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第 13 讲 空间向量与距离、探究性问题（2 大考点+强化训练）
[考情分析] 1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离，属于中等
难度.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般
以解答题的形式考查，难度中等偏上．
知识导图
考点分类讲解
考点一：空间距离
(1)点到直线的距离
直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设AP＝a，则点P到直线l的距离
d＝.
(2)点到平面的距离
平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝.
考向1 点到直线的距离
【例1】（2024·全国·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，直线 经过 ， 两点，则点
到直线 的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意先求出直线的方向向量 ，然后依次求得 ，则 到
直线的距离为 ，求解即可.【详解】由题意可知直线 的方向向量为： ，
又 ，则 ，
，
点 到直线 的距离为： .
故选：C.
【变式1】（23-24高三上·北京昌平·期末）如图，在棱长为1的正方体 中， 为线段
上的点，且 ，点 在线段 上，则点 到直线 距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点 到直线 距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】由题意以 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：因为正方体棱长为1， ，
所以 ，
不妨设 ，
所以 ，
而 ，
所以点 到直线 的投影数量的绝对值为 ，
所以点 到直线 距离
，
等号成立当且仅当 ，即点 到直线 距离的最小值为 .
故选：C.
【变式2】（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）已知点 ，若点 和点 在直线 上，则
点 到直线 的距离为 ．
【答案】1
【分析】根据题意求得 ，结合 到直线 的距离 ，即可求解.【详解】由题意知，点 ， ， ，可得 ， ，
则 ， ， ，
所以 ，
可得 ，
所以点 到直线 的距离为 ．
故答案为：1.
【变式3】（23-24高三上·山东青岛·期中）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱
柱称为塹堵，在塹堵 中，若 ，若 为线段 中点，则点 到直线 的距
离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立合适的空间直角坐标系，先求出 的夹角，在直角三角形中，得出点 到直线 的
距离.
【详解】解：根据塹堵的定义，建立以点 为原点的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
故 ， ，
所以 ，
所以 ，
设点 到直线 的距离为 ，所以 ，解得 .
故选：B.
考向2 点到平面的距离
规律方法 (1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法．
(2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行．求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距
离．
【例2】2.(2023·湖北省襄阳市第四中学模拟)已知斜三棱柱ABC－ABC 的各棱长都为4，∠AAB＝60°，
1 1 1 1
点A 在下底面ABC上的投影为AB的中点O.
1
(1)在棱BB(含端点)上是否存在一点D使AD⊥AC ？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
1 1 1
(2)求点A 到平面BCC B 的距离．
1 1 1
【解析】解 (1)存在．
∵点A 在下底面ABC上的投影为AB的中点O，故AO⊥平面ABC，
1 1
连接OC，由题意知△ABC为正三角形，故OC⊥AB，
以O为坐标原点，OA，OC，OA 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，
1
则A(2,0,0)，A，C，B(－2,0,0)，B，C ，
1 1 1
设BD＝λBB1，BB1＝，
可得D，∴A1D＝，
AC1＝，
假设在棱BB(含端点)上存在一点D使AD⊥AC ，则A1D⊥AC1，
1 1 1
∴4＋2＝0，
解得λ＝，
则BD＝BB＝.
1
(2)由(1)知BB1＝，
BC＝，
设平面BCC B 的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
则
∴
令x＝，则z＝1，y＝－1，
则n＝，
又A1B＝，
则点A 到平面BCC B 的距离
1 1 1
d＝＝＝，
即点A 到平面BCC B 的距离为.
1 1 1
【变式1】（23-24高三下·北京·开学考试）在正四棱锥 中， ， 与平面 所成
角为 ，则点 到平面 的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到平面的距离，从而得解.
【详解】依题意，设 ，则 平面 ，
因为 平面 ，所以 为 与平面 所成角，即 ，因为 ，所以 ，则 ，
以 点为原点，建立空间直角坐标系如图，
则 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，故 ，
所以点 到平面 的距离为 .
故选：B.
【变式2】（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体 中， 为线段 的中点，
为线段 的中点.直线 到平面 的距离为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【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】∵ ， 平面 ， 平面 ，
∴ 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，建立直角坐标系.
则 ， ， ， ， ，
， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，
设点 到平面 的距离为 ，
则 ，故直线 到平面 的距离为 .
故选：C.
【变式3】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在正三棱柱 中，所有棱长均为1，则点
到平面 的距离为 ．
【答案】
【分析】解法一：根据等体积法，即 ，列出方程解出距离即可；解法二：通过面面垂直的
性质定理得 平面 ，最后计算 长即可；解法三：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量
法求出线面距离.
【详解】解法一：设点 到平面 的距离为d．在 中， ，AB边上的高为 ，点A到
平面 的距离为 ， 的面积为 ．
∵ ，∴ ，因此 ，
故点 到平面 的距离为 ．
解法二：如图所示，取AB的中点M，连接CM， ，过点C作 ，垂足为D．
∵ ，M为AB的中点，∴ ．∵ ，M为AB的中点，∴ ．
∵ ， 平面 ，∴ 平面 ，又 平面 ，故平面 平面 ．
∵平面 平面 ， ， 平面 ，∴ 平面 ．
因此CD的长度即为点C到平面 的距离，也即点 到平面 的距离．
在 中， ，因此 ．
故点 到平面 的距离为 ．
解法三：如图所示，取BC的中点O，连接AO．∵ ，∴ ．
以O为原点，OC，OA所在直线分别为x轴和y轴，过点O且与 平行的直线为z轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
则 ， ， ， ，
从而 ， ， ．
设 为平面 的一个法向量，则 即 ，
令 ，得 ，则 ．
故点 到平面 的距离为 ．故答案为： .
考点二：空间中的探究性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的
夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，
设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据
或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
【例3】(2023·咸阳模拟)如图，三棱柱ABC－ABC 的侧面BBC C是边长为1的正方形，平面BBC C⊥平
1 1 1 1 1 1 1
面AABB，AB＝4，∠ABB＝60°，G是AB 的中点．
1 1 1 1 1 1
(1)求证：平面GBC⊥平面BBC C；
1 1
(2)在线段BC上是否存在一点P，使得二面角P－GB －B的平面角为30°？若存在，求BP的长；若不存在，
1
请说明理由．
【解析】(1)证明 在△GBB 中，GB＝AB＝2，BB＝1，∠ABB＝60°，
1 1 1 1 1
则GB＝＝，
则GB＝BB＋GB2，即GB⊥BB，
1
又平面BBC C⊥平面AABB，
1 1 1 1
且平面BBC C∩平面AABB＝BB，
1 1 1 1 1
GB⊂平面AABB，故GB⊥平面BBC C.
1 1 1 1
又GB⊂平面GBC，则平面GBC⊥平面BBC C.
1 1(2)解 存在．
由(1)知，BG，BB，BC两两垂直，
1
如图，以B为坐标原点，以BG，BB，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
1
则B(0,0,0)，G，B(0,1,0)，P(0≤t≤1)，
1
则GB1＝，B1P＝.
设平面PGB 的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则
即
令z＝，则y＝t，x＝t，
即n＝.
又平面BBG的一个法向量为m＝(0,0,1)，
1
则|cos〈m，n〉|＝＝
＝cos 30°＝，
解得t2＝，又0≤t≤1，则t＝.故BP＝.
【变式1】（2024·四川成都·模拟预测）在四棱锥 中，已知 ， ，
， ， ， 是线段 上的点．
(1)求证： 底面 ；
(2)是否存在点 使得 与平面 所成角的余弦值为 ？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）首先证明 平面 ，可得出 ，利用勾股定理的逆定理可证得 ，再
结合线面垂直的判定定理，即可证明 底面 ；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设 ，且 ，求平面 的法向量 ，利用
，即可求得 的值，即可得出结论.
【详解】（1）在 中， ，
所以 ．
在 中， ，
由余弦定理有： ，
所以， ，所以 ，
所以 ，
又因为 ， ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，
在 中： ，则 ，
所以， ，
因为 ， 、 平面 ，
所以 面 ．
（2）因为 平面 ，以点A为坐标原点，
、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有 、 、 、 、 ，设 ，其中 ，
则 ，
设 为面 的法向量，则有 ，
取 ，则 ，
所以，平面 的一个法向量为 ，
设 与平面 所成的角为
，
由题意可得 ，
可得 ，因为 ，所以 ．
因此，存在点 使得 与平面 所成角的余弦值为 ，且 ．
【 变 式 2 】 （ 2024· 全 国 · 一 模 ） 如 图 ， 棱 柱 的 所 有 棱 长 都 等 于 2 ， 且
，平面 平面 ．
(1)求平面 与平面 所成角的余弦值；
(2)在棱 所在直线上是否存在点P，使得 平面 ．若存在，求出点P的位置；若不存在，说明
理由．
【答案】(1)(2)存在，点P在 的延长线，且 .
【分析】（1）取 中点 ，先证 平面 .再以 为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的
方法求二面角所成的余弦.
（2）根据 在线段 上，设 ，再由 和平面 的法向量，求 ，即可得解.
【详解】（1）如图：
取 中点 ，连接 ， ， .
因为各棱长均为2，且 ，所以 是等边三角形.
所以 .
又因为 ， ，所以 是等边三角形.
所以 ，又平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，
所以 平面 .
由 ，所以可以以 为原点，建立如图空间直角坐标系.
那么： ， ， ， .
设平面 的法向量为 ，则
，取 ；因为 平面 ，可取平面 的法向量 .
则 ，即为平面 与平面 所求角的余弦值.
（2）因为 ，
设 ，因为 在 上，可设 ，
则 ，
可得 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，
取 .
由 .
所以存在点P，使得 平面 ，此时点P在 的延长线，且 .
【变式3】（2024·贵州黔东南·二模）如图，在多面体 中，四边形 为菱形， 平面
， ， ， ， .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)试问线段 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ？若存在，请判断点的位置；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）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可证面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）证明：因为四边形 为菱形，所以 .
因为 平面 平面 ，所以 .
又因为 ，且 平面 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）设 ，以 为坐标原点， 的方向分别为
轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则
设 ，则
设平面 的法向量为 ，因为 ，
所以 令 ，则 .
设平面 的法向量为 ，因为 ，
所以 令 ，则 .因为平面 与平面 夹角的余弦值为 ，
所以 ，
解得 或 （舍去），
所以存在 满足题意，且 为 的中点.
强化训练
一、单选题
1．（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面 的一个法向量为 ， 为 内的一点，则点
到平面 的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】B
【分析】利用空间向量坐标运算中，点到平面的距离公式求解即可得.
【详解】平面 的一个法向量为 ， 为 内的一点，
则点 到平面 的距离为 .
故选：B.
2．（2023高三·全国·专题练习）“类比推理”简称“类比”，是一种重要的逻辑推理方法，也是研究问题、
发现新结论的重要方法．下面通过“类比”所得到的结论中不正确的是（ ）
A．设O为平面内任一点，则A，B，C三点共线当且仅当存在a，b满足 ，使得
．类比到空间得：设A，B，C不共线，则A，B，C，D四点共面当且仅当存在实数
a，b，c满足 ，使得
B．已知平面内点 到直线 的距离为 ．类比到空间得：空间中点 到平面 的距离为
C．设平面内不过坐标原点的直线与x轴和y轴的交点分别为 ， ，则直线的（截距式）方程
为 ．类比到空间得：空间中不过坐标原点的平面与x轴、y轴和z轴的交点分别为 ，
， ，则平面的（截距式）方程为
D．设平面内一直线与x轴和y轴所成的角分别为 ， ，则有 ．类比到空间得：设
空间中一直线与x轴、y轴和z轴所成的角分别为 ， ， ，则有
【答案】D
【详解】根据法向量的余弦的结论可知 ．D选项错误．故选D．
3．（23-24高三上·上海奉贤·期中）如图，己知四棱锥 的底面 是直角梯形， ，
， ， 平面 ， ，下列说法正确的是（ ）
A． 与 所成的角是
B．平面 与平面 所成的锐二面角余弦值是
C． 与平面 所成的角的正弦值是D． 是线段 上动点， 为 中点，则点 到平面 距离最大值为
【答案】C
【分析】根据题设建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线线角、线面角、面面角以及点到面的距离问
题.
【详解】 ， ， ，
平面 ，
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 ， ， ， ， ，
， ， ，
对于A， ，
且 ， ，
与 所成的角是 ，故A错误；
对于B，设平面 的法向量为 ，
则
令 ，则 ， ，所以 ，
显然平面 的法向量为 ，，
平面 与平面 所成的锐二面角余弦值是 ，故B错误.
对于C， ，故C正确；
对于D， 是线段 上动点， 设 ，
为 中点， ， ，
，
当 时， 位于 点，此时点 到平面 距离为 ,
当 时，设平面 的法向量为 ，
则
令 ，则 ， ，所以 ，
点 到平面 距离
，
当 ，即 时， ，
此时 ， ，
点 到平面 距离的最大值为 ，故D错误.故选：C.
4．（2023·江苏徐州·模拟预测）在空间直角坐标系中，直线 的方程为 ，空间一点 ，则
点 到直线 的距离为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】由直线 的方程可得直线 的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算
即可得出答案.
【详解】根据题意，直线 的方程为 ，
即 ，则直线 的方向向量为 ，又因为过点 ，
， ，则 ，
故 在 上的射影为： ，
故点 到直线 的距离为： .
故选：D.
5．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）如图，在正方体 中，E为棱 的中点．动点P
沿着棱 从点D向点C移动，对于下列三个结论：
①存在点P，使得 ；
② 的面积越来越小；
③四面体 的体积不变．
其中，所有正确结论的个数是（ ）．A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，根据两点间的距离公式、点到直线的距离公式，以及锥体体积计算公式等
知识求得正确答案.
【详解】以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的边长为 ，则 ，设 ，
由 得 ，
，所以存在点 ，使得 ，所以①正确.
，
，
所以 到 的距离为
， 的对称轴为 ，
而 ，所以 随 的增大而减小，
所以 的面积 随 的增大而减小，
所以②正确.
对于③， ， 的面积 为定值，点 到平面 的距离，等于 到平面 的距离，此距离为定值，
所以四面体 的体积不变.所以③正确.
综上所述，正确的有 个.
故选：D
【点睛】空间中，要求三角形的面积，关键是求点到直线的距离，空间向量法求点到直线的距离公式比较
复杂，需要记忆准确.空间中求三棱锥的体积，关键是求点到面的距离，本题中， 到平面 的距离为
定值，另外，也可以利用向量法来求点面距.
6．（2023·全国·模拟预测）如图，已知正方体 的棱长为2，棱 的中点分别是 ，
点 是底面 内任意一点（包括边界），则三棱锥 的体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】以 为原点，建立空间直角坐标系，求得 的面积 ，求得平面 的法向量为
，设 ，求得点 到平面 的距离 ，进而求得体积的取值范围.
【详解】以 为原点，分别以 ， 所在的直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系，如图所
示，则 ，
所以 ，
取 的中点 ，连接 ，则 ，
由 ，则 ，所以 的面积 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
设 ，则 ，
所以点 到平面 的距离 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，即 .
故选：C.7．（2023·河南·模拟预测）在空间直角坐标系中，已知
，则当点 到平面 的距离最小时，直线 与平
面 所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得平面 的一个法向量 ，结合向量的距离公式，求得点 到平面
的距离 ，根据二次函数的性质，求得 ，利用夹角公式，即可求解.
【详解】因为 ，
可得 ，
设 是平面 的法向量，则 ，
令 ，可得 ，所以 ，
所以点 到平面 的距离 ，
当 时， 取得最小值，此时 ，所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
故选：C.
8．（2023·全国·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．
二、多选题
1．（23-24高三上·河北保定·期末）如图，在棱长为2的正方体 中， 分别是棱
的中点，则下列说法正确的是（ ）
A． 四点共面
B．
C．直线 与 所成角的余弦值为
D．点 到直线 的距离为1
【答案】BCD
【分析】对于A，假设 四点共面，根据面面平行的性质定理推出矛盾的结论，即可判断；对于
B，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积，即可判断位置关系；对于C，利用空
间角的向量求法即可判断，对于D，利用空间距离的向量求法，即可判断.
【详解】对于A，假设 四点共面，连接 ，在正方体 中，
平面 平面 ，又平面 平面 ，
平面 平面 ，所以 ，
又 ，则四边形 为平行四边形，
故 ，所以 ，与 与 不平行矛盾，故 四点不共面，故 错误；
以 为坐标原点， 所在的直线分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，则 ，故B正确；
又 ，所以 ，所以 ，
而异面直线所成角的范围为 ，
所以直线 与 所成角的余弦值为 ，故 正确；
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以点 到直线 的距离为 ，故D正确.
故选：BCD.
2．（2024·江西上饶·一模）如图，棱长为1的正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，
则（ ）A．直线 与底面 所成的角为30°B． 到直线 的距离为
C． 平面 D． 平面
【答案】BC
【分析】建立适当空间直角坐标系后，对A，可借助空间向量计算直线 与底面 所成角的正弦值
即可判断；对B，借助空间中点到直线的距离公式计算即可得；对C，借助空间向量可得 ，结合
线面平行的判定定理即可得；对D，假设 平面 ，则有 ，结合空间向量计算可得 与
不垂直，故假设不成立，即可得解D.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
则有 、 、 、 、 、 ，
对A：由 ， ，故 ，
易得平面 的法向量可为 ，
则 ，故A错误；
对B：由 ， ，有 ，又 ，故 ，故B正确；
对C：由 ， ，故 ，又 ，
有 ，故 ，又 平面 ， 平面 ，
故 平面 ，故C正确；
对D：由 ， ，故 ，又 ，
有 ，故 与 不垂直，
若 平面 ，由 平面 ，则会有 ，与已知矛盾，
故假设不成立，故D错误.
故选：BC.
3．（2024·福建福州·模拟预测）在长方体 中， 为 的中点，则
（ ）
A． B． 平面
C．点 到直线 的距离为 D．点 到平面 的距离为【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直即可求解A,根据线线平行即可判断B，根据向量法即可求解
空间距离，判断CD.
【详解】如图建立空间直角坐标系 ，易知 ， ， ， ， ，
．
A， ， ，所以A错误；
B，显然 ， 平面 , 平面 ,可得 平面 ，所以B正确；
C，记直线 的单位方向向量为 ，则 ，又 ，
所以向量 在直线 上的投影向量为 ，
则有 到直线 的距离为 ，故C正确；
D，设平面 的法向量为 ，由 ，
令 ，可得 ，
又 ，所以点 到平面 的距离 ，故D错误．
故选：BC
三、填空题1．（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知直线 经过 两点，则点 到直线 的
距离为 ．
【答案】
【分析】根据空间向量求解即可.
【详解】由题可知 ，则 ，
，
故点 到直线 的距离为 ．
故答案为：
2．（2024·福建厦门·一模）已知平面 的一个法向量为 ，且点 在 内，则点 到
的距离为 ．
【答案】
【分析】由题设得 ，应用向量法求点面距离即可.
【详解】由题设 ，则点 到 的距离为 .
故答案为：
3．（23-24高三上·北京房山·期末）如图，在棱长为 的正方体 中，点 是线段 上的
动点.给出下列结论：
① ；
② 平面 ；
③直线 与直线 所成角的范围是 ；④点 到平面 的距离是 .
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】建立空间直角坐标系后逐个分析即可得.
【详解】
以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有 、 、 、 、 、 、
、 ，
则 、 、 、 、
、 、 ，
设 ， ，则 ，
，故 ，故①正确；设平面 的法向量为 ，
则有 ，即 ，取 ，则 ，
有 ，故 ，又 平面 ，则 平面 ，故②正确；
当 时，有 ，此时 ，即 ，
即此时直线 与直线 所成角为 ，故③错误；
由 ， ，
则 ，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：对空间中线上动点问题，可设出未知数表示该动点分线段所得比例，从而用未知数的
变化来体现动点的变化.
四、解答题
1．（23-24高三上·天津·期末）如图，已知 平面 ， ， ， ，
， ， .
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值；
(3)求点 到直线 的距离.【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求平面 的法向量 ，证明 ，即可解决；
（2）写出平面 的法向量 ，设平面 与平面 的夹角为 ，通过
，即可求解；
（3）利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）以 为原点，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，如图所
示：
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则
，取 ，则 ， ，所以 ，
，
所以 平面 ，且 平面 ，
所以 平面 .
（2）由题知，平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，则
，
即平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
（3） ， ，
设点 到直线 的距离为 ，
则 ，
即点 到直线 的距离为 .
2．（2024·山西运城·一模）如图，在矩形纸片 中， ， ，沿 将 折起，使点
到达点 的位置，点 在平面 的射影 落在边 上.
(1)求 的长度；(2)若 是边 上的一个动点，是否存在点 ，使得平面 与平面 的夹角余弦值为 ？若存在，
求 的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)1
(2)
【分析】
（1）利用投影性质以及线面垂直性质可得 ，再利用三角形相似可求得 ；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，并根据坐标分别求得平面 与平面 的法向量，
由两平面夹角的余弦值列方程解得 ，可得 .
【详解】（1）作 ，垂足为 ，连接 ，如下图所示：
由点 在平面 的射影 落在边 上可得 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 ，且 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
又因为 为矩形， ，可得 ，
由 ， 可得 ，
所以 ， ；
由 可得 ，即 ；
即 的长度为1.
（2）根据题意，以点 为坐标原点，以过点 且平行于 的直线为 轴，分别以 所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则 ，并设 ，
可得 ，所以 ；
易知 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ，取 ，则 ，
即 ，
设平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ，取 ，则 ，
即 ，
因此可得 ，整理可得 ，
解得 （舍）或 ；
因此 ，即可得 .
所以 的长度为 .
3．（2024·广东梅州·一模）已知三棱柱 中， ， ，且 ，，侧面 底面 ， 是 的中点.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)在棱 上是否存在点 ，使得 与平面 的所成角为60°.如果存在，请求出 ；如果不存在，
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）根据余弦定理求得 .由面面垂直的判定定理、线面垂直的性质即可证得
两两垂直，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可证明；
（2）由（1），设 ，利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）在 中， ，由余弦定理，
得 ，解得 ，得 .
在 中， ，则 为正三角形，
取BD的中点O，连接 ，则 ，又平面 平面 ，
平面 平面 平面 ，所以 平面 .
取 的中点E，连接OE，则 ，而 ，所以 ，
由 平面 ，所以 ，
以O为原点，以 所在直线为 轴建立如图空间直角坐标系，则 ，
所以 ，
设平面 和平面 的一个法向量分别为 ，
则 ，
令 ，则 ，
所以 ，所以 ，
故平面 平面 ；
（2）由（1）知， ， ， ， ， ，
由 ，即 ，得 ，
所以 ，设 ，
则 ，又 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
所以 ，所以 ，
整理，得 ，方程在 上无实数解，
所以在 上不存在点Q，使得 与平面 所成角为 .
4．（23-24高三下·浙江宁波·阶段练习）已知四棱锥 的底面 是直角梯形， ，
， ， ， 为 的中点， .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 与平面 所成的角为 ，过点 作平面 的垂线，垂足为 ，求点 到平面
的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，证得 和 ，得到 平面 ，进而证得平面 平面
.
（2）取 的中点 ，连接 ，根据题意求得 和 ，以 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，得到 ，结合 ，求得 的值，即可求解.
【详解】（1）证明：由四边形 是直角梯形，且 ，
在直角 中， ，可得 ，
从而 是等边三角形， 平分 ，
因为 为 的中点，所以 ，所以 ，
又因为 且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：取 的中点 ，连接 ，因为 ，所以 于 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平面 ，
连接 ，可得 为 与平面 所成的角，则 ，
在直角 中， ，
在等边 中，可得 ，
在直角 中，可得 ，
又因为等边 ，且 为 的中点，所以 .
以 为原点，以 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则 ，
可得 ，
设 ，可得 ，
则 ，
由 ，解得 ，满足题意，
所以 点到平面 的距离为 .5．（23-24高三上·北京昌平·期中）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， ，
， ， ， 为棱 的中点.
(1)证明： ∥平面 ；
(2)若 ， ，
（i）求二面角 的余弦值；
（ii）在线段 上是否存在点 ，使得点 到平面 的距离是 ？若存在，求出 的值；若不存
在，说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)（i） ，（ii）存在点 ， .
【分析】（1）取 中点 ，可证四边形 是平行四边形，可得 ，得证；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，（ii）假设存在点 到平面 的距离为 ，利用
点到面距离的向量法求解即可.
【详解】（1）如图，取 中点 ，连接 ， ，因为 是 中点，所以 ， ，
又 ， ，
， ，
所以四边形 是平行四边形，
，
又 平面 ， 平面 ，
平面 .
（2） ， ，又 ， ，
，则 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，
，又 ，
所以 ， ， 两两互相垂直，
如图，以点 为坐标原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
（i）设平面 的一个法向量为 ，则
，即 ，令 ，可得 ， ，
，
又平面 的一个法向量为 ，，
所以二面角 的余弦值为 .
（ii）假设线段 上存在点 ，使得点 到平面 的距离为 ，
设 ， ， ，
，
由（i）知平面 的一个法向量为 ，
所以点 到平面 的距离为 ，
则 ，解得 或 ，
又 ，所以 ，
即存在点 到平面 的距离为 ，且 .
