2025年高考数学二轮复习专项精练20 空间向量与距离、探究性问题（真题精练+模拟精练）

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【真题精练】
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.
【模拟精练】
一、解答题
1．（2024·江苏南通·二模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
2．（2024·浙江台州·一模）如图，已知四边形为平行四边形，为的中点，，．将沿折起，使点到达点的位置．

(1)若平面平面，求证：；
(2)若点A到直线的距离为，求二面角的平面角的余弦值．
3．（2024·山西吕梁·一模）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，．

(1)线段上是否存在一点使得，若存在，求出的长，若不存在，说明理由；
(2)定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，求异面直线与之间的距离．
4．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
5．（22-23高三下·湖南·阶段练习）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.
(1)证明：.
(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
6．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为．
(1)求直四棱柱的高；
(2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由．
7．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
8．（2023·广东韶关·一模）已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.
(1)证明：；
(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
9．（2024·吉林·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，为中点，点在梭上（不包括端点）.
(1)证明：平面平面；
(2)若点为的中点，求直线到平面的距离.
10．（2024·北京怀柔·模拟预测）三棱台中，若平面，，，，M，N分别是，中点.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)求点C到平面的距离.
参考答案：
1．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）选择条件①，由,分别为,的中点，得，
又平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
选择条件②，在中，为中点，则与不平行，
设，则，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一点.
（2）若第（1）问中选①，由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则，
又平面平面，于是平面，
因此点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，,，
设平面的一个法向量为,则，令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
2．(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据题意利用面面垂直的性质定理可得平面，进而可得结果；
（2）分析可知即为二面角的平面角，记为，建系，可得，结合点到线的距离公式运算求解.
【详解】（1）因为四边形为平行四边形，且为等边三角形，所以．
又因为为的中点，则，所以为等腰三角形，
可得，，即，
因为平面平面，平面平面，平面，
则平面，且平面，所以．
（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，
取的中点，则，由（1）得，所以，
所以即为二面角的平面角，记为．
以点为坐标原点，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．

则，，
因为，则，
可得；，
则点A到直线的距离为，
由题意可得，解得，或，
所以二面角的平面角的余弦值为或．
3．(1)存在点，
(2)
【分析】（1）首先以点为原点建立空间直角坐标系，由，即可求解点的位置，并求解；
（2）由异面直线的距离的定义，结合（1）的结果，转化为求点到直线的距离，再转化为二次函数求最值问题.
【详解】（1）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点的坐标为B1,0,0，C1,1,0，，
，
设为直线PB上一点，且，
,又，

所以存在点，满足，此时.

（2）由（1）可得，

则点到直线的距离

∵
∴
所以异面直线PB与CD之间的距离为
4．(1)证明见解析
(2)存在实数，理由见解析
【分析】
（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【详解】（1）
因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，两两垂直，
故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则A0,0,0，，，，
故，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
5．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；
（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为二面角为，，，
所以，二面角的平面角为，
以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则、、、、.
，，，.
设，，其中，
设平面的法向量为，
由得，
取，可得，
，解得，合乎题意，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为.
6．(1)
(2)能，
【分析】（1）设，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，设，用空间向量法结合直线与平面所成角为，列出方程求解即可；
（2）假设能找到这样的点，设，且，根据平面与平面的夹角为及空间向量，列方程解出，即可说明存在，计算出即可．
【详解】（1）设，
因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直，
如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
因为菱形中，，
所以，设，
则，，
所以
设平面的一个法向量为，则由,得，
令得，，
所以，
因为直线与平面所成角为，
所以，即，解得．
（2）假设能找到这样的点，
设，且，
则，
设平面的一个法向量为，则由,得，
令得，，
则，
由平面与平面的夹角为，
可得，即，解得，
所以能找到这样的点，
此时，，故．
7．(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】
（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、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A0,0,0、P0,0,1、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，取，则，，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.
8．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据为矩形，且是中点得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性质定理得到平面，再结合平面即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，根据得到，然后利用向量的方法求与平面所成的角的正弦值，列方程求即可.
【详解】（1）依题意矩形，，，是中点，
所以，
又，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，
设是的中点，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，，
假设存在满足题意的，则由.
可得，.
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，，即，
设与平面所成的角为，所以
解得（舍去），
综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.
9．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质与勾股定理，结合三线合一证得，，再线面垂直与面面垂直的判定定理即得证.
（2）由线面平行判定定理可证得平面，则点到平面的距离即为到平面的距离.方法一：以为原点建立空间直角坐标系，运用点到面的距离公式计算即可.方法二：运用等体积法计算即可.
【详解】（1）证明：连接，如图所示，
平面，
，
，即，
又为中点，则，且，
四边形为正方形，，
平面平面，
又，、平面，平面，
又平面平面平面.
（2）在中，分别为中点，，
又平面平面，平面，
点到平面的距离即为到平面的距离，
（方法一）
，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，
则，
，
设n=x,y,z是平面的法向量，
，
取，则是平面的一个法向量，
点到平面的距离为，
即直线到平面的距离为.
（方法二）
连接、，如图所示，
为等腰直角三角形，，
又平面是三棱锥的高，
，
，
，
，
设到平面距离为，则，
，
即到平面的距离为.
10．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）（3）由（1）中坐标系，利用面面角、点到平面距离的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱台中，平面，，显然直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

由，得，
由M，N分别是，中点，得，则，
因此，而点直线，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的正弦值.
（3）由（1）知，，由（2）知，平面的法向量，
所以点C到平面的距离.