专题18 空间向量在立体几何中的应用（角和距离）分层训练 （解析版）

答案第=page22页，共=sectionpages33页专题18空间向量在立体几何中的应用（角和距离）【练基础】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：A4．（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：C5．（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：D7．（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，将平面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﹣A1B1C1D1中，点E为棱CD的中点，点F为底面ABCD内一点，给出下列三个论断：①A1F⊥BE；②A1F＝3；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，为正方形的中心，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.【详解】在正方体中，点分别是的中点，为正方形的中心，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：C23．（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：D24．（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.【详解】对于A，，即，所以，即点E在平面内，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.对于C，在平面内，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.因为点E为在平面内，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：ABD29．（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；③分别是在平面，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△在平面的正投影面积为，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：①②④33．（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、、、、、，因为平面平面，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．