高考数学二轮复习专题四立体几何第4讲空间向量与距离、探究性问题含答案及解析

第4讲空间向量与距离、探究性问题（新高考专用）目录目录【真题自测】 2【考点突破】 2【考点一】空间距离 2【考点二】空间中的探究性问题 4【专题精练】 7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．真题自测真题自测一、解答题1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．(1)求证平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．考点突破考点突破【考点一】空间距离核心梳理：(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eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离d＝eq\r(a2－a·u2).(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＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).一、单选题1．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（

）.A． B．1 C． D．2．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（

）A．存在点，使得直线与直线相交B．存在点，使得直线平面C．直线与平面所成角的大小为D．平面被正方体所截得的截面面积为二、多选题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4．（2024·江苏·一模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（

）A．当时，平面B．任意，三棱锥的体积是定值C．存在，使得与平面所成的角为D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为三、填空题5．（2023·福建·一模）已知空间中三点，则点A到直线的距离为．6．（2024·辽宁·二模）如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是．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．【考点二】空间中的探究性问题核心梳理：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．一、单选题1．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（

）

A．存在点E，使平面B．三棱锥的体积随动点E变化而变化C．直线与所成的角不可能等于D．存在点E，使平面2．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（

）A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面二、多选题3．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（

）A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为4．（2024·河北秦皇岛·二模）如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱的中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（

）A．直线与直线所成角的余弦值为B．存在点，使得C．若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为D．若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分三、填空题5．（2024·北京大兴·三模）在棱长为6的正方体中，E为棱上一动点，且不与端点重合，F，G分别为，的中点，给出下列四个结论：①平面平面；②平面可能经过的三等分点；③在线段上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得平面；④若E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为.其中所有正确结论的序号是.6．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论：①；②线段的长随线段的长增大而增大；③存在点，使得；④存在点，使得平面.其中所有正确结论的序号是.四、解答题7．（23-24高三下·广西·阶段练习）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.

(1)证明：平面；(2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ.8．（2024·湖北·模拟预测）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，平面ABC，，，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为l．(1)证明：平面PBC；(2)直线l与圆O的交点为B，D，求三棱锥的体积；(3)点Q在直线l上，直线PQ与直线EF的夹角为，直线PQ与平面BEF的夹角为，是否存在点Q，使得？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．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．专题精练专题精练一、单选题1．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（

）A． B． C． D．2．（23-24高二下·浙江·期中）空间点，则点到直线的距离（

）A． B． C． D．3．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足D1E=2ED，BF⃗=2FBA． B．C． D．4．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（

）A． B． C． D．5．（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6．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．7．（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．8．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（

）

A． B． C． D．二、多选题9．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，一个棱长为6的透明的正方体容器（记为正方体）放置在水平面的上方，点恰在平面内，点到平面的距离为2，若容器中装有水，静止时水面与表面的交线与的夹角为0，记水面到平面的距离为，则（

）A．平面平面B．点到平面的距离为8C．当时，水面的形状是四边形D．当时，所装的水的体积为10．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，几何体的底面是边长为6的正方形底面，，则（

）A．当时，该几何体的体积为45B．当时，该几何体为台体C．当时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为D．当点到直线距离最大时，则11．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（

）A．线段上存在点，使得B．线段上存在点，使得平面平面C．直三棱柱的体积为D．点到平面的距离为三、填空题12．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为.13．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在棱长为3的正方体中，为线段靠近的三等分点.为线段靠近的三等分点，则直线到平面的距离为.14．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论：①不存在点H，使得平面平面CEG；②存在点H，使得平面CEG；③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于；④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为．其中所有正确结论的序号是．四、解答题15．（2023·江苏连云港·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面平面ABEF，，，，，，且．(1)已知点G为AF上一点，且，证明：平面DCE；(2)若平面DCE与平面BDF所成锐二面角的余弦值为，求点F到平面DCE的距离．16．（2024·天津河西·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且．(1)求证：；(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离．17．（2024·江苏苏州·三模）如图，已知正方体的棱长为，，分别是和的中点.(1)求证：；(2)求直线和之间的距离；(3)求直线与平面所成角的正弦值.18．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是．(1)求到平面的距离．(2)线段上是否存在一个点D，使直线与平面所成角为？若存在，求出的长；若不存在说明理由．19．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．(1)求证：点为线段的中点；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．（i）求二面角的余弦值；（ii）求点到平面的距离．条件①：平面；条件②：四边形是正方形；条件③：平面平面．注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．

第4讲空间向量与距离、探究性问题（新高考专用）目录目录【真题自测】 2【考点突破】 4【考点一】空间距离 4【考点二】空间中的探究性问题 12【专题精练】 26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．真题自测真题自测一、解答题1．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．(1)求证平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．参考答案：1．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、、、、C1,1,0、，则有、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，分别取，则有、、，，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；（3）由，平面的法向量为，则有，即点到平面的距离为.考点突破考点突破【考点一】空间距离核心梳理：(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eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离d＝eq\r(a2－a·u2).(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＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).一、单选题1．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（

）.A． B．1 C． D．2．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（

）A．存在点，使得直线与直线相交B．存在点，使得直线平面C．直线与平面所成角的大小为D．平面被正方体所截得的截面面积为二、多选题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4．（2024·江苏·一模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（

）A．当时，平面B．任意，三棱锥的体积是定值C．存在，使得与平面所成的角为D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为三、填空题5．（2023·福建·一模）已知空间中三点，则点A到直线的距离为．6．（2024·辽宁·二模）如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是．参考答案：题号1234答案CCBCACD1．C【分析】根据题意取，然后求出在方向上的投影，再结合勾股定理可求得结果.【详解】由题意取，则，所以到的距离为.故选：C2．C【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积.【详解】连接，，所以，，取的中点，连接，所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确；以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为n=x,y,z，所以，即，令x=1，则，，所以，所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确；因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，，所以为直线与平面所成角，因为，在中，，所以，因为与全等，所以，故正确；延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点，连接，，，，，，平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，所以截面面积为，故不正确.故选：.3．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：BC4．ACD【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积.【详解】如图所示建系，，所以，从而，所以，又面，所以面，时，与重合，平面为平面，因为面，平面，A对.不与平面平行，到面的距离不为定值，三棱锥的体积不为定值，B错.设面的法向量为，则，令，解得，即可取，而，所以与平面所成角的正弦值为，又，所以，所以，又面，所以面，当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，当在时，与平面所成角为，所以存在使与平面所成角为，C正确.，设平面的法向量为，不妨设，则.，则，平面的法向量，显然球心，到面的距离，外接球半径，截面圆半径的平方为，所以，D对.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解.5．【分析】利用向量的模公式及向量的夹角公式，结合同角三角函数的平方关系及锐角三角函数的定义即可求解.【详解】，,，，设点A到直线的距离为，则.故答案为：.6．【分析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离进而可得出答案.【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设球心，故，设平面的法向量为，则有，可取，则球心到平面的距离为，因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，所以，解得，所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.故答案为：.【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.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．【考点二】空间中的探究性问题核心梳理：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．一、单选题1．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（

）

A．存在点E，使平面B．三棱锥的体积随动点E变化而变化C．直线与所成的角不可能等于D．存在点E，使平面2．（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（

）A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面二、多选题3．（2024·广西贵港·模拟预测）如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（

）A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为4．（2024·河北秦皇岛·二模）如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱的中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（

）A．直线与直线所成角的余弦值为B．存在点，使得C．若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为D．若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分三、填空题5．（2024·北京大兴·三模）在棱长为6的正方体中，E为棱上一动点，且不与端点重合，F，G分别为，的中点，给出下列四个结论：①平面平面；②平面可能经过的三等分点；③在线段上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得平面；④若E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为.其中所有正确结论的序号是.6．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论：①；②线段的长随线段的长增大而增大；③存在点，使得；④存在点，使得平面.其中所有正确结论的序号是.四、解答题7．（23-24高三下·广西·阶段练习）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.

(1)证明：平面；(2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ.8．（2024·湖北·模拟预测）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，平面ABC，，，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为l．(1)证明：平面PBC；(2)直线l与圆O的交点为B，D，求三棱锥的体积；(3)点Q在直线l上，直线PQ与直线EF的夹角为，直线PQ与平面BEF的夹角为，是否存在点Q，使得？如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．参考答案：题号1234答案DCBDACD1．D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定的体积情况判断B.【详解】在正方体中，以点D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为2，则，由在线段上运动，设（），则，平面的法向量，显然，则直线与平面不平行，A错误；，设直线与所成角为，则，显然当时，，，即存在点E使得直线与所成的角为，C错误；设平面的法向量为m=x,y,z，，则，令，得，当时，，因此平面，D正确；点在正方体的对角面矩形的边上，则，而平面平面，则，又，可得平面，点到平面的距离为，则三棱锥的体积为定值，B错误.故选：D【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，可选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．2．C【分析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D.【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，所以，，，对于A，，，直线MN与所成角的余弦值为，故A错误；对于B，，，设平面的法向量为n=x,y,z，则，取，可得，所以，，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，平面与平面夹角的余弦值为：，故B错误；对于C，因为Q在上，设，所以，，则，所以，所以，，所以，解得：.故上存在点，使得，故C正确；对于D，因为，所以四点共面，而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误.故选：C..3．BD【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.【详解】对于A，若，因为平面，平面，所以平面，矛盾，故A错误．对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，因为，，故，，故，，因为，平面，故平面，当Q为的中点时，，此时平面，故B正确．对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面，，DA=2,0,0设平面的法向量为m=x,y,z则，解得，令得，故，故，故与不垂直，故平面不成立，故C错误；对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD，由于为等边三角形，则，，所以为所求二面角的平面角，不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为，故，，由余弦定理可得，二面角的余弦值为，故D正确．故选：BD4．ACD【分析】以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系、线面角的向量公式，点到直线的向量公式和抛物线的定义对选项一一判断即可得出答案.【详解】以点A为坐标原点，分别以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.所以，，，，，，所以，，所以，，所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确；由题意，设，则，又，若，则，解得，所以不存在点M，使得，故B错误；设，所以，所以点到直线的距离，所以，此时，所以点M到直线的距离的最小值为，故C正确；设，则点M到平面的距离为z，点M到点的距离为.因为点M到平面的距离与到点的距离相等，所以，整理得（其中，），即点M的轨迹方程为，是抛物线的一部分，故D正确.故选：ACD.5．①③④【分析】①③利用空间向量法证明线面垂直从而证明面面垂直和判断线面垂直；②利用向量法求解平面的法向量，结合平面内直线一定与法向量数量积为0，判断点在平面内；④利用平面的基本性质作出截面，再求出截面的周长；【详解】如图所示建立直角坐标系，以为原点，以分别为为正方向，，，设①，因为，所以是平面内两条相交直线，则平面，平面，因此平面平面，①正确；②取点为的三等分点，即或，设平面的法向量为，，则，令，所以当时，，若在平面中，，解得不合题意；当时，，若在平面中，，解得不合题意；②错误；③在线段上的任意点H（不与端点重合），设，则，由上可知平面的法向量为，若存在点E使得平面，则有，即，解得所以当时成立，③正确；④延长三线相交于点，连接分别交直线于点,因为E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，在正方体中，，根据三角形相似可得，则，，因此周长为.④正确；故答案为：①③④.【点睛】立体几何证明线面垂直、面面垂直的方法：定义法；空间向量法；6．①②④【分析】根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案.【详解】在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，令平面的法向量，则，取，得，由平面于，得，即，，显然，解得，于是，对于①，，①正确；对于②，在上单调递增，②正确；对于③，而，，若，显然，即不存在，使得，③错误；对于④，平面的一个法向量，而，由，得，即，整理得，令，显然函数在上的图象连续不断，而，因此存在，使得，此时平面，因此存在点，使得平面，④正确.所以所有正确结论的序号是①②④.故答案为：①②④【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决.7．(1)证明见解析(2)【分析】（1）题意先证明平面，得到，根据线面垂直判定定理得证；（2）作，垂直为Q，由（1）得，证得平面，以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，根据与平面所成角正弦值为，解得参数的值；【详解】（1）证明：由题意知，，又，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面（2）作，垂直为Q，由（1）知，平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面故以B为原点，，，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，，，，又，所以，故，设平面的一个法向量为，则，即，取，则设与平面所成角为θ，则，解得或，由题意知，故.

8．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由已知可证，利用，，可证平面，进而可证结论．（2）由已知可得四边形ABCD为矩形，进而利用，可求体积．（3）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，求得平面BEF的一个法向量，利用向量法可求.【详解】（1）∵E，F分别为PA，PC的中点，∴．又平面，平面，∴平面ABC．又平面BEF，平面平面，∴．平面平面．又，，平面，∴平面，从而平面；（2），由（1）得，从而，从而四边形ABCD为矩形．由于平面ABC，从而．（3）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，由于，设，则．，，设平面BEF的一个法向量，则，取由题意，，即，解得，从而符合题意的点存在，．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．专题精练专题精练一、单选题1．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（

）A． B． C． D．2．（23-24高二下·浙江·期中）空间点，则点到直线的距离（

）A． B． C． D．3．（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足D1E=2ED，BF⃗=2FBA． B．C． D．4．（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（

）A． B． C． D．5．（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6．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．7．（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．8．（2023·广东佛山·模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（

）

A． B． C． D．二、多选题9．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，一个棱长为6的透明的正方体容器（记为正方体）放置在水平面的上方，点恰在平面内，点到平面的距离为2，若容器中装有水，静止时水面与表面的交线与的夹角为0，记水面到平面的距离为，则（

）A．平面平面B．点到平面的距离为8C．当时，水面的形状是四边形D．当时，所装的水的体积为10．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，几何体的底面是边长为6的正方形底面，，则（

）A．当时，该几何体的体积为45B．当时，该几何体为台体C．当时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为D．当点到直线距离最大时，则11．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（

）A．线段上存在点，使得B．线段上存在点，使得平面平面C．直三棱柱的体积为D．点到平面的距离为三、填空题12．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为.13．（23-24高二上·江苏无锡·期中）在棱长为3的正方体中，为线段靠近的三等分点.为线段靠近的三等分点，则直线到平面的距离为.14．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论：①不存在点H，使得平面平面CEG；②存在点H，使得平面CEG；③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于；④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为．其中所有正确结论的序号是．四、解答题15．（2023·江苏连云港·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面平面ABEF，，，，，，且．(1)已知点G为AF上一点，且，证明：平面DCE；(2)若平面DCE与平面BDF所成锐二面角的余弦值为，求点F到平面DCE的距离．16．（2024·天津河西·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且．(1)求证：；(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离．17．（2024·江苏苏州·三模）如图，已知正方体的棱长为，，分别是和的中点.(1)求证：；(2)求直线和之间的距离；(3)求直线与平面所成角的正弦值.18．（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是．(1)求到平面的距离．(2)线段上是否存在一个点D，使直线与平面所成角为？若存在，求出的长；若不存在说明理由．19．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．(1)求证：点为线段的中点；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．（i）求二面角的余弦值；（ii）求点到平面的距离．条件①：平面；条件②：四边形是正方形；条件③：平面平面．注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．参考答案：题号12345678910答案BDAABBDAABDACD题号11答案ABD1．B【分析】建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，然后利用距离的向量公式并换元化简得，最后利用二次函数性质求解最值即可.【详解】在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，设，所以，，设平面的法向量为，则，令，则．于是，则点到平面距离之和为，设，则，，因为，所以，所以，函数开口向上，对称轴为，在上单调递增，所以当时，取到最小值为.故选：B2．D【分析】求出，利用空间向量夹角余弦公式求出，进而求出，再利用距离公式即可求出结果.【详解】由题意得，所以，所以，所以点A到直线BC的距离.故选：D.3．A【分析】利用向量法求点到直线的距离.【详解】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E0,0,1，F3,3,2，EF=3,3,1，FC1=−3,0,1，设向量∴cos所以点到直线的距离为d=EF⋅sin故选：A.4．A【分析】根据线面关系可证得平面，，将四棱锥补成长方体，确定球心的位置，再建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用空间向量的坐标运算计算到平面的距离即可.【详解】因为平面平面，交线为，又底面为矩形，则，因为平面，所以平面，则，又，，，所以，则,如图，将四棱锥补成长方体，若四棱锥的顶点均在球的球面上，则长方体的顶点均在球的球面上，为体对角线中点，如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，又，，令，所以，又，则到平面的距离为.故选：A.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.或者采用补形法，利用规则图形的外接球位置确定所求外接球球心的位置.5．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．6．B【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度.【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，球心，取的中点，的中点，连接，则，，，故，，又，平面，故⊥平面，故当位于平面与内切球的交线上时，满足，此时到平面的距离为，，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径，故点的轨迹为以为半径的圆，故点的轨迹长度为.故选：B7．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.8．A【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.【详解】在平行六面体中，不妨设，，．,，，，所以，，，所以E到直线的距离为，故选：A9．ABD【分析】建立空间直角坐标系，求得平面、平面的法向量计算可判断A；根据向量法计算可判断B；当，水面为六边形可判断C；作出水面，利用水面与平面平行，可计算出水面与交点，再计算后即可判断D.【详解】如图所示建立空间直角坐标系，则,因为静止时水面与表面的交线与的夹角为0，所以平面，设平面的法向量为n=x,y,z，，点到平面的距离为，，，而，令，所以平面的法向量为，对A，，，，，故平面，所以平面的法向量为，又，所以平面平面，故A正确；对B，，所以到平面的距离为，故B正确；对C，因为，所以，当时，截面为六边形，故C错误；对D，当时，设水面与的交点分别为，设，则，则，，故，设水面与交点为，所以，，此时过作交于点，连接，设的面积为,的面积为，则，，所以，所以，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于建立空间直角坐标系，计算出平面的法向量，运用空间向量求解.10．ACD【分析】对于A：根据题意结合图形利用分割法球体积；对于B：根据题意结合台体的结果特征分析判断；对于C：根据台体的结构特征结合正方体的内切球分析求解；对于D：建系，利用空间向量球点到面的距离，结合单调性分析求解.【详解】若，即，可知为矩形，对于选项A：当时，即，取的中点，连接，如图所示：因为底面，底面，则，且为正方形，则，，平面，可得平面，又因为，∥，可知为平行四边形，则∥，可知为直三棱柱，底面，所以该几何体的体积为，故A正确；对于选项B：当时，即，可知，所以该几何体不为台体，故B错误；对于选项C：当时，即，则，所以该几何体为台体，如图所示，为相应边的中点，则为正方形，因为底面，且，可知所求球的半径，且正方形的内切球的半径即为，所以最大球的半径，即S的最大值为，故C正确；对于选项D：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，则点到直线距离为，可知在0,1内单调递增，所以当点到直线距离最大时，则，故D正确；故选：ACD.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（3）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（4）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．11．ABD【分析】根据直三棱柱的性质得到底面，则即为直线与底面所成角，利用锐角三角函数求出，由柱体的体积公式判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、B、D.【详解】在直三棱柱中，底面，则即为直线与底面所成角，即，则，所以又且，所以，又底面，底面，所以，所以，解得，所以直三棱柱的体积，故C错误；又底面，，如图建立空间直角坐标系，则，，A2,0,0，，，，所以，，因为点在线段，设，，则，若，则，即，解得，此时为线段的中点，故在线段上存在点，使得，故A正确；当为线段的中点时，则，，设平面的法向量为m=x,y,z则，取m=1,−1,0又，，设平面的法向量为n=a,b,c，则，取，因为，所以平面平面，即当为线段的中点时满足平面平面，故B正确；又，，，设平面的法向量为，则，取，则点到平面的距离，故D正确.故选：ABD12．【分析】求出的坐标，求出，根据点O到直线的距离为即可求解.【详解】因为O0,0,0，，，所以,所以，.所以,所以.所以点O到直线的距离为.故答案为：.13．/【分析】先证明平面，再求出平面的法向量和直线的方向向量，应用点到平面的距离公式求得结果.【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，所以，所以，而平面，平面，故平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离.又，，设平面的法向量为，故，即，取，则，又，故点到平面的距离为.故答案为：.14．②③④【分析】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、A2,0,0、、，，设点，其中，对于①，，，设平面，则，即，取x=1，则，可得，设平面，，，则，即，取，则，可得，若平面平面CEG，则，解得：，所以存在使得平面平面CEG，故①错误；对于②，，若平面CEG，则，即，即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确；对于③，，所以点H到平面CEG的距离为，，因为，所以，所以，，所以，所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确；对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为，所以，，整理可得，因为函数在时的图象是连续的，且，，所以，存在，使得，所以，存在点，使得直线与平面CEG的所成角的余弦值为，④正确.故答案为：②③④.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（l为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面