高考数学二轮复习核心专题讲练：立体几何第1讲 素养提升之立体几何选填专项冲刺 (含解析）

这是一份高考数学二轮复习核心专题讲练：立体几何第1讲 素养提升之立体几何选填专项冲刺 (含解析），共87页。试卷主要包含了空间向量的数量积，空间向量数量积的应用，向量的投影，空间向量数量积的几何意义，用向量法求空间角等内容，欢迎下载使用。
第1讲　素养提升之立体几何选填专项冲刺
目录
第一部分：知识强化
第二部分：重难点题型突破
突破一：空间几何体外接球
突破二：空间几何体内切球
突破三：用基底表示向量
突破四：向量模及最值
突破五：向量数量积最值
突破六：空间向量的平行与垂直
突破七：异面直线所成角
突破八：直线与平面所成角
突破九：二面角
突破十：空间距离
突破十一：立体几何综合问题
第三部分：冲刺重难点特训
第一部分：知识强化
1、空间向量的数量积
1.1、定义：已知两个非零向量，，则叫做，的数量积，记作；即．规定：零向量与任何向量的数量积都为0.
特别提醒：两个空间向量的数量积是数量,而不是向量,它可以是正数、负数或零;
1.2、空间向量数量积的应用
(1)利用公式可以解决空间中有关距离或长度的问题;
(2)利用公式可以解决两向量夹角,特别是两异面直线夹角的问题;
1.3、向量的投影
3.1．如图(1)，在空间，向量向向量投影，由于它们是自由向量，因此可以先将它们平移到同一个平面内，进而利用平面上向量的投影，得到与向量共线的向量，向量称为向量在向量上的投影向量．类似地，可以将向量向直线投影(如图(2))．
3.2．如图(3)，向量向平面投影，就是分别由向量的起点和终点作平面的垂线，垂足分别为，，得到，向量称为向量在平面上的投影向量．这时，向量，的夹角就是向量所在直线与平面所成的角．

1.4、空间向量数量积的几何意义：向量，的数量积等于的长度与在方向上的投影的乘积或等于的长度与在方向上的投影的乘积.
2、空间向量运算的坐标表示
设，空间向量的坐标运算法则如下表所示：
运算
坐标表示
加法

减法

数乘

数量积

3、空间向量平行与垂直的条件，几何计算的坐标表示
3.1、两个向量的平行与垂直


平行（）

垂直（）
（均非零向量）
特别提醒：在中，应特别注意，只有在与三个坐标平面都不平行时，才能写成.例如，若与坐标平面平行，则，这样就没有意义了.
3.2、向量长度的坐标计算公式
若，则，即
空间向量长度公式表示的是向量的长度，其形式与平面向量长度公式一致，它的几何意义是表示长方体的体对角线的长度
3.3、两个向量夹角的坐标计算公式
设，则
3.4、两点间的距离公式
已知，则
4、用向量法求空间距离
4.1、点到直线的距离
已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点.设，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理得：

4.2、点到平面的距离
如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.

5、用向量法求空间角
5.1、用向量运算求两条直线所成角
已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则
①
②.


5.2、用向量运算求直线与平面所成角
设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有
①
②.（注意此公式中最后的形式是：）

5.3、用向量运算求平面与平面的夹角
如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.

若分别为面，的法向量
①
②根据图形判断二面角为锐二面角还是顿二面角；
若二面角为锐二面角（取正），则；
若二面角为顿二面角（取负），则；
第二部分：重难点题型突破
突破一：空间几何体外接球
1．（2022·四川成都·一模（理））已知边长为的菱形中，，沿对角线把折起，使二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】如图，三棱锥中，，平面平面，

取BD中点E，连接CE，AE，则，而平面平面，平面，
则平面，平面，因此平面平面，同理平面平面，
令点分别为正，正的中心，在平面内分别过点作的垂线，它们交于点O，连OC，
因此平面，平面，而分别为三棱锥的外接球被平面，平面所截得的小圆圆心，
则是三棱锥的外接球的球心，而，，
显然四边形为正方形，，则球半径，
所以三棱锥的外接球的表面积.
故选：A
2．（2022·对外经济贸易大学附属中学（北京市第九十四中学）高三阶段练习）已知正三棱锥，若平面，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：如图一所示：

因为平面，
平面，
所以，，
又因为几何体为正三棱锥，
所以,
，
又因为,
所以，
所以,
所以，
所以，
即两两垂直，
将三棱锥补成以为邻边的正方体，如图二所示：

则三棱锥的外接球即为补形后的正方体的外接球，
所以，
即，
所以球=.
故选：B.
3．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学高三阶段练习）三棱锥中，平面，其外接球表面积为，则三棱锥的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】依题意，三角形ABC的平面图如图1：

               图1
其中 是等腰 的外接圆的圆心， 是AC的垂直平分线， 是BC的垂直平分线， 在 的外部，
依题意有 ，  ；
三棱锥的直观图如图2：

              图2
外接圆的圆心为PB的中点D，
过 作垂直于平面ABC的垂线，过D作垂直于平面PAB的垂线，两垂线必相交于外接球的球心O，
外接球的半径 ，三棱锥P-ABC的高为PA，
则有 ，在 中， ，
三棱锥的体积为 ；
故选：D.
4．（2022·江苏·南京师大附中高三阶段练习）四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为正三角形，则其外接球体积最小值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】设二面角的大小为，中点为，正方形的中心为，
则，，，则，到底面的距离为，
设球心到底面的距离为，而正方形的外接圆半径为，
则，而
由得，，
恒成立，故最小值为，，
即外接球体积最小值为，
故选：C

5．（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知点是长方体的外接球球心，为球面上一点，，若与所成的角为，则四棱锥的体积的最大值为__________．
【答案】
【详解】连接，根据长方体的性质可知，
所以是与所成角，所以，
由于，所以四边形是正方形，
所以，所以三角形是等边三角形，
所以，所以，
所以长方体是正方体，
设外接球的半径为，则，
球心到平面的距离为，
所以四棱锥的体积的最大值为.
故答案为：

6．（2022·湖南师大附中高二阶段练习）三棱锥中，，则三棱锥的外接球表面积为___________.
【答案】
【详解】解：由题意，
如图，

在△中，，

∴，
∵，面，，
∴⊥面，又面，
∴
在△中，
同理可得，，∵面，，
∴面， 又面，
∴
∴棱中点为外接球球心，
外接球半径为，
∴外接球表面积为.
故答案为：.
7．（2022·江苏常州·高三阶段练习）在正四面体中，为边的中点，过点作该正四面体外接球的截面，记最大的截面面积，最小的截面面积为，则__________；若记该正四面体内切球和外接球的体积分别为和，则__________．
【答案】         
【详解】将正四面体放置于正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，外接球的球心O为正方体的体对角线DF的中点，

设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，
因为外接球的直径等于正方体的对角线长，
所以外接球的半径为，
E为BC边的中点，过E作该正四面体外接球的截面，
当截面过球心O时，截面面积最大，最大值为，
当截面到球心O的距离最大时，截面圆的面积取最小值，
此时球心O到截面的距离为，可得截面圆的半径为，
从而截面面积的最小值为．所以；
设正四面体内切球的球心为G，半径为，
取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，

正四面体的每个面的面积为，
，正四面体的高，
故正四面体的体积为，
连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，每个正三棱锥体积为，则，
所以，求得，
故正四面体内切球的体积，
正四面体外接球的半径为，外接球的体积为，
．
故答案为：；27．
突破二：空间几何体内切球
1．（2022·福建·浦城县第三中学高三期中）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一.”下图解释了这段话中由一个长方体得到堑堵、阳马、鳖臑的过程.在一个长方体截得的堑堵和鳖臑中，若堑堵的内切球（与各面均相切）半径为1，则鳖臑体积的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】依题意，堑堵的内切球（与各面均相切）半径为，
所以直角三角形的内切圆半径为，，
设，则，
所以，
，
当且仅当时等号成立，
则，
所以鳖臑体积.
故选：C

2．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四面体中，截面经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心，且与、分别截于、.如果截面将四面体分为体积相等的两部分，设四棱锥与三棱锥的表面积分别为，，则必有（    ）

A． B． C． D．的大小不能确定
【答案】C
【详解】解：连接、、、，，，

则，，
又，
而以上等式右边的每个三（四）棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，又面公共，
故，即.
故选：C．
3．（2022·福建·高三阶段练习）已知正三棱锥中，侧面与底面所成角的正切值为，，这个三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为三棱锥为正三棱锥，底面边长为6，
且侧面与底面所成角的正切值为，所以可得正三棱锥的高，侧面的高；
设正三棱锥底面中心为，其外接球的半径为，内切球半径为，
则有，也即，解得：，
正三棱锥的体积，
也即，解得：，
所以，
故选：B.
4．（2022·河北张家口·高二期中）球O为正四面体的内切球，，是球O的直径，点M在正四面体的表面运动，则的最大值为__________．
【答案】##
【详解】
如图，为中点，为中心，平面，
设球O的半径为r，，
正四面体中，易求得
所以正四面体的高为，
所以根据体积公式得：
，解得，
因为点M在正四面体的表面运动，
所以，
所以
．
故答案为：．
5．（2022·湖南·雅礼中学高二阶段练习）如图，已知球是棱长为的正方体的内切球，则球的体积为________，平面截球的截面面积为________．

【答案】         
【详解】正方体内切球半径是该正方体棱长的一半，球的半径，
球的体积；
是边长为的等边三角形，球与平面、、分别相切于的中点，
平面截球所得的截面为的内切圆，
的内切圆半径，
所求截面面积.
故答案为：；.
突破三：用基底表示向量
1．（2022·甘肃·测试·编辑教研五高二期末（理））如图，空间四边形中，，，，且，，则等于（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题意知，




故选：C.
2．（2022·内蒙古·包头一中高二期中（理））已知空间四边形ABCO中，，，，M为OA中点，点N在BC上，且，则等于（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】如图所示：

点N在BC上，且，∴，
由，，
，
为中点，，，
．
故选：D．
3．（2022·河南·宜阳县第一高级中学高二阶段练习）如图，在三棱柱中，G是与的交点，若，，，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】因为为三棱柱，所以，



.
故选：.
4．（2022·四川·射洪中学高二期中（理））如图，在三棱锥中，设，，，若，，则（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】，
，
，
，
故选：A.
突破四：向量模及最值
1．（2022·四川南充·高三期中（文））如图所示，正方体的棱长为，、分别是棱、的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，若面，则线段长度的最小值是（    ）

A． B．3 C． D．
【答案】C
【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、、，，设点，其中、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，因为平面，则，
所以，，
所以，
，
当且仅当时，的长度取最小值.
故选：C.
2．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体的棱长为4，点E是棱的中点，动点P在正方形内（包括边界）运动，且平面，则长度的取值范围为（   ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】以D为原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，，，，.

取的中点为H，连接，.
在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，所以.
又面，面，
所以面.
同理可证：面.
又，所以平面平面．
因为平面，所以点P只能在线段上运动．易知，设（），，则，，
，
．
当时，取得最小值；当时，取得最大值36．
故PC长度的取值范围为．
故选：C
3．（2022·江苏·高二课时练习）如图，正方体的棱长为2，点在上，点在上，且，面，则的长为（    ）．

A． B． C．2 D．
【答案】A
【详解】因为该几何体为正方体，所以以为坐标原点，
为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系.


因为正方体的棱长为2，所以，，
平面的一个法向量为.
因为点在上，且，所以点.
因为点在上，所以设，则，
因为平面，所以，
有，，故，
.
故选：A.
4．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上（包括边界）移动，且满足，则线段的长度的最大值为（    ）

A． B． C． D．3
【答案】D
【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，

设P（a，b，0），则（0，0，2），E（1，2，0），（2，2，2），
＝（a−2，b−2，−2），＝（1，2，−2），
∵P⊥E，
，
∴a＋2b−2＝0，
∴点P的轨迹是一条线段，
，
由二次函数的性质可得当时，可取到最大值9，
∴线段P的长度的最大值为3．
故选：D．
5．（2022·辽宁·沈阳市第十中学高二阶段练习）向量，若，则__________．
【答案】
【详解】由题意知向量，，，且 ，
所以且 ，解得，
故，，则，
所以，
故答案为：.
6．（2022·河南·高二阶段练习）设，向量，且，则___________.
【答案】
【详解】因为，所以，解得，则.
因为，所以，解得，则.
.
故答案为：
7．（2022·湖北·武汉市第十九中学高二期末）已知、是空间内两个单位向量，且，如果空间向量满足，且，，则对于任意的实数、，的最小值为______．
【答案】
【详解】因为、是空间内两个单位向量，且，
所以，，因为，则，
不妨设，，
设，则，，解得，则，
因为，可得，
则，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，对于任意的实数、，的最小值为.
故答案为：.
突破五：向量数量积最值
1．（2022·江西·赣州市第三中学高二期中）在棱长为2的正四面体中，点满足，点满足，当、最短时，（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】解：因为，
可得平面，，
当，最短时，面，且，
则正四面体中，为的中心，为的中点，如图所示，

又因为正四面体的棱长为2，在正三角形中，由正弦定理得，所以，
所以，
因为平面，所以，
因为，
所以，
故选：C．
2．（2022·浙江台州·高二期中）已知点P是棱长为1的正方体的底面上一点（包括边界），则的最大值为（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【详解】
如图，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设点，，，
则，，
，
当或，或时，最大，为1.
故选：C.
3．（2022·贵州·高二期中）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面ACD，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG.
易得，，
因为平面，平面，，，所以平面平面.
因为平面，所以H为线段FG上的点.
由平面，平面，得，
又，则，
由平面，得平面，
因为，所以平面，，.
因为，
所以，.

.
因为，所以.
故选：B.

4．（2022·广东·江门市广雅中学高二期中）如图所示，在棱长为1的正方形中，点P是的中点，点M，N是矩形内（包括边界）的任意两点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设正方体的中心为O，连接OP，OM，ON．由正方体的性质可知，，，那么，又，所以.
当与反向，且时，有最小值，此时；
当与同向，且时，有最大值，此时，即的取值范围为．

故选：B
5．（2022·上海·高二专题练习）已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设正方体内切球的球心为，则,
,
因为MN是正方体内切球的一条直径，
所以，，
所以，
又点Р在正方体表面上运动，
所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为；
当为内切球与正方体的切点时，最小 ，且最小为；
所以，
所以的取值范围为，
故选：B
6．（2022·重庆市永川北山中学校高二期中）在棱长为1的正方体中，点E为底面内一动点，则的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，设则，，所以，，所以，因为，，所以，，所以，
故选：A


突破六：空间向量的平行与垂直
1．（2022·安徽·亳州二中高二期中）设，向量，，，且，，则（    ）
A． B． C．4 D．3
【答案】D
【详解】因为，故，故，
因为，故，故，故，，
故，故，
故选：D.
2．（2022·山东·聊城市茌平区第二中学高二阶段练习）已知，，，，，则与夹角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】解：因为，
所以，
解得，，
故,,，
又因为，所以，即，解得．
所以,4,，,,，
所以,2,，,,，
所以，
，
，
设与的夹角为，
则．
故选：A.
3．（2022·黑龙江·大庆二中高二阶段练习）已知两个向量，，且，则的值为（    ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】C
【详解】∵，∴，使，得，解得：，所以
故选：C
4．（2022·河南·北大公学禹州国际学校高二开学考试）如图，平面平面是等边三角形，四边形是矩形，且，E是的中点，F是上一点，当时，（    ）

A．3 B． C． D．2
【答案】C
【详解】分别取的中点O，G，连接，
以O为坐标原点，的方向别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则．设，
则．因为，
所以，解得，所以．
故选: C

5．（2022·山东·莱州市第一中学高二阶段练习）已知向量，点．在直线上，存在一点E，使得，则点E的坐标为___________．
【答案】
【详解】设，因为，，所以，，，，
因为，所以，解得，又，，所以点的坐标为.
故答案为：.
6．（2022·山东省实验中学高二期中）已知，，且与垂直，则的值为___________.
【答案】
【详解】因为，，
所以，
，
因为与垂直，所以，
解得：，所以的值为，
故答案为：.
突破七：异面直线所成角
1．（2022·广东·肇庆市第一中学高三阶段练习）如图，分别是正方形的边的中点，将沿着折起到的位置，使平面平面，连接，，则所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设的中点为，连接，因为，所以，又平面，平面平面，平面平面，所以平面，又分别是正方形的边的中点，所以，因为，所以，以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系.设，则，所以.
设所成的角为，则.
故选：C.

2．（2022·河北张家口·高二期中）如图，在三棱锥中，平面，是正三角形，，，F是棱上一点，且满足，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）．

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】以D为坐标原点，，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，，，，
，，
设，则，
已知，
因为，，
所以，
可得，即，
所以，所以，
则，
∴异面直线与所成角的余弦值为．
故选：B．
3．（2022·河南·高二阶段练习（文））如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，是线段的中点，是线段上一点（不与两点重合），且．若直线与所成角的余弦值是，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为平面，平面，平面，
所以，．
因为底面为矩形，所以．
所以DP，DC，DA两两互相垂直．
以为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，．
所以，．
因为，
所以，则．
设直线MN与BD所成角为，则．
因为，则，
化简得，即，解得或（舍去）．
故选：B
4．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二阶段练习）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，线段AB，SC的中点分别为E，F，若异面直线EC与BF所成角的余弦值为，则（    ）
A． B．4 C．2 D．3
【答案】B
【详解】如图示，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向联立空间直角坐标系.

不妨设.则，，，，，，.
所以，.
因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，解得：t=4.
即4.
故选：B
5．（2022·辽宁沈阳·高二期中）已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，SD⊥平面ABCD，边AB、SC的中点分别为E，F.若直线EC与BF所成角的余弦值为，则SD＝（    ）
A．2 B． C．4 D．1
【答案】C
【详解】以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.设，则，，，，所以，所以，.因为直线EC与BF所成角的余弦值为，所以，解得，也即.

故选：C.
突破八：直线与平面所成角
1．（2022·江苏·南京田家炳高级中学高二期中）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD=AB=AA1=2BC，E为DD1的中点，F为A1D的中点，则直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】侧棱AA1垂直于底面，则，则以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系，不妨设，则，，设平面A1CD的法向量为，，则，取，则，即直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为.
故选：C

2．（2022·福建省德化第一中学高二阶段练习）在四棱雉中，平面，，底面是边长为4的菱形，且，是的中点，则与平面所成的角的正切值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】连接交于点，
以分别为轴，过点平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
设与平面所成的角为，则
，
所以，，
所以与平面所成的角的正切值为，
故选：B

3．（2022·全国·高三专题练习（理））已知圆锥的底面圆心为，顶点为，侧面展开图对应扇形的圆心角为，，是底面圆周上的两点，与平面所成角的正弦值为，则与所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设，，，
因为侧面展开图对应扇形的圆心角为，
所以，于是，所以，
所以，，
建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则各点坐标如下：，0，，，，，，，，，，，，，，，，，平面的法向量为，0，，
与平面所成角的正弦值为，，
所以与所成角的余弦值为．
故选：A
4．（2022·浙江·余姚中学高二阶段练习）已知圆柱中，点在圆上，，，点、在圆上，且满足，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为__________.
【答案】
【详解】取中点，则， 以点为坐标原点，为轴，为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，
，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，则，
设，直线的方向向量为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
故答案为：.
5．（2022·内蒙古·赤峰二中高二期末（理））已知几何体如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长为1，点M在DG上，若直线MB与平面BEF所成的角为45°，则___________.

【答案】##
【详解】把该几何体补成一个正方体，如图，，连接，
由平面，平面，得，同理，．
又正方形中，，，平面，
所以平面，而平面，所以平面平面，
所以平面内的直线在平面上的射影是，即是直线MB与平面BEF所成的角，，
，
．
，．
故答案为：．

6．（2022·全国·高三专题练习）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是__________________．
【答案】
【详解】因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），
因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），
所以F（0,2,1），所以，
设平面D1EF的一个法向量为，
则，即，
令c＝2，则，故，
又，平面D1EF，
所以，即，
所以，所以，
故，
因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，
因为，所以|MD|在上单调递减，
所以当x＝时，|MD|取最大值，
所以|MD|的最大值为，
当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为，
所以|MD|的取值范围是．
故答案为：.
突破九：二面角
1．（2022·湖南·武冈市教育科学研究所高二期中）已知菱形中，，沿对角线AC折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为（    ）

A．2 B． C． D．
【答案】D
【详解】因为平面平面，设中点为，，则平面，，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，设菱形边长为2，则，
，，显然是平面的一个法向量，设平面的法向量为，则满足，即，
令，可得，故，则，即二面角的余弦值为.

故选：D
2．（2022·全国·高三专题练习）在正方体中，中点为，则二面角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方体的棱长为2，
则，0，，，2，，，0，，，2，，
，2，，，2，，，2，，
设平面的法向量为，，，
则，取，得，0，，
设平面的法向量为，
则，取，得，，，
设二面角的平面角为，由图知为钝角，
二面角的余弦值.

故选：.
3．（2022·山东·日照一中高二阶段练习）已知菱形中，，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则平面与平面的夹角的余弦值为（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【详解】设菱形的边长为，取的中点，连接，因为，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
如下图建立空间直角坐标系，则，，所以．
设平面的法向量为，则，即令，得，则，
又取平面的一个法向量为，所以，
故选：D．

4．（2022·河南·安阳县实验中学高二开学考试（理））在矩形中，，，沿对角线把矩形折成二面角的平面角为时，则__________.
【答案】
【详解】分别过两点作，，垂足为,如下图所示：

根据勾股定理可求出：，
沿对角线把矩形折成二面角的平面角为时，
则，



.
5．（2022·黑龙江·哈尔滨市剑桥第三高级中学有限公司高二阶段练习）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，，且，若，，则平面APB与平面PBC夹角的余弦值为______．

【答案】##
【详解】在平面内作，垂足为，
因为，得AB⊥AP，CD⊥PD，由于AB//CD ，故AB⊥PD ，
又,平面PAD，平面PAD
从而AB⊥平面PAD，又平面PAD，故，
又,，平面,平面.
可得平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，
建立如图所示的空间直角坐标系.

所以，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则即
令，则，故.
设是平面的法向量，则即
令，则，故.

则平面APB与平面PBC夹角的余弦值为
故答案为：
6．（2022·福建·泉州七中高二阶段练习）如图所示，在四棱锥中，//，且，若，，则二面角的余弦值为______．

【答案】
【详解】
取中点，中点,连接，，由已知可得//，//
∵，∴，，
∴，，
∴平面，∴，
又∵，∴
∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，
∵，∴,
∴，，，.
所以，， ，
设是平面的一个法向量，则
即，
令，则，，∴.
设是平面的一个法向量，则
即，
令，则，，∴.
则，
由图可知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
故答案为：.
突破十：空间距离
1．（2022·浙江·高二阶段练习）在棱长为2的正方体中，在线段上，且，则点到平面的距离为（    ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【详解】
如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
.
设为平面的法向量，且，
则
即
取,
故点到平面的距离.
故选：B.
2．（2022·安徽·合肥市第七中学高二期中）如图，ABCD－EFGH是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图，以为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，    
因为，
所以，，,
所以点P到AB的距离．
故选：D.
3．（2022·山西省运城中学校高二期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的正三角形，，顶点在底面的射影为底面正三角形的中心，P，Q分别是异面直线上的动点，则P，Q两点间距离的最小值是（    ）

A． B．2 C． D．
【答案】D
【详解】如图，是底面正的中心，平面，平面，则，
，则，又，，
，直线交于点，，
以直线为轴，为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，，
，
设与和都垂直，
则，取，则，，
P，Q两点间距离的最小值即为异面直线与间的距离等于．
故选：D．

4．（2022·浙江·高二期中）在棱长为3的正方体中，平面与平面之间的距离为（    ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【详解】因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面平面，
所以平面与平面之间的距离可以转化为点到平面之间的距离，
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，
所以，即，令，则，，，
所以点到平面之间的距离为，
即平面与平面之间的距离为.
故选：C.

5．（2022·重庆·高二阶段练习）如图，在四棱锥中，，底面为菱形，边长为4，，平面，异面直线与所成的角为60°，若为线段的中点，则点到直线的距离为______ .

【答案】3
【详解】连接．以为坐标原点，向量，，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，
，是等边三角形，点在直线上的射影在边上（靠近的四等分点），
由平面，平面，得，
又，，平面，
所以平面，而平面，所以，∴为锐角，
，为异面直线与所成角，即.
在菱形中，，， ，．设，则，


，

，，，，，
点到直线的距离为.
故答案为：3.
6．（2022·全国·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数（且）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为___________；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为___________.

【答案】         
【详解】①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的空间坐标系，

则设，
由得，
所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，
所以，
由题得
所以设平面的法向量为，
所以，令，则由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为.
故答案为：；.
突破十一：立体几何综合问题
1．（2022·陕西·汉阴县第二高级中学一模（理））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
【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.
2．（2022·全国·模拟预测）在三棱锥中，为等边三角形，平面 ，，，点G是P在平面内的射影，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】如图，取的中点D，连接，为等边三角形，∴，

由题意知平面，平面，
故,又， ，则，
所以，而平面,所以平面,
又平面, 所以平面平面,平面平面,
∴点P在平面内的射影在直线上，连接PG，则，
在中，，，则，，
故，则,∴点G是的重心.
以P为坐标原点，过点P作的垂线为x轴，以 所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，则，
∴，
∴异面直线与所成角的余弦值为,
故选:C.
另解：同解法一得出点G是的重心.
如图，取的中心E，连接EG，则 ,故，

则异面直线与所成的角为，
因为平面，故平面，
连接CE，在中，，，,
∴，故异面直线与所成角的余弦值为,
故选：C.
3．（2022·江西宜春·高二阶段练习（理））在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，且．若点分别为棱的中点，则下列说法错误的是（    ）
A．平面
B．直线和直线所成的角为
C．过点的平面与四棱锥表面交线的周长为
D．当点在平面内，且时，点的轨迹为一个椭圆
【答案】D
【详解】由题意可知因为平面，平面，
所以，
又底面是边长为2的正方形，所以，即两两垂直，
以为原点，为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，

所以由题意,
所以，
设平面的法向量，所以，解得，
因为，所以平面，A正确；
因为，
所以，
又因为，所以直线和直线所成的角为，B正确；

延长与交于点，延长与交于点，连接与交于点，连接与交于点，连接，
则过点的平面与四棱锥的截面为，
取的中点为，则，
又，所以，所以，
所以为中点，即为靠近的四等分点，同理为靠近的四等分点，
所以，
则,
则截面周长为，C正确；
因为，所以点到平面的距离，
又因为，所以点到平面的距离，
设与平面交于，由A得因为平面，所以,
所以，
即为定值，所以的轨迹为圆，D错误；
故选：D
4．（多选）（2022·广东·高三阶段练习）在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的有（    ）

A．直线⊥平面
B．直线平面
C．异面直线AP与所成角的取值范围是
D．三棱锥体积为定值
【答案】ABD
【详解】分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，

对于A：设边长为1，则,，
所以，
因为，
所以，即，
又平面，
所以直线平面，故A正确；
对于B：因为点M在线段上运动，
所以设点，则，
由上可知：平面的法向量为，
，因为平面，
所以直线平面，故B正确；
对于C：，设异面直线AM与所成角为，
所以，
因为，所以当时，，
当时，，
因为，
所以，
综上，所以，故C错误；
对于D： 因为，点M在线段上运动，
所以点P到直线的距离不变，即的面积不变，
又因为点到平面的距离恒为，
所以点到平面的距离不变，即三棱锥的高不变，
所以三棱锥的体积为定值，而，故D正确，
故选：ABD
5．（多选）（2022·湖南省桃源县第一中学高三期中）如图，正方体棱长为1，点是线段上的一个动点，下列结论中正确的是（    ）

A．存在点，使得
B．三棱锥的体积为定值
C．若动点在以点为球心，为半径的球面上，则的最小值为
D．过点，，作正方体的截面，则截面多边形的周长的取值范围是
【答案】BCD
【详解】对A选项，在正方体中，以为直径的球面，半径，则直线与该球面没有公共点，故不存在点，使得，故A选项错误；
对B选项， 因为，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，故，故B选项正确；
对C选项，，，因为，所以，故C选项正确；
对D选项，当在上移动时，截面多边形如图(1)所示，其侧面展开图如图(2)所示，
  
图(1)                          图(2)
当点位于点时，即与点重合，截面多边形为正三角形，此时的周长最小，周长，当点从点向点移动时，根据对称性可知，截面多边形的周长先增大后减小，即点随着点的移动至点时，此时点为的中点，截面为平行四边形，截面多边形的周长最大，此时周长为，所以截面多边形的周长的取值范围是，故D选项正确.
故选：BCD
6．（多选）（2022·广东惠州·高二阶段练习）在棱长为1的正方体中,已知E为线段的中点,点F和点P分别满足,,其中,则下列说法正确的是（    ）
A．当时,平面与平面FAC的夹角余弦值为
B．当时,四棱锥的外接球的表面积是
C．的最小值为
D．存在唯一的实数对,使得平面PDF
【答案】ABD
【详解】对于A,当时,F为线段的中点,
以D为坐标原点,DA所在的直线为轴,DC所在的直线为轴,所在的直线为轴,建立空间直角坐标系，


,,,.
,,,
设平面的法向量为,平面ACF的法向量为,
由,即,令，得,
同理，即，令，得,
所以,故A正确;
对于B,当时,点P为正方体的中心,设四棱锥的外接球的半径为,由,解得,
故四棱锥的外接球的表面积为,故选项B正确;
对于C,把问题转化为在平面内求点P使得最小,如图,作点E关于线段的对称点,过点作、AB的垂线,垂足分别为F和H,交于点P.
则,设,
结合,,，
,
故,故,故选项C错误;

对于D,如图建立空间直角坐标系，

,,,,,
故,,,
若平面PDF,
则即,
解得（舍）或,
故存在唯一的实数对,使得平面PDF,故选项D正确,
故选:ABD．
7．（2022·对外经济贸易大学附属中学（北京市第九十四中学）高三阶段练习）如图，正方体的棱长为，分别是棱的中点，过点的平面分别与直线交于点，为侧面（含边界）上的一个动点.给出以下命题：

①四边形一定为菱形；
②四棱锥的体积为定值；
③平面与平面所成的角不大于；
④的最小值为.
其中正确命题的序号是______.
【答案】①②④
【详解】对于①，连接，

平面平面，平面平面，平面平面，，同理可得：，
四边形为平行四边形；
分别为中点，；
四边形为正方形，，
又平面，平面，，
，平面，平面，
平面，又平面，，
四边形为菱形，①正确；
对于②，由①知：四边形为菱形，，
；
，点到平面的距离为，
，则为定值，②正确；
对于③，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，则，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量；
，
为平面与直线的交点，；
则当时，，
平面与平面可以大于，③错误；
对于④，作出关于平面的对称点，则，

平面平面，平面平面，平面平面，，同理可得：，
四边形为平行四边形，平面，又平面，
又平面平面，，又，
，为中点，即，
，（当且仅当三点共线，即为如图所示点时取等号），
，④正确.
故答案为：①②④.
8．（2022·北京·海淀教师进修学校附属实验学校高三阶段练习）如图，在正方体中，为棱的中点.动点沿着棱从点向点移动，对于下列三个结论：

①存在点，使得，且这样的点有两个；
②的面积越来越小；
③四面体的体积不变.
所有正确的结论的序号是__________.
【答案】②③
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，，设（），则，，
令，解得：，存在唯一一个点P，使得，①错误；
，，，，
设点P到直线距离为，则
所以，
因为，动点沿着棱DC从点D向点C移动，即从0逐渐变到2，随着的变大，变小，的面积越来越小，②正确；
以为底，高为点P到上底面的距离，因为∥底面，所以h不变，所以四面体的体积不变，③正确.

故答案为：②③.
9．（2022·北京师大附中高三阶段练习）如图，在正方体中，为棱的中点，是棱上的动点（不与端点，重合）.给出下列说法：
①当变化时，三棱锥的体积不变；
②当变化时，平面内总存在与平面平行的直线；
③当为中点时，异面直线与所成角的余弦值为；
④存在点，使得直线.
其中所有正确的说法是______.

【答案】①②
【详解】解：由题意
对于①
∵，
∴N到面的距离相等，设为d，
，
∴三棱锥的体积为定值，①正确.
对于②，
∵面与面有公共点M，
∴面与面有一条经过M点的交线，
∴在面中，作该交线的平行线，
则该直线平行于面，②正确.
对于③，设正方体棱长为2，
建立空间直角坐标系如下图所示，

，，，，
，，，，
，，
∴，，
∴，
∴当为中点时，异面直线与所成角的余弦值为，③错误.
对于④，
设，则，，
若直线⊥面，
，
无解，
∴存在点，使得直线，④错误.
故答案为：①②.
第三部分：冲刺重难点特训
一、单选题
1．（2022·河北·涉县第一中学高三期中）在棱长为2的正方体中挖掉一个体积最大的圆锥（圆锥的底面在正方体的底面上），再将该圆锥重新熔成一个圆柱，则该圆柱表面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题可知体积最大的圆锥的体积为，
设圆柱的高为，底面圆的半径为，所以，即.
圆柱的表面积，
设则，
在上是单调递增的,
易知当，即时，取得最小值,即最小值为.
故选：
2．（2022·湖北·高二阶段练习）已知棱长为12的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最长为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图所示，正四面体的边长为，
则正方体的边长为，
正四面体的体积为
，
设其内切球的半径为，则，
解得.

已知正四面体的棱长为12，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，
则正方体玩具的外接球为正四面体的内切球，所以内切球的半径，
内切球的直径，内切球的直径也即正方体玩具的体对角线长的最大值，
设此时正方体玩具的边长为，则体对角线长为.
即正方体玩具的棱长最长为.
故选：D
3．（2022·广东·肇庆市第一中学高三阶段练习）已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为，则它的内切球的半径为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，为的中点，底面，则为的中心，底面的面积.
又，所以，所以.
设三棱锥的内切球的半径为，则，所以.

故选：B
4．（2022·湖南·慈利县第一中学高三阶段练习）如下图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球O的球面上，则球O与正八面体的体积之比是（     ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由题意得正方形的中心即为外接球球心，设，则，
球的体积为，
而，故正八面体的体积，
得，
故选：A
5．（2022·江西·高二阶段练习）如图，在长方体中， ，当 时，有平面，则实数的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．
【答案】C
【详解】如下图所示：

以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系；设，
则，设
即，，
由得
即，所以
则
设平面的一个法向量为，
，所以
令，则；所以
由平面可知，,即.
所以.
故选：C
6．（2022·湖南岳阳·高二期中）平行六面体中，则它的对角线的长度为（    ）

A．4 B． C． D．
【答案】D
【详解】由于，而
所以，将等式两边同时平方得：
，

，
所以，
即对角线的长度为.
故选：D.
7．（2022·全国·模拟预测）如图，直三棱柱的底面为正三角形，M，N分别为AC，的中点，若，则异面直线与MN所成角的大小为（    ）

A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】C
【详解】解法一：

如图，设直三棱柱的底面边长为2，，连接，
则，，，
因为，所以在中，由勾股定理可得，得.
连接，交于点P，取的中点Q，连接PQ，AQ，则，，
所以为异面直线与MN所成的角或其补角.
易知，故为等边三角形，，
所以异面直线与MN所成角的大小为60°.
解法二：

设直三棱柱的底面边长为2，，连接，
则，，，
因为，所以在中，由勾股定理可得，得.
如图，把三棱柱补成一个四棱柱，连接，，
则，，故为异面直线与所成的角或其补角.
连接AD，易知，故为等边三角形，，
所以异面直线与所成角的大小为60°.
解法三  由题可以A为坐标原点，分别以AB，所在直线为y，z轴，
在平面ABC上过点A作与AB垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设直三棱柱的底面边长为2，高为h，则，，，，
所以，，，由可得，
所以，得，所以，，则，
因为异面直线所成角的取值范围为，所以异面直线与MN所成角的大小为60°.
故选：C
8．（2022·上海·模拟预测）如图，正方体中，M是的中点，则（    ）

A．直线与直线相交，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线AC异面，直线平面
D．直线与直线垂直，直线∥平面
【答案】D
【详解】解：因为是正方体，不妨设棱长为2，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：

则，，，，，，，，
又M为的中点，故可得，，，
设平面的法向量为，
则，即，不妨取，故可得．
设平面的法向量为
则，即，不妨取，故可得．
对A：因为，，故BM，不相交，故错误；
对B：，，不存在非零实数，使得，
故MB，不平行，故错误；
对C：，平面的法向量为，
不存在非零实数，使得，故MB与平面不垂直，故错误；
对D：，，则，故直线MB与垂直；
又，故MB与平面平行，故正确；
故选：D．
二、多选题
9．（2022·辽宁沈阳·高二期中）如图所示，平行六面体，其中，，，，下列说法中正确的是（    ）

A．
B．
C．直线AC与直线是相交直线
D．与AC所成角的余弦值为
【答案】AB
【详解】由空间向量运算法则得到：，
所以

，
故，A正确；
因为，
所以

，
故，，B正确；
连接，

因为，且，所以四边形为平行四边形，
点平面，而点平面，
故直线AC与直线是异面直线，C错误；
，，


，
又
，


，
故，
设与AC所成角为，
所以
故与AC所成角的余弦值为，D错误.
故选：AB
10．（2022·山东·巨野县第一中学高二期末）已知在直三棱柱中，底面是一个等腰直角三角形，且，E、F、G、M分别为的中点．则（    ）
A．与平面夹角余弦值为 B．与所成角为
C．平面EFB D．平面⊥平面
【答案】BCD
【详解】如图1，建立空间之间坐标系，设，则有：
，

∴，，，，，
设平面ACC1A1的法向量为
则有，令x＝1，则，
则，
∴与平面夹角的正弦值为，则余弦值为，A错误；
∵，
∴AB1与BC1所成角的余弦值为，则夹角为，B正确；
如图2：连接，设，连接OF，

E、M分别为的中点，则且，
∴为平行四边形，则O为的中点，
又∵F为的中点，则，
平面EFB，平面EFB，
∴平面EFB，C正确；
由题可知平面即为平面，
由题意可得：，
又，平面，
∴平面，
平面，则，
又∵为正方形，则，
又，平面，
所以平面，平面，
∴平面⊥平面，即平面⊥平面，D正确.
故选：BCD．
11．（2022·山东·泰安市基础教育教学研究室高二期中）如图，四棱柱的底面ABCD是正方形，O为底面中心，平面ABCD，．以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则（    ）

A．
B．平面
C．平面的一个法向量为
D．点B到直线的距离为
【答案】BCD
【详解】依题意, 是正方形, ,与的交点为原点,,

在给定的空间直角坐标系中, ,
而,
则点,,故错误;
,,
设平面的法向量,
则,
令,得,故正确;
,即平面,故正确;
,,,
到的距离,故正确
故选:
三、填空题
12．（2022·河北南宫中学高三阶段练习）在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【详解】如下图所示：

由题意可得，，
所以，，
，

，
所以，.
因此，与所成角的余弦值为.
故答案为：.
13．（2022·江苏南通·高三阶段练习）如图为某公园供游人休息的石凳，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，它的表面是由正三角形和正方形组成，设被截正方体的棱长为2a，若球О以该几何体的中心为球心，且与正三角形表面相切，则该球被其中一个正方形表面截得的截面面积为__________.

【答案】
【详解】如图建系，，，，，

，
四面体OABM为正四面体，O到平面ABM距离，
易知球心到正方形所在平面的距离为，
球被正方体ABCD截得的圆为圆，，.
故答案为：.
14．（2022·北京·杨镇第一中学高二期中）在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，给出下面四个结论：
①点可以是棱的四等分点，且靠近点；
②线段的最大值为；
③点的轨迹是正方形；
④点轨迹的长度为．
则其中所有正确结论的序号是________．
（注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求．全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分）

【答案】①④
【详解】解：在正方体中，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
∵该正方体的棱长为1，，分别为，的中点，
∴，，，，∴，

设，则，
∵，∴，即
当时，，当时，，
取，，，，
连接，，，，
则，，
∴四边形为矩形，则，，
即，，
又和为平面中的两条相交直线，
∴平面，
又，，
∴为的中点，则平面，
为使，必有点平面，
又点在正方体表面上运动，∴点的轨迹为四边形，
因此点可以是棱的四等分点，且靠近点，故选项①正确；
又，，
∴，则点的轨迹不是正方形且矩形周长为，
故选项③错误，选项④正确；
∵，，
又，则，即，
∴，点在正方体表面运动，
则，解，
∴，
故当或，或1，取得最大值为，故②错误.
故答案为：①④．
四、双空题
15．（2022·湖北·武汉市第十七中学高二期中）如图1，是平行四边形，，如图2，把平行四边形沿对角线折起，则三棱锥体积的最大值为______________．若与成角，则的长为______________．

【答案】          或
【详解】由已知得，对于三棱锥，当平面时，三棱锥体积的最大，由，是平行四边形，可得，，故；
，又因为与成角，故或，且，，
，
故或，
则或
故答案为：①；②或；
16．（2022·天津河北·高二期中）在棱长为2的正方体中，E为的中点，以D为原点，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，则点到直线的距离为______________；点D到平面的距离为______________．

【答案】         
【详解】由题意知：，
所以，
，
所以，
所以点到直线的距离为；
由题意知：，
所以，
记平面的法向量为，
则，取，则，，
此时，
又，
所以点D到平面的距离.
故答案为：，.