则 ，解得 ，取 ，即
又 ，所以 ， 面 ，即 面 ，①正确；
因为 ，所以 ，
又 ， 面 ， 面 ，则 面 ，
由 ， 平面 ，所以平面 平面 ，②正确；
因为 ，则 ，所以 ，③正确；易知平面 的一个法向量为 ，平面 的一个法向量为 ，
因为 ，所以平面 平面 ，④正确；
故选：D
16．（2023春·云南昆明·高三校考阶段练习）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），则下列说法中不正确的是（ ）
A．若 平面 ，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在Q点，使得 平面
C．当且仅当Q点落在棱 上某点处时，三棱锥 的体积最大
D．若 ，那么Q点的轨迹长度为
【答案】B
【分析】取 中点 ，证明 平面 ，得动点轨迹判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，
求出平面 的一个法向量，由 与此法向量平行确定 点位置，判断B，利用空间向量法求得 到到平面
距离的最大值，确定 点位置判断C，利用勾股定理确定 点轨迹，得轨迹长度判断D．
【详解】选项A，分别取 中点 ，连接 ， ，由 与 ， 平行且相等得平行四
边形 ，所以 ，平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
连接 ， ， ，所以 ，同理 平面 ，
， 平面 ，所以平面 平面 ，
当 时， 平面 ，所以 平面 ，即 点轨迹是线段 ，A正确；
选项B，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，则 ，
， ，设 （ ），
， ， ，
设 是平面 的一个法向量，
则 ，取 ，则 ，
若 平面 ，则 ，所以存在 ，使得 ，
，解得 ，因此正方形 内（含边界）不存在点 ，使得 平面 ，B错；选项C， 面积为定值，当且仅当点 到平面 的距离最大时，三棱锥 的体积最大，
，
到平面 的距离为 ， ，
时， ，当 时，d有最大值1，
时， ， 时，d有最大值 ，
综上， 时，d取得最大值1，故 与 重合时，d取得最大值，三棱锥 的体积最大，C正确；
选项D， 平面 ， 平面 ， ，
所以 ，所以 点轨迹是以 为圆心， 为半径的圆弧，圆心角是 ，轨迹长度为
，D正确．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过 且与平面 平行的平面 ，由
体积公式，在正方形 内的点 到平面 的距离最大，则三棱锥 体积最大．
17．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）在直三棱柱 中， ， ， ， ，
，分别是 ， ， 的中点，则下面说法中正确的有（ ）A． 平面
B．
C．直线 与平面 所成角的余弦值为
D．点 到平面 的距离为
【答案】A
【分析】建立如图所示空间直角坐标系 ，由向量法即可证线面平行、线线垂直；求线面角、点面距离.
【详解】直三棱柱 中， ，故可建立如图所示空间直角坐标系 ，
则有 ，
.对A，平面 的其中一个法向量为 ，由 ， 平面 ，故 平面 ，
A错；
对B，由 得BD与EF不垂直，B错；
对C，平面 的其中一个法向量为 ，则 ，
则直线 与平面 所成角的余弦值为 ，C错；
对D， ，设平面 的法向量为 ，则有 ，令 得
，
故 到平面 的距离为 ，D错.
故选：A
18．（2022·陕西安康·统考一模）如图，在多面体 中，底面 为菱形， 平面
， ， ，点M在棱 上，且 ，平面 与平面 的夹角为 ，
则下列说法错误的是（ ）
A．平面 平面 B．
C．点M到平面 的距离为 D．多面体 的体积为
【答案】D【分析】A选项，作出辅助线，证明出 ， ⊥平面 ，故 平面 ，从而证明面面垂直；
B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出平面的法向量，根据平面夹角列出方程，求出 ；
C选项，在第一问的基础上，求出平面 的法向量，从而利用点到平面距离公式求出答案.
D选项，求出 ，相加得到答案.
【详解】对于A选项，取 的中点G，连接 交 于N，连接 ，
因为四边形 是菱形，所以 ⊥ ，且N是 的中点，
所以 且 ，又 ，
所以 且 ，
所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
又 平面 平面 ，
所以 ，
又因为 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，故A正确；
对于B，取 的中点H，由四边形 是菱形， ，则 ，
所以 是正三角形，
所以 ，所以 ，
又 平面 ，
以A为原点， 为坐标轴建立空间直角坐标系，则 ，
，
所以 ，
所以 ，
，
当 时， 重合，此时平面 与平面 的夹角为 ，不合题意，舍去；
当 时，设平面 的一个法向量 ，
则 ，
两式相减得： ，
令 ，得 ，故 ，
平面 的法向量可取 ，
所以 ，解得 ，故B正确；
对于C，结合B，所以 ，则 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
解得： ，取 ，得 ，故 ，
所以点M到平面 的距离 ，故C正确；对于D， ，
故 ，
梯形 的面积为 ，
，
故 ，故D错误.
故选：D.
二、多选题
19．（2023春·全国·高三校联考阶段练习）在正方体 中，点P满足 ，则
（ ）
A．若 ，则AP与BD所成角为 B．若 ，则
C． 平面 D．
【答案】BCD
【分析】 与BD所成角为 与 所成角，为 ，A错误，建系得到 ，B正确，故面
面 ，C正确， ，D正确，得到答案.
【详解】对选项A： 时P与 重合， 与BD所成角为 与 所成角， 为等边三角形，则AP与
BD所成角为 ，错误；对选项B：如图建立空间直角坐标系，令 ， ， ， ， ，
， ，正确；
对选项C： ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，同理可得 平面 ，
，故面 面 ， 平面 ， 平面 ，正确；
对选项D： ， ， ，正确．
故选：BCD
20．（2023·河北石家庄·统考一模）已知正方体 的棱长为2，M，N分别是 ， 的中点，则
（ ）
A．
B．
C．平面 截此正方体所得截面的周长为
D．三棱锥 的体积为3
【答案】BC【分析】建立坐标系，利用空间向量坐标的关系判定A,B选项的正误，把截面作出来，根据截面形状可求周长，
利用等体积进行转化可求三棱锥 的体积.
【详解】如图，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ;
, ;
因为 ，所以 与 不平行，A不正确；
因为 ，所以 ，B正确；
如图，取 的中点 ,取 的中点 ，连接 ，
由正方体的性质可知， ；
因为 分别为 的中点，所以 ，所以 ；
平面 截正方体所得截面为梯形 ，
因为正方体的棱长为2，所以 ,
，
所以平面 截此正方体所得截面的周长为 ，C正确；由上面分析可知， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，即点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离；
，
而 ，所以三棱锥 的体积为1，D不正确.
故选：BC.
21．（2023·安徽·统考一模）在平行六面体 中，已知 ，
，则（ ）
A．直线 与 所成的角为B．线段 的长度为
C．直线 与 所成的角为
D．直线 与平面 所成角的正弦值为
【答案】AC
【分析】设 ，将 分别用 表示，再根据向量数量积的运算律即可判断
ABC；对于D，先证明平面 平面 ，从而可得 与平面 所成的角为 ，再解 即可.
【详解】设 ，则 ，且 ，
对于A， ，
，
所以直线 与 所成的角为 ，故A正确；
对于B，因为 ，
所以 ，故B错误；
对于C，因为 ，
所以 ，故C正确；
对于D，连接 ，交 于点 ，则 为 的中点，
因为 ， ，
所以 ，
又因 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ，作 ，垂足为 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
则 与平面 所成的角为 ，
在 中， ，所以 ，
即直线 与平面 所成角的正弦值为 ，故D错误.
故选：AC.
22．（2023春·四川遂宁·高三校考阶段练习）如图，在平行六面体 中， 分别是 的中点，
以 为顶点的三条棱长都是 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 平面
B． 平面
C．D． 与 夹角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，连接 ，
由于 分别是 的中点，所以 ，
根据棱柱的性质可知 ，所以 ,
由于 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，所以A选项正确.
B选项， ，
，
，
所以 ，
由于 平面 ，所以 平面 ，B选项正确.，
所以 ，即 ，所以C选项错误.
D选项， ， ， ，
，
所以 与 夹角为 ，
则 .
故选：ABD
三、填空题
23．（2022春·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）如图，在四面体 中， ，
， ､ 分别是 ､ 的中点.若用一个与直线 垂直，且与四面体的每个面都相交的平面 去
截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下面的说法中正确的有___________.① ，
②四面体外接球的表面积为 .
③异面直线 与 所成角的正弦值为
④多边形截面面积的最大值为 .
【答案】①②④
【分析】连接 ，进而根据线面垂直得线线垂直可判断①；将其补成长方体，转为为求长方体的外
接球表面积可判断②；结合②建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可判断③；根据题意，证明截面 为
平行四边形，且 ，由 可判断④.
【详解】解：对于①，连接 ，因为 ， ､ 分别是 ､ 的中点，所以
， ，因为 ，所以 平面 , 平面
，所以 ， ，故正确；
对于②，该几何体可以在如图2的长方体中截出，设长方体的长宽高分别为 ，则 ，所以 ，即长方体的体对角线的长度为 ，
所以四面体的外接球即为该长方体的外接球，半径满足 ，
所以四面体外接球的表面积为 ，故正确；
对于③，由②得 ，如图3，以 点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则 ， ,
， ，故 ，所以异面直线 与 所成角的余弦值为 ，
故错误；对于④，如图4，设平面 与 分别交于 ，
， ，则由线面平行的性质可得 ，则 ,
同理， ，所以截面 为平行四边形，
可得 ，
则 ，
设异面直线 和 所成角为 ，由③的讨论可得异面直线 和 所成角为 ，
所以 ，
则可得 ，当且仅当 时等号成立，故正确.故答案为：①②④
【点睛】本题考查空间几何体的截面问题，内接外接球问题，线面垂直，线线垂直等位置关系，考查运算求解能
力，直观想象能力，是难题.本题解题的关键在于将该几何体放置于长方体中，利用长方体的几何性质求解.
24．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱 中， 平面 ， ，
， ， 分别是 ， 的中点.
（1）直线 与平面 所成角的正切值为___________；
（2）直线 到平面 的距离为___________；
（3）已知点 在棱 上，平面 与平面 所成二面角为60°则线段 的长为___________.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值，二面角的余弦值以及点到平面的距离；
【详解】解：如图建立空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ， ，， ．
， ， ， ， ．
设平面 的法向量为 ，则 ，即
令 ，则 ．
所以 ．
设直线 与平面 所成角为 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ，即 ，所以 ，所以
，所以直线 与平面 所成角的正切值 ．
因为 ， 平面平面 ，所以 平面 ，所以 到平面 的距离，即点 到平面
的距离，所以 ，故直线 到平面 的距离为 ；
假设在棱 上存在一点 ，使得平面 与平面 所成二面角为 ，设 ， ．
则 ，设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则 ，
又平面 的法向量为 ．
所以 ，解得 ，
故在棱 上存在一点 ，使得平面 与平面 所成二面角为 ， 点的坐标为 ，即 ．
故答案为： ； ； ；
25．（2022秋·湖南怀化·高三校考阶段练习）如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，
CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：
①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE；
②存在点H，使得GH⊥AE；
③三棱锥B−GHF的体积为定值；
④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为 ．
其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求
解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【详解】对①：当H为DE的中点时，取 中点为 ，连接 ，如下所示：因为 分别为 的中点，故可得 // ， ，
根据已知条件可知： // ，故 // ，
故四边形 为平行四边形，则 // ，又 面 面 ，
故 //面 ，故①正确；
对②：因为 面 面 ，故 ，
又四边形 为矩形，故 ，则 两两垂直，
以 为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
则 ，设 ， ，
若GH⊥AE，则 ，
即 ，解得 ，不满足题意，故②错误；
对③： ，因为 均为定点，故 为定值，
又 // 面 面 ，故 //面 ，
又点 在 上运动，故点 到面 的距离是定值，
故三棱锥 的体积为定值，则③正确；
对④：取△ 的外心为 ，过 作平面 的垂线 ，则三棱锥 的外接球的球心 一定在 上
因为 面 ， 面 面 ，则 ，又 ，
面 ，故 面 ,又 面 ，
则 // ，故 在同一个平面，
则过 作 ，连接 如图所示.
在△ 中，容易知 ，
则由余弦定理可得 ，故 ，
则由正弦定理可得 ；
设三棱锥 的外接球半径为 ，则 ，
在△ 中， ， ，
又 ，
故由勾股定理可知： ，即 ，
解得： ，则该棱锥外接球的表面积 ，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考查线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综合困难
题.26．（2022·新疆·统考模拟预测）已知正方体 的棱长为1， 、 分别为棱 、 的中点，
为棱 上的动点， 为线段 的中点.则下列结论中正确序号为______.
① ；② 平面 ；③ 的余弦值的取值范围是 ；④△ 周长的最小值为
【答案】①④
【分析】①连接 ，根据正方体性质有 ，结合 在面 上的投影为 即可判断；②③构
建空间直角坐标系，求面 的法向量及方向向量 ，利用空间向量夹角的坐标表示判断线面关系，同理求线
线角的关于参数m的余弦值，结合导数求最值，即可判断余弦值的范围；④将问题转化为求 的最小值，
展开正方体侧面研究最小情况即可判断.
【详解】①连接 ，即 ，又 、 分别为 、 的中点，则 ，
所以 ，而 在面 上的投影为 ，又 ，即 ，
所以 ，正确；
②如下图示， ， ， ，则 ， ，
若 是面 的一个法向量，则 ，令 即 ，而 ， ，则 ，
所以 ，仅当 时 ，即 平面 ，故错误；
③如下图， ， ， ，故 ， ，
所以 ，且 ， ，则 ，
令 ，则 ，而 ， ，
所以，存在 ，则 上 ， 递增； 上 ， 递减；
所以 上有 ，
由 时 ， 时 ，故 时 ，故错误；④由△ 周长为 ，而 ，要使周长最小只需 最小，
将 与 展开成一个平面，如下图示：
当 共线时， 最小为 ，
所以周长的最小值为 ，正确.
故答案为：①④
【点睛】关键点点睛：②③构建空间直角坐标系，利用向量法判断线面关系、求线线角余弦值关于参数的表达式，
进而应用导数判断最值.
四、解答题
27．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图，在四棱锥 中，底面ABCD是边长为2的菱形，
PAD为等边三角形，平面 平面ABCD， ．
△
(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为 ，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦
值．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明 ，可得 ， .后由等体
积法可求得点A到平面PBC的距离；
（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为 ，可
得 .求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.
【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.
∵ 为等边三角形，∴ ，OA=1， .
又∵平面 平面ABCD，平面 平面ABCD=AD，
平面PAD，∴ 平面ABC.
又∵ 平面ABCD，∴ .
∵ ，∴ ，∴ .
又∵ ， 平面POB，
平面POB， ，∴ 平面POB.
又∵ 平面POB，∴ .
∴ ，
设点A到平面PBC的距离为h，
则 即 ，∴ ；（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则 ，
， ， ， ， ， .
设 ，则 ， .
得 ，则 .
又 平面ABC，则取平面ABCD的法向量 .
设AE与平面ABCD所成的角为 ，则
，解得 .
则 ， .
设平面ADE的法向量 ，则 .
令 ，则取平面ADE的法向量 ，又平面ABCD的法向量 .
故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为 .28．（2023·重庆·统考二模）如图，在四棱锥 中，侧棱 矩形 ，且 ，过棱 的中点
，作 交 于点 ，连接
(1)证明： ；
(2)若 ，平面 与平面 所成二面角的大小为 ，求 的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证 平面 ，得 ，再证 平面 ，得 ，然后证明 平面 ，
得证 ；
（2）以 为原点，射线 分别为 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角得
的长，然后利用棱锥体积公式计算．
【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
由底面 为矩形，有 ，而 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ．
又因为 ，点 是 的中点，所以 ．
而 ， 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，
所以 得证．
（2）如图，以 为原点，射线 分别为 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
因为 ，设 ，（ ），
则 ， ，点 是 的中点，所以 ，
由 ，所以 是平面 的一个法向量；
由（1）知， ，所以 是平面 的一个法向量．
因为平面 与平面 所成二面角的大小为 ，
则 ，解得 （负值舍去）．
所以 ，
．
