专题02 空间角与距离的计算--2023-2024学年高二数学上学期期末真题分类汇编（人教A版2019选择性必修第二册）

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异面直线所成的角
1．（2023上·新疆·高二校联考期末）如图，在直三棱柱中，，，，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据异面直线所成角的向量求法直接求解即可.
【详解】由题意知：，，，，
，，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
2．（2023上·陕西西安·高二校考期末）如图，长方体中，，，，E、F分别是线段和的中点，则异面直线与所成的角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求出直线与的方向向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角，由此可得异面直线与所成的角.
【详解】因为，
以点为原点，以为的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
所以，
设异面直线与所成的角为，则，
又，所以，
所以异面直线与所成的角是.
故选：B.
3．（2023上·北京·高二人大附中校考期末）如图，已知正方形所在平面与正方形所在平面构成的二面角，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题目条件可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值即可.
【详解】根据题意可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，所以，
设正方形边长为1，异面直线与所成的角为，
，，,
所以
即
所以；
即，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
4．（2023上·辽宁丹东·高二统考期末）已知异面直线和的方向向量分别为，则异面直线和所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】根据异面直线夹角求余弦值的坐标公式，可得答案.
【详解】设异面直线和所成角为，则.
故答案为：.
5．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）已知平面四边形中，，现将沿折成一个四面体，则当四面体的外接球表面积最小时，异面直线与所成角的余弦值是 .
【答案】
【分析】由外接球的性质及外接球表面积最小确定球心在AD中点上，则可由半径确定C的位置，最后建系由向量法求线线角的余弦值.
【详解】设AD的中点为E，BD的中点为F，∴.
∵，
∴，，，.
四面体的外接球心在过E且垂直于面ABD的直线上，又四面体的外接球表面积最小，即外接球的半径最小，则当球心为E时，半径最小.
∵，∴，由平面ABD，∴平面ABD，
则可建立空间直角坐标系如图所示，则，，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
6．（2023上·浙江湖州·高二统考期末）在四棱柱中，底面为平行四边形，且，.
(1)用表示，并求的长；
(2)若为中点，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；
（2）用表示，计算，由向量法求异面直线所成的角．
【详解】（1），
，
，
，
即，解得；
（2）由（1）知
设异面直线与所成角为，则.
直线与平面所成的角
7．（2023上·广西防城港·高二统考期末）如图所示的多面体，底面为长方形，平面，，则与平面所成角正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】适当建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，并利用，求出点F坐标，最后利用线面角公式求出答案.
【详解】因为平面平面，
所以，又为长方形，所以，
所以两两垂直，

以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建
立空间直角坐标系
因为，
则，
，设平面的一个法向量为，
由，得，
令，即，
设，则，又，故.
故.设与平面所成角为，于是，.
故选：B.
8．（2023上·广西北海·高二统考期末）在直三棱柱中，，，，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值，从而求出余弦值.
【详解】因为三棱柱是直三棱柱，且，
所以以B为原点、AB所在直线为x轴、BC所在直线为y轴、所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为，所以，
故．
设为平面的一个法向量，
则，
令，得．
设直线与平面，所成的角为，
则，
则．
故选：D．
9．（2023上·山东济宁·高二统考期末）已知平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线面角的向量法求解即可.
【详解】因为平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
10．（2023上·山东枣庄·高二枣庄市第三中学校考期末）阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意求平面的法向量与直线l的方向向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】因为平面的方程为，
所以平面的法向量可取，
同理平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
设直线的方向向量，
则，令，则，
则直线l与平面所成角的正弦值为
.
故选：A
11．（2023上·福建三明·高二三明市第二中学校考期末）如图所示，在棱长为1的正方体中，P，Q分别是线段，上的点，满足平面，则与平面所成角的范围是 ．
【答案】
【分析】以为原点，为轴、轴、为轴建立空间直角坐标系，设，且，其中，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，求得的范围，即可求解.
【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，
则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
易得不重合，设，其中，且，
所以，所以，，
因为平面，所以，可得，所以，，
因为平面，所以的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
则，
当，可得，因为，所以
当，可得，因为，所以，
所以与平面所成的角的范围是为.
故答案为：
12．（2023上·山西晋中·高二统考期末）如图所示，在棱长为2的正四面体中，为等边三角形的中心，分别满足.

(1)用表示，并求出；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）先利用正四面体几何性质用表示，进而求得；
（2）先求得直线与直线所成角的余弦值，进而得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）连接并延长交于，则为中点，
则，
，
则

（2）根据题意，平面，因此，直线与平面所成角的正弦值
即为直线与直线所成角的余弦值的绝对值.
，
且
故.
则直线与平面所成角的正弦值为.
面面夹角
13．（2023上·山东聊城·高二统考期末）如图，在四面体ABCD中，，，若，，，，则平面ABD与平面CBD的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可得，结合空间向量的数量积的定义及运算律可求得，即可得结果.
【详解】设平面ABD与平面CBD的夹角为，
由题意可得：，
∵，
则，
即，解得，
由，可得，
故平面ABD与平面CBD的夹角为.
故选：C.
14．（2023上·江西吉安·高二统考期末）如图，在四棱锥中，已知：平面ABCD，，，，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合图形，利用空间向量的坐标运算表示面面夹角的余弦值，即可确定点位置，即可求解.
【详解】以为坐标原点，建系如图，
因为二面角的平面角大小为，
所以的轨迹是过点的一条直线，
又因为Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），
所以的轨迹是过点的一条线段，
设以的轨迹与轴的交点坐标为，
由题意可得,
所以,
因为平面，所以平面的一个法向量为,
设平面的法向量为，
所以令则
所以，
因为二面角的平面角大小为，
所以，解得，
所以当在线段BC上时，面积最大，最大值为，
所以面积的取值范围是，
故选:D.
15．（2023上·广西钦州·高二浦北中学统考期末）已知向量，分别为平面和平面的法向量，则平面与平面的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据坐标可求出，根据夹角的范围以及平面的夹角与平面法向量之间的关系即可求出答案.
【详解】解：由已知可得，，，
所以.
设为平面与平面的夹角，则，
又，
所以.
故选：C.
16．（2023上·广东深圳·高二校考期末）如图，已知菱形中，边长为，沿对角线折叠之后，使得平面平面，则二面角的余弦值为 .
【答案】
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，根据二面角余弦值的空间向量求解方法进行计算即可.
【详解】设菱形的边长为2，取的中点，连接，，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，．
设平面的一个法向量为，则，
令，则，
易知，平面的一个法向量为，
所以，
设二面角为，由图可知二面角为锐角，即，
所以，所以二面角的余弦值为．
故答案为：
17．（2023上·浙江杭州·高二杭师大附中校考期末）已知矩形ABCD，，沿对角线AC将折起，若二面角的余弦值为，则B与D之间距离为 ．
【答案】
【分析】过和分别作，由题意可得、，由二面角的余弦值为，得，再利用可求得结果.
【详解】过和分别作，
由，则，
由等面积法知：，故，
则，即，
二面角的余弦值为，即，
，
，
则，即与之间距离为.
故答案为：
18．（2023上·河北邯郸·高二统考期末）如图，在直三棱柱中，，，且二面角为为45°.
(1)求棱AC的长；
(2)若D为棱的中点，求平面与平面夹角的正切值.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）由图及题意可得是二面角的平面角，后可得棱AC的长；
（2）建立以C为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
【详解】（1）因平面ABC，平面ABC，则.
又，，平面，平面，
则平面.又平面，则，
故是二面角的平面角，则.
又，则.
（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，.可得，，，.
设平面的法向量为，则，
取，得.
设平面的法向量为，则，
取，得
由，得平面与平面的夹角为60°，
故平面与平面的夹角的正切值为.
点到直线的距离
19．（2023上·湖北·高二统考期末）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，则点到直线BE的距离为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，得到各点坐标，再根据向量公式计算得到距离.
【详解】如图所示：以分别为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，点到直线BE的距离为.
故选：C.
20．（2023上·天津·高二校联考期末）已知空间内三点，，，则点A到直线的距离是（ ）．
A．B．1C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示求出，利用同角三角函数的关系求出，结合计算即可求解.
【详解】空间内三点，，，
所以，，，，
由，所以，
所以点A到直线的距离.
故选：A.
21．（2023上·辽宁锦州·高二统考期末）直线的方向向量为，且过点，则点到l的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线的方向向量为，取直线的一个单位方向向量为，计算代入空间中点到直线的距离公式即可求解.
【详解】依题意，
因为直线的方向向量为，
所以取直线的一个单位方向向量为，
由，可得，
所以，
，
所以.
故选：B.
22．（2023上·福建福州·高二统考期末）如图，已知正四棱锥的所有棱长均为1，E为PC的中点，则线段PA上的动点M到直线BE的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】方法一：建立空间直角坐标系，求向量在上的投影的大小，再求点M到直线BE的距离，由此可求其最小值.
方法二：证明为异面直线的公垂线段，由此可求动点M到直线BE的距离的最小值.
【详解】连接，记直线的交点为，
由已知平面，，
以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
由已知，
所以，
则，
所以，，，
设，则
，
所以在上的投影向量的模为，
又，
所以动点M到直线BE的距离，
所以，
所以当时，动点M到直线BE的距离最小，最小值为，
故选：D.
方法二：因为为等边三角形，为的中点，所以，
由已知，所以，
所以，
所以为异面直线，的公垂线段，
所以的长为动点M到直线BE的距离最小值，
所以动点M到直线BE的距离最小值为，
故选：D.
23.（2023上·山东青岛·高二统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则的重心到直线BN的距离为 .
【答案】/
【分析】以为轴建立空间直角坐标系，由重心坐标公式求得的重心的坐标，用空间向量法求点到直线的距离．
【详解】以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，设的重心是，
则，，，即，
，，
，，，
，
则 是锐角，，
所以到直线的距离为．
故答案为：．
24．（2023上·山西临汾·高二统考期末）如图所示，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，是棱上一点，且.
(1)求点到直线的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)2
(2).
【分析】（1）利用面面垂直得出线面垂直，建立坐标系，利用空间向量求解点到直线的距离；
（2）分别求解平面与平面的法向量，利用法向量求解两平面的夹角.
【详解】（1）取的中点，连接，并过点作的平行线，交于，
则.
因为，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以.
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
则，
直线的一个单位方向向量为，
点到直线的距离.
（2），
设平面的法向量为，
则令，
设平面的法向量为，
则令，
设平面与平面的夹角为，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
点面距
25．（2023上·河南新乡·高二统考期末）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，是的中点，，则点到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
因为是的中点，，
所以，
所以，．
设是平面的法向量，

则，令，得．
故点到平面的距离为．
故选：B
26．（2023上·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期末）已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用空间向量点到平面的距离公式计算作答.
【详解】依题意，，所以点到平面的距离.
故选：B
27．（2023上·安徽亳州·高二安徽省涡阳第一中学校考期末）在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】将点到平面的距离转化为点到平面的距离，建立空间直角坐标系求解.
【详解】如图所示，因为点E，F分别是，的中点，所以，又因为平面，平面，
所以平面，点到平面的距离即为点或到平面的距离.
设到平面的距离为，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，则有，得，
可求得平面的法向量为，，
所以.
故选：D.
28．（2023上·山东聊城·高二统考期末）如图，长方体中，若，则到平面的距离为 ．
【答案】/
【分析】求出面的法向量，利用向量法得出到平面的距离.
【详解】因为，所以，
，设平面的法向量为，由，可得
，取，则，
即到平面的距离为.
故答案为：
29．（2023上·甘肃天水·高二统考期末）如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆O的直径AB长为8，点C是圆上一点，，点D是劣弧AC上的一点，平面平面，且．
(1)证明：．
(2)当三棱锥的体积为时，求点O到平面PCD的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由及线面平行的判定定理可得平面PCD，根据线面平行的性质可得.根据可得，
由线面垂直的性质可得，故根据线面垂直的判断定理可得平面POD，从而可证明；
（2）根据三棱锥的体积可求，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，求出及平面PCD的一个法向量，根据即可求解.
【详解】（1）因为，平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.
因为平面ABCD，且平面平面，所以.
因为，所以，
所以，即.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以.
因为，平面POD，
所以平面POD, 因为平面POD，所以.
（2）因为，所以.
如图，以为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，.
设平面PCD的法向量为，
则，令，得.
因为点O到平面PCD的距离，所以点O到平面PCD的距离.
30．（2023上·广东清远·高二统考期末）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=2，AA1=AB=4，E为棱AA1的中点．
(1)证明：BC⊥C1E．
(2)设=λ（0