高中数学高考考点18 空间中的角度和距离问题（核心考点讲与练）-2023年高考数学一轮复习核心考点讲与练（新高考专用）(解析版）

考点18 空间中的角度和距离问题（核心考点讲与练）

1.异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)

求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝
2.直线和平面所成的角
(1)定义：一条斜线和它在平面内的射影所成的角叫做斜线和平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.
(2)范围：.
3.求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
4.二面角
(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
(3)二面角的范围：[0，π].
5.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈，〉.

(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
6.点到平面的距离

用向量方法求点B到平面距离基本思路：确定平面法向量， 在平面内取一点A，求向量到法向量的投影向量，投影向量的长度即为所要求的距离.如图平面α的法向量为n，点B到平面α的距离d＝.

1.异面直线所成的角，若向量a、b分别是异面直线与的方向向量，异面直线与所成的角为，则；.
2.设直线的方向向量为，平面的一个法向量为，直线与平面所成的角为，则；.
3.设向量为m平面的一个法向量，向量n为平面的一个法向量，平面与平面所称的二面角为，则；. 或.
4.点到平面的距离的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝.

5.求参数的值与范围是高中数学中的常见题型.立体几何中含参数的问题，解决起来既有常规的函数和不等式法，亦有具有立体几何特征的极限位置、几何直观、化曲为直等一些特殊方法.
6.存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
解决存在性问题应注意以下几点：
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．

线线、线面、面面角
1.（2021贵州省遵义航天高级中学高三月考）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，，，是等腰三角形，点是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】以为坐标原点，建立坐标系，写出点的坐标，以及直线的方向向量，即可用向量法求得结果.
【详解】因为，，两两垂直，
以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.

又因为，，
所以，，，，
因为是棱的中点，所以，
所以，，
所以，
故选：B.
2．（2022·湖南衡阳·二模）如图，已知圆台的下底面半径为2，上底面半径为1，母线与底面所成的角为为母线，平面平面为的中点.


(1)证明：平面平面；
(2)当点为线段的中点时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）过点作平面的垂线，垂足为，证明平面，原题即得证；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.
(1)证明：过点作平面的垂线，垂足为，
如图，则是的中点，所以.
又，所以.
连接，因为，所以为等边三角形.
因为点为的中点，所以
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.

(2)解：以为坐标原点，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，
设平面的一个法向量为，
则，即取，得，
所以，
又，
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2022·河南河南·三模（理））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，是线段上一点．

(1)若平面，求；
(2)当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最大？
【答案】(1)
(2)当时，直线与平面所成角的正弦值最大.
【分析】（1）通过勾股定理列方程，化简求得.
（2）建立空间直角坐标系，利用利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值，结合基本不等式求得时，此正弦值最大.
(1)，所以，解得，
由于三角形是等边三角形，圆是其外接圆，是圆的直径，
所以垂直平分，，
在三角形中，由正弦定理得，则，
由于平面，所以，
由于，
所以三角形是等腰直角三角形，所以,
所以.
(2)
由（1）得，设，，
结合圆锥的几何性质，建立如图所示空间直角坐标系，
，
设，
则，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则，
由于，当且仅当时等号成立，
所以，
即当时，直线与平面所成角的正弦值最大.

4.（2022新高考地区专用）如图，在四棱锥中，底面中，，侧面平面，且，点在棱上，且．

则二面角的余弦值为____________
【答案】．
【分析】建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量二面角的余弦值.
【详解】如图，取的中点，连接，．
由条件可知， ，两两垂直，以， ，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则， ， ，，
因为，所以．
所以， ，，
设平面的法向量为，
则即令，则．
设平面的法向量为，
则即令，则=，
，
结合图象可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
故答案为：
5．（2022·辽宁鞍山·二模）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF=1．

(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)M与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，余弦值为
【分析】（1）在梯形ABCD中，由分析知， AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，所以AC⊥CF，进一步得AC⊥平面BCF，又因为AC∥EF，因此EF⊥平面BCF.
（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面FCB的法向量，然后结合二次函数求最值的方法求解平面和平面FCB所成的锐二面角的最大值.
(1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD为等腰梯形，
因为，则，所以
又因为，则，
∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，
∴AC⊥CF        ∵，   ∴AC⊥平面BCF，
因为四边形ACFE为矩形，则AC∥EF，因此，EF⊥平面BCF
(2)因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

在Rt△ABC中，，．
则A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，
设点M(t，0，1)，其中
设平面MAB的法向量为，
由，取，可得，．
易知平面FCB的一个法向量为，
所以，当，即M与F重合时，取最小值，此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为
6．（2022·重庆八中模拟预测）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2.

(1)证明:AC1⊥A1B；
(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1－AB－C的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)二面角A1-AB­-C的余弦值为.
【分析】(1) 由条件证明，，由线面垂直的判定定理证明平面，由此证明；(2) 建立空间直角坐标系，结合条件直线AA1与平面BCC1B1的距离为，确定相关点的坐标，利用向量方法求二面角A1－AB－C的余弦值.
(1)∵ 点A1在平面ABC内的射影D在AC上，
∴ 平面，又平面，
∴   ，∵ ,，平面，
∴ 平面，平面，
∴ ，
∵ ，四边形为平行四边形，
∴ 四边形为菱形，故，
又，平面，
∴ 平面，平面，
∴   ；

(2)
以C为坐标原点，以为x轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，由题设有，，

设平面BCC1B1的法向量，则，因，所以，
所以，又，即，
所以点到平面的距离为，又依题设，直线AA1与平面BCC1B1的距离为，所以.代入①得（舍去）或，于是，
设平面的法向量，则，所以，所以 ，又为平面的法向量，故，
所以二面角A1-AB­-C的余弦值为.
7．（2022·山东淄博·模拟预测）如图，已知三棱柱的棱长均为2，，．

(1)证明：平面平面ABC；
(2)设M为侧棱上的点，若平面与平面ABC夹角的余弦值为，求点M到直线距离．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）取AC的中点O，连接，利用勾股定理证明从而证得平面ABC，然后利用面面垂直的判定定理证明即可.
（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，设得到点M的坐标，求出平面与平面ABC
的法向量，由余弦值可确定值，然后利用点到直线的距离公式计算即可.
(1)取AC的中点O，连接，，，所以由题设可知，为边长为2的等边三角形，所以，
由，，所以所以平面ABC；
平面,所以平面平面ABC；

(2)以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
所以

设可得，
设平面的法向量为则
即取
所以因为为平面ABC的一个法向量，
设平面与平面ABC夹角为，

解得，所以

所以点M到直线距离

空间距离
1.（2022江苏省南通市海安市高三学业质量监测）与正方体ABCD－A1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线的距离相等的点共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
【答案】D
【分析】首先以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，得到，设为上一点，得到到棱的距离是，同理得到到棱的距离也是，即可得到答案.
【详解】以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，则，，，
设为上一点，
作平面，垂足为，过作，垂足为，
所以为点到棱的距离.
又因为，，则，
同理到棱的距离也是，
所以上任意一点到棱的距离都相等，
所以与三条棱所在直线的距离相等的点共有无数个.
故选：D
2.（2021山东省东营市广饶县第一中学高三上学期10月月考）如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，且.

（1）证明：平面；
（2）若与平面所成角为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）通过面面垂直的性质定理证得平面，由此证得，结合证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，由与平面所成角计算出，利用向量法计算出点到平面的距离.
【详解】（1）在梯形中，因为.
所以，连接，由余弦定理可得.
∵，∴
∵平面平面且交于，
平面，∴平面，
又∵平面，∴.
∵，，
∴平面.
（2）连接，由（1）可知：平面，以为原点，
以､分别为轴､轴正半轴，过作垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图：
∵平面，
∴即为与平面所成的角，∴.
在中，因为，所以，
则：，，，，.
所以，，.
设平面的一个法向量为，则
则，
令得：，
故点到平面的距离为：，
所以点到平面的距离为.

与参数有关的问题
1.（2021广东省茂名市五校联盟第三次联考）如图所示，点P在圆柱的上底面圆周上，四边形为圆柱的下底面的内接四边形，且为圆柱下底而的直径，为圆柱的母线，且，圆柱的底面半径为1.

（1）证明：；
（2），B为的中点，点Q在线段上，记，当二面角的余弦值为时，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据为直径，得到，再根据为母线，易得，然后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）分别以向量为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的法向量可取为， 然后由求解.
【详解】
（1）因为为直径，点D在圆上且不同于A，C点，
所以，又因为为母线，
所以平面，又平面，
从而，又，
所以平面，
又平面，
所以.
（2）由（1）知两两相互垂直，所以分别以向量为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

因为，圆柱的底面直径为2，所以，所以，
又B为的中点，所以，即为正方形，
所以，
由，得，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，
又因为平面的法向量可取为，
所以，
由题知，
所以，解得（舍）或，
所以的值为
探究性问题
1.（2021广东省深圳市光明区高三第一调研）如图，在四棱锥中，，，，，.

（1）求证：；
（2）在棱上是否存在点G，使得二面角的大小为30°？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）点G为的中点时，二面角的大小为30°，证明见解析.
【分析】（1）需要勾股定理证明AD⊥PD，利用线面垂直的判定定理得到⊥面ABCD，即可证明；
（2）以D为原点，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】（1）因为，，所以，△ADP为直角三角形，所以AD⊥PD.
又，，面ABCD，面ABCD，
所以⊥面ABCD，所以.
（2）由题意可知：ABCD为一个等腰梯形.过D作DE⊥AB于E，则.
以D为原点，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.则：
显然即为平面ABC的一个法向量.
假设在棱上存在点G，使得二面角的大小为30°.不妨设，

则，.
设为面GAB的有一个法向量，则，即，不妨设x=1，则有：.
因为二面角的大小为30°，
所以，即，即，解得：.
即点G为的中点时，二面角的大小为30°.

1. （2021年全国高考乙卷）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
2.（2021年全国高考乙卷） 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、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、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．

从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．

由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．

联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.

一、单选题
1．（2022·山西太原·二模（文））在三棱柱中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是与的交点，则AD与平面所成角的正弦值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，连、，通过证明平面，可知是AD与平面所成的角，在直角三角形中可求出结果.
【详解】取的中点，连、，如图：

依题意三棱柱为正三棱柱，设棱长为，则，，
因为、分别是和的中点，所以，所以平面，
所以，所以，
因为，，，所以平面，
所以是AD与平面所成的角，
所以.
所以AD与平面所成角的正弦值是.
故选：C
2．（2022·全国·模拟预测（理））如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P－ADE四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于（       ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题利用空间向量处理线面夹角问题，．
【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，则有：，，
设平面PAE的法向量，则有,令,则，即
∴，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为．
故选：C．

3．（2022·全国·三模（理））在三棱锥中，△ABC是边长为2的等边三角形，，，以AB为直径的球的表面被△PAC截得的曲线长度为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用已知条件求得，利用等体积法求得以AB为直径的球的球心到平面的距离，设交球于点,交圆于点，由此可找到以AB为直径的球的表面被△PAC截得的曲线即为，最后利用弧长公式即可求解.
【详解】设的中点为,连接、,
因为，且, 面，
由已知得,,,
由余弦定理得,
则,所以,
所以,
由已知，,,所以,所以,
设点到平面的距离为，因为,
所以，解得，
以AB为直径的球，球心为AB的中点，则到平面的距离为，
过作平面，则平面与球相交得截面，设交球于点,
截面的半径为,
,
则设交圆于点,即球的表面被△PAC截得的曲线长度为,
在△中，，所以，所以,
则，
故选：.

二、多选题
4．（2022·山东济南·一模）在棱长为1的正方体中，O为正方形的中心，则下列结论正确的是（       ）

A． B．平面
C．点B到平面的距离为 D．直线BO与直线的夹角为
【答案】ABC
【分析】根据线面垂直的判定定理证明平面，可判断A; 连接BD,交AC于E,连接，证明，根据线面平行的判定定理，可判断B;利用等体积法，求得点B到平面的距离，判断C;采用作平行线的方法，求出直线BO与直线的夹角，可判断D.
【详解】对于A，如图，连接 ,则交于点O,
正方体中， 平面 平面 ,
故 ,而 平面 ,
故平面,故平面，而平面,
故，即，故A正确；

对于B，连接BD,交AC于E,连接 ,则 ,
故四边形是平行四边形，故平面不在平面,
故平面，故B正确；
对于C，设点B到平面的距离为d,因为 ,
故 ，解得 ，故C正确；
对于D,连接 ,则即为直线BO与直线的夹角或其补角，
在 中， ,
所以 ,则 ,故D错误，
故选：ABC
5．（2022·重庆·模拟预测）如图，在圆锥SO中，AC为底面圆O的直径，B是圆O上异于A，C的一点，，，则下列结论中一定正确的是（       ）

A．圆锥的体积为
B．圆锥的表面积为
C．三棱锥的体积的最大值为
D．存在点B使得直线SB与平面SAC所成角为
【答案】AC
【分析】根据锥体的体积、表面积公式判断A、B、C，过作于，连接，则为直线与平面所成角，求出的最大值，即可判断D；
【详解】解：圆锥的体积为，故A正确，圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为，底面面积为，故圆锥的表面积为，故B错误，当时，三棱锥的体积最大，此时为，故C正确，过作于，显然底面，所以，，平面，所以平面，连接，∴为直线与平面所成角，由为定值，∴当时与平面所成角最大，此时，所以，即，故D错误．

故选：AC
6．（2022·广东汕头·二模）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则（       ）

A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线AP与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示公式、空间向量夹角公式、三棱锥的体积性质逐一判断即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，


，
设，设，
即.
A：，
因为，
所以，
而平面，
所以直线平面，因此本选项结论正确；
B：侧面的对角线交点为，所以，，
而平面，平面，
所以，而平面，
所以平面，
为定值，因此本选项结论正确；
C：，
设异面直线AP与所成角为，
则有，
当时，；
当时，，
因为，所以，
因此，
，即，所以，
综上所述：，所以本选项结论不正确；
D：设平面的法向量为，，
所以有，
直线与平面所成角的正弦值为：
因为，所以当时，有最小值，最小值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，因此本选项结论不正确，
故选：AB
【点睛】关键点睛：利用空间向量夹角公式是解题的关键.
7．（2022·重庆八中模拟预测）如图所示，已知，是的中点，沿直线将翻折成，设直线与面所成角为，二面角的平面角为，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】构造出二面角和线面角之后，再比较大小即可
【详解】

对于A，显然错误，而
对于B，当，时显然成立
当且时，分类讨论如下
①若,则，
则 即为二面角的平面角, 即
又，，平面，平面，
所以平面，又平面
所以平面平面
所以在平面上的射影即为
所以即为与平面所成的角，即
此时，
②若与不垂直, 过点作垂直直线于点, 过点作垂直直线于点, 则可知分别在点的两边, 如图所示,将线段平移到线段处，过作垂直于点，连接
因为，，所以
则 即为二面角的平面角, 即
又，，平面，平面，
所以平面，又平面
所以平面平面
又平面，平面平面，，
所以平面
所以即为与平面所成的角，即
在中，
在中，
因为，所以，所以
综上，
故B正确
对于C，当且时显然成立
当，且时，
由B选项的讨论可知，成立
故C正确
对于D
设, 则由题意知.
在空间图形中, 连结, 设. 在中,

在中,,.
同理,,故.
由题意平面,故.
在中,

在中,







（当时取等号）,
,而在上为递减函数,
故D错误
故选：BC
8．（2022·湖南衡阳·二模）已知正方体的棱长为分别为的中点.下列说法正确的是（       ）

A．点到平面的距离为
B．正方体外接球的体积为
C．面截正方体外接球所得圆的面积为
D．以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于
【答案】BCD
【分析】A选项由等体积法求得点到平面的距离即可；B选项由外接球的直径为体对角线即可判断；C选项由面经过外接球球心，
求得其外接圆圆心，即可求解；D选项将球面与正方体的表面相交所得的曲线分为两类，按照弧长公式计算即可.
【详解】，设到平面的距离为，由，即，解得，故错误；
正方体外接球的半径为，外接球的体积为，故B正确；
易得面经过正方体外接球的球心，故其截外接球所得圆的半径为外接球的半径，其圆的面积为，故C正确；
如图，

球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点所在的三个面上，即面､面和面上；
另一类在不过顶点的三个面上，即面､面和面上.在面上，交线为弧且在过球心的大圆上，
因为，则，同理，所以，故弧的长为，而这样的弧共有三条.
在面上，交线为弧且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为，半径为，
所以弧的长为，这样的弧也有三条.于是，所得的曲线长，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
9．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））在正方体中，点、分别为棱、的中点，则异面直线与所成角的余弦值为_____.
【答案】
【分析】利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，
，
，
异面直线与所成角的余弦值：
，
故答案为：

10．（2022·浙江台州·二模）空间四面体中，，二面角的大小为，在平面内过点作的垂线，则与平面所成的最大角的正弦值___________.

【答案】##
【分析】通过空间想象确定与平面所成角最大时平面ABC与平面的关系，从而得到所求角和的关系，然后设棱长，利用二面角和直接计算可得.
【详解】记过点B作的垂线l，垂足为E，过点E作垂直于直线CE的平面，交平面于直线BF，则当平面ABC时，与平面所成角最大，且与互余.
此时，因为平面ACB，平面
所以平面ACB平面，
则由点E向平面作垂线，垂足H在CB上，过H作CD垂线HG，垂足为G，连接EG.
由题知，，记，则在中，
又，所以在中，，
在中，
记此时与平面所成角为，则.
故答案为：

11．（2022·天津市第四中学模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，，，，分别是，的中点.

（1）直线与平面所成角的正切值为___________；
（2）直线到平面的距离为___________；
（3）已知点在棱上，平面与平面所成二面角为60°则线段的长为___________.
【答案】              
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值，二面角的余弦值以及点到平面的距离；
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，．
，，，， ．
设平面的法向量为，则，即
令，则．
所以．
设直线与平面所成角为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，即，所以，所以，所以直线与平面所成角的正切值．
因为，平面平面，所以平面，所以到平面的距离，即点到平面的距离，所以，故直线到平面的距离为；
假设在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为，设，．
则，设平面的法向量为，
则，即，
取，则，
又平面的法向量为．
所以，
解得，
故在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为，点的坐标为，即．

故答案为：；；；
12．（2022·河南·模拟预测（理））已知三棱锥中，与均为等边三角形，二面角的大小为60°，则直线AD与平面BCD所成角的正弦值为______．
【答案】##
【分析】作出二面角的平面角，再由几何关系找出过点垂直底面的直线，由直线与平面的所成角定义求解
【详解】不妨设，设E为BD的中点，连接AE，CE．
由题可知，，，所以平面AEC．
易知．因为二面角的平面角，
故是等边三角形．设EC的中点为H，连接AH，DH，
则平面BCD，所以为直线AD与平面BCD所成的角．
易知，又，所以．
故答案为：

13．（2022·重庆八中模拟预测）过正方体的顶点A作直线l，使得l与直线，所成的角均为，若这样的直线l恰有两条，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】首先求出异面直线与所成角，过点作，，即可得到，过点分别作的角平分线及其垂线，即可得到直线、与、所成角，再过点作平面，即可得到直线与、所成角，从而得到，再分四种情况讨论，分别判断即可；
【详解】解：如图连接、，由正方体的性质可得且，所以四边形为平行四边形，所以，则即为异面直线与所成角，显然为等边三角形，所以，即异面直线与所成角为，

如图，过点作，，则直线与所成的角为，现只需过点分别作的角平分线及其垂线，则直线与、所成角均为，直线与、所成角均为，过点作平面，则直线与、所成角均为，易知，
①当时，直线恰有1条（为）；
②当时，直线恰有2条（从绕点逆时针或顺时针至的过程中，产生2条）；
③当时，直线恰有3条（为1条，从绕点逆时针或顺时针至的过程中，产生2条）；
④当时，直线恰有4条（从绕点逆时针或顺时针至的过程中，产生2条，从绕点逆时针或顺时针至的过程中，产生2条）；
综上可得
故答案为：

四、解答题
14．（2022·河北唐山·二模）如图，是边长为的等边三角形，E，F分别为AB，AC的中点，G是的中心，以EF为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且平面ABC．

(1)证明：；
(2)求平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）连接，依题意可得，再由线面垂直得到，从而得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
(1)证明：连接，由为等边三角形，为的中点，所以，
由平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
(2)解：依题意，，在中，，
以为坐标原点，以为轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，由（1）可知，是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则，令，则，
所以，所以
所以平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值为；

15．（2022·内蒙古包头·二模（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形.，D，E分别为AC和上的点，且，，F为棱上的点，.

(1)证明：，且；
(2)当为何值时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）先证以及即可证得平面，即可证得，建立空间直角坐标系，求出，由即可证得；
（2）直接写出平面的一个法向量，求出平面DEF的法向量，由夹角公式表示出余弦值，由平方关系求出二面角的正弦值，结合二次函数求解即可.
(1)因为，，所以，
又，且，所以平面，
又平面，所以.
因为，所以在中，
，
又，所以，
由，且，得，
取点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系（如图所示）.

则，，，，
设，则，于是，
所以，即.
(2)因为平面的一个法向量为，又由（1）知，
，
设平面DEF的法向量为，则，所以有
取，得，，于是平面DEF的法向量为，
所以，
设平面与平面DEF所成的二面角为，则，
故当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值取得最小值为.
所以当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值最小.
16．（2022·全国·三模（理））如图所示，在四棱柱中，四边形ABCD为矩形，，四边形为菱形，，平面平面ABCD，点E为线段AB的中点，M为线段AE的中点．

(1)证明：；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取AD的中点O，连接，OM，DE，由条件可得平面ABCD，然后可得，然后证明，然后可得平面，即可证明；
（2）以点O为坐标原点，以OA，所在直线分别为x轴，z轴，以平面ABCD内过点O且垂直于OA的直线为y轴，建立空间直角坐标系，然后算出两个平面的法向量即可算出答案.
(1)


如图，取AD的中点O，连接，OM，DE，
因为四边形为菱形，，所以．
因为平面平面ABCD，平直平面，
所以平面ABCD，因为平面ABCD，所以．
易知，，所以．
因为，所以平面，
因为平面，所以．
(2)
由（1）知平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OA，所在直线分别为x轴，z轴，
以平面ABCD内过点O且垂直于OA的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，．
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
设平面的法向量为，
则，即，令，得，
所以，
所以平面与平面所成二面角的余弦值为
17．（2022·广东潮州·二模）如图，平面平面CEFG，四边形CEFG中，，，点E在正方形ACDE的外部，且，，，．

(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）证明平面CEFG，即得证；
（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，再利用向量法求解.
(1)证明：正方形ACDE中，，平面平面ABCDE，交线为CE，
所以平面CEFG，又平面CEFG，所以．
(2)解：以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，所以点B到AC的距离为1，，
则，，，，，
所以，．设平面BFG的法向量为，
则，即，
令，得．为平面CEFG的一个法向量，
所以，故二面角的余弦值为．
18．（2022·广东·二模）如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F．

(1)证明：平面ABC．
(2)若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取AC中点G，连接FG和EG，证明四边形DEGF是平行四边形,然后利用线面垂直的判定定理证明平面ABC, 从而得到平面ABC.
（2）（方法一）过点E作，以E为原点，建立空间直角坐标系E-xyz，设,求出平面AEC和平面ACD的法向量，由已知条件可得长，然后利用线面角的向量公式求解即可；
（方法二）连接DG，可证得，可得长，过点F作，垂足为I，利用线面垂直及面面垂直的性质可得平面ACD，连接AI，则∠FAI即为所求角，在三角形中计算可得答案.
(1)如图，

取AC中点G，连接FG和EG，由已知得，且．
因为F，G分别为AB，AC的中点，所以，且
所以，且．
所以四边形DEGF是平行四边形．
所以．
因为翻折的，易知．
所以翻折后，．
又因为，EA，平面AEC，
所以平面AEC．
因为，
所以平面AEC．
因为平面AEC，所以．
因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以
又因为，AC，平面ABC．
所以平面ABC．
因为，所以平面ABC．
(2)（方法一）如图，

过点E作，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设，则，，，，则，，，
因为平面AEC．所以是平面AEC的法向量，
设面ACD的法向量为，则
，即，解得．
取，得．
因为二面角D-AC-E为，所以，
解得，所以，．
记直线AB与平面ACD所成角为，
则，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．
（方法二）如图，

连接DG，因为平面AEC，平面AEC，所以．
又因为，，DE，平面DEG．所以平面DEC．
因为EG，平面DEG，所以，，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故．
由△ACE是边长为2的等边三角形，得，
在RtDGE中，，所以，．
过点F作，垂足为I，
因为平面DEGF，平面ACD，所以平面平面ACD．
又因为平面平面，平面DEGF，且，
所以平面ACD．
连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．
在Rt△DFG中，，，得，由等面积法得，解得．
在RtAFG中，，，所以．
在RtFAI中，，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．
19．（2022·山西太原·二模（文））如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，，，，分别为棱，的中点，为线段的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】连交于点，连，利用平行线分线段成比例定理以及逆定理可以推出，再利用线面平行的判定定理即可证明平面（2）因为为中点，所以到平面距离等于到平面距离相等，再利用等体积法即可求解
(1)证明：连交于点，连.

∵为的中点，为的中点，∴，
∵，，
∴，
∴
∴
又∵平面，平面
∴平面.
(2)∵为中点
∴到平面距离等于到平面距离相等
四边形为矩形，则，又，
平面，平面
所以⊥平面，又平面，所以，
∵，，
∴
∴
∴，又
∴，
平面，平面，
∴平面
又∵，，设到平面的距离为，
由，得，
即
∴即到平面的距离为.
20．（2022·广东韶关·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB的中点．AB=2，AD=4，


(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO//平面PAD；
(2)若二面角P-AD-B的大小为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取线段PD的中点H，连接SO、OH、HA，证明四边形ASOH是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）解法一：取AD、BC的中点E、F，连结PE、EF过点E做于G．利用面面垂直的判定定理证明平面平面PEF，从而得到平面PBC，然后利用线面角的定义及公式求解即可.
解法二：取线段AD、BC的中点E、F，连结PE、EF．以E为原点，、方向分别为x轴、y轴正方向，建立坐标系，求出和平面PBC的法向量，然后利用线面角的向量公式求解即可.
(1)取线段PD的中点H，连接SO、OH、HA，如图
在中，O、H分别是PC、PD的中点，所以且
所以且
所以四边形ASOH是平行四边形，所以
又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD

(2)解法一：取AD、BC的中点E、F，连结PE、EF过点E做于G．
如图，由点E是线段AD的中点，可得，又
所以是二面角的平面角，即，又,
所以平面PEF，又，所以平面PEF．
又平面PBC，所以平面平面PEF，
又平面平面，，
所以平面PBC
在中，，，，所以
设直线PD与平面PBC所成角为，则
所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为．
又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD


解法二：取线段AD、BC的中点E、F，连结PE、EF．由点E是线段AD的中点，可得，又，所以是二面角的平面角，即，以E为原点，、方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示坐标系，在中，，知：，所以
，，,
所以，，
设平面PBC的法向量，则，即
可取，设直线PD与平面PBC所成角为，
则
所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为，

21．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在直四棱柱中，AB//CD，∠ABC=90°，AB=2，BC=CD=1．

(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的大小为60°，求侧棱的长．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）以点B为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明及面面垂直的判定推理作答.
（2）利用（1）中坐标系，借助二项角的向量求法计算作答.
(1)在直四棱柱中，平面，而，即，
以点B为坐标原点，向量的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

设，依题意，，则，，
显然有，，于是得，
而，平面，因此平面，又平面，
所以平面平面.
(2)
由（1）知，平面的一个法向量为，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因二面角的大小为60°，则，解得，
所以侧棱的长为.
22．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学模拟预测）如图，平面，，，，，．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ADE的一个法向量以及，进而可证得结论；
（2）利用空间向量求线面角的坐标公式即可求出结果；
（3）利用空间向量求二面角的坐标公式即可求出结果.
(1)依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，

可得，.
因为平面，且平面，所以，又，且，所以平面，故是平面ADE的一个法向量，
又，可得，
又因为直线平面，所以平面.
(2)依题意，，
设为平面BDE的法向量，
则，即，不妨令z=1，可得，
设直线与平面所成角，因此有.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
(3)设为平面BDF的法向量，则，即.
不妨令y=1，可得.
由题意，有
由图可知平面BDE与平面BDF夹角为锐角，所以平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为.