新高考数学二轮复习培优讲义18 空间向量在立体几何中的应用（角和距离）（含解析）

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解密18 空间向量在立体几何中的应用（角/距离）
【考点解密】
考点一：空间角的向量法解法
角的分类
向量求法
范围
两条异面直线所成的角
设两异面直线 l1，l2 所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝

直线与平面所成的角
设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos 〈u，n〉|＝

两个平面的夹角
设平面α与平面β的夹角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝


考点二：点P到直线 l 的距离
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为 (如图)．

考点三：点P到平面α的距离
设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为(如图)．








【核心题型】
题型一：空间向量求线面角/面面角
1．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（    ）

A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面
B．存在点，使平面
C．点到平面的距离为
D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
【答案】D
【分析】当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，由此可判断A；无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，即可判断B；以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由点到平面的距离公式求解，即可判断C；设，，利用向量夹角公式求解，即可判断D.
【详解】
选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错；
选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错；
选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，．
，
设平面的法向量为，取，
则点到平面的距离为，故C错；
选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确.
故选：D．
2．（2023春·湖北·高二校联考阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为的等边三角形，，，平面平面，为线段的中点．

(1)求证：；
(2)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）取中点，由面面垂直和线面垂直的性质和勾股定理可证得，，由此可得平面，由线面垂直性质可证得结论；
（2）作，，根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取中点，连接，

为等边三角形，，
又平面平面，平面，平面平面，平面，
平面，；
，，，，，
又分别为中点，，，
，平面，平面，
平面，.
（2）作，垂足为，作，交于点，
平面平面，平面平面，平面，平面；
由（1）知：平面，平面，
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，

，，，
，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
3．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点.

(1)证明：平面平面；
(2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明平面，即可证明；
（2）首先建立空间直角坐标系，利用向量公式求点的坐标，并分别求平面和平面的法向量，利用二面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）证明：∵平面平面，且平面平面，，且平面，
∴平面，平面，∴，
∵，
∵平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面；
（2）因为，过点作垂直于平面，
以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系，

所以
设，，，
，，
因为异面直线与所成30°角，
，
，
由题意知，平面的一个法向量为，，
设平面的一个法向量为，则，
所以，
所以，
平面和平面夹角的余弦值为.
题型二：空间向量求空间距离
4．（2023·宁夏银川·校联考一模）如图，圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆，AB，CD为底面圆的两条直径，P为SB的中点.

(1)求证：平面PCD；
(2)当体积最大时，求S到平面PCD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接OP，利用中位线定理可证OP∥SA，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，建立空间直角坐标系，利用向量求解点到平面距离.
【详解】（1）证明：连接OP，如图所示，

因为O为AB的中点，P为SB的中点，
则，又平面，平面，
所以平面.
（2）记底面圆半径为r，侧面展开图半径为R，则R=2，
又，所以， ，
当体积最大时，，
以O为原点，OD，OB，OS为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

所以，，，，
， ， ，
设平面PCD的法向量为 ，
因为 ，令，，，
所以， ，
所以点S到平面PCD的距离
5．（2023·全国·校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，，D是棱PC的中点．

(1)求证：；
(2)若，求直线BC与平面ADB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理证得平面ABC，再得到平面PBC，从而即可得证；
（2）根据题意，以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立空间直角坐标系，再由空间向量的坐标运算结合线面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在中，，，，所以，
所以，
又平面平面ABC，平面平面，平面PAB，
所以平面ABC，
又平面ABC，所以，
又，，PB，平面PBC，所以平面PBC，
又平面PBC，所以．
（2）
在中，，，，所以．
以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面ADB的一个法向量为，则
取，则，所以．
设直线BC与平面ADB所成的角为，则
，
所以直线BC与平面ADB所成角的正弦值是．
6．（2023秋·天津河北·高三统考期末）如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的大小；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定定理可得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；
（3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【详解】（1）设，连接，

四边形为矩形，为中点，又为中点，，
又平面，平面，平面.
（2）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，

则，，，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，则平面与平面的夹角为.
（3）由（2）知：，，，
由平面的法向量，
点到平面的距离.
题型三：空间线段点存在问题
7．（2023·河南焦作·统考模拟预测）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.
【答案】(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.
8．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点，且．

(1)求证：；
(2)求点到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在满足条件的点，1

【分析】（1）由已知条件可证平面，即可得到；
（2）以点为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式即可求解；
（3）假设存在满足条件的点E，并，利用向量的加减运算，求出，利用线面夹角公式得出，求得，即可求出的长.
【详解】（1）证明：由点在底面ABC上的投影为AC的中点，知平面ABC，
又平面ABC，故，
因是以AC为斜边的等腰直角三角形，故，
而，平面，，故平面，
由平面，得．
（2）由点，为AC的中点，侧面为菱形，知，
由是以AC为斜边的等腰直角三角形，，可得，，
由（1）知直线，，两两垂直，故以点为坐标原点，
直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，故点到平面的距离为：

（3）假设存在满足条件的点E，并，
则，
于是，由直线DE与侧面所成角的正弦值为，
可得，
即，解得．
又，故．
因此存在满足条件的点，且．
9．（2021·天津静海·静海一中校考二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，平面，且，点在棱上（不包括端点），点为中点.

(1)若，求证：直线平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
(3)存在，，理由见详解.

【分析】(1) 取的一个靠近点的三等分点，连接，利用平行的传递性得到，进而得到四边形为平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理即可求解；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量的夹角公式即可求解；
(3)假设存在点，设，根据（2）中平面的法向量以及题中与平面所成角的正弦值为，求出即可求解.
【详解】（1）取的一个靠近点的三等分点，连接，

因为，所以且,
又因为，且，点为中点，
所以且，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以直线平面.
（2）如图所示，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，又为的中点，则，
所以，,
设平面的法向量为，则，
令，则，
设平面的法向量为，则，
令，则，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（3）存在，.
假设存在点(不包括端点)，设，即，，
由（2）得，且平面的法向量，
，则，
所以，因为与平面所成角的正弦值为，
则，
整理得：，解得：或（舍去），
故存在点，使与平面所成角的正弦值为，此时.


【高考必刷】
一、单选题
10．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）在正方体中，为的中点，为线段上的点，且，则（    ）
A．平面平面 B．平面平面
C．四点共面 D．与所成角的余弦值为
【答案】D
【分析】根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，
因为为的中点，为线段上的点，且，
所以，，，，，，，，，
对于A选项，设平面的一个法向量为，，，
则，即，令得
设平面的一个法向量为， ，
则，即，令得，
所以，即平面平面不满足，错误；
对于B选项，设平面的一个法向量为，，
则，即，令得，
所以，，即平面平面不满足，错误；
对于C选项，由，
若四点共面，则存在实数，使得，
即，显然方程组无解，
故不存在实数，使得成立，
所以四点不共面，错误；
对于D选项，，，
所以，
所以，与所成角的余弦值为，正确；
故选：D

11．（2023·全国·模拟预测）如图，已知圆柱的轴截面为矩形，，P，Q分别为圆柱上、下底面圆周上一点，，，则异面直线PQ与AB所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，设，根据已知得出，，即可根据异面直线夹角的向量求法得出答案.
【详解】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，

设，则，，结合，
可得，，
所以，，
所以异面直线PQ与AB所成角的余弦值为，
故选:C.
12．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，，，直线AC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为，则异面直线BA1与B1C所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，由直线AC1与平面A1B1C1所成的角的正弦值得，计算，得异面直线BA1与B1C所成角的余弦值.
【详解】取AC的中点O，连接BO，则BO⊥AC，以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴，过点O且平行于AA1的直线为z轴建立空间直角坐标系．

设a＝1，则，易知AA1⊥平面A1B1C1，则直线AC1与平面A1B1C1所成的角为，得，得，则，．
则，，，，
所以，，
则，故异面直线BA1与B1C所成角的余弦值为．
故选：A．
13．（2023·福建莆田·统考二模）在正方体中，点M，N分别是上的动点，当线段的长最小时，直线与平面所成角的正弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，找到为的公垂线，即线段的长最小，进而表达出的坐标，从而利用线面角的夹角公式进行求解.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为平面，平面，
所以，
因为正方形中，，且，平面，
所以⊥平面，
因为点M ，N分别是上的动点，
当点为交点时，⊥，过点作于点，
此时为的公垂线，即线段的长最小，
设正方体边长为，则，，
因为，所以，故，
解得：，，
过点作于点，故，即，
解得：，，故，
，平面的法向量为，
设与平面所成角大小为，
则.

故选：A
14．（2023·四川·校联考一模）在长方体中，已知异面直线与，与AB所成角的大小分别为和，则直线和平面所成的角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，结合题意可求得，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合空间向量夹角公式可得答案.
【详解】设，则，
由于，所以异面直线与所成角为，从而，
由于，所以异面直线与所成角为，从而，
所以，
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，
则，取
所以，直线和平面所成的角的正弦值为，
从而直线和平面所成的角的余弦值为．
故选：A．
15．（2023·山东菏泽·统考一模）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点在同一平面内，下列结论：①平面；②平面平面；③；④平面平面，正确命题的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据题意，以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设正八面体的边长为,则
所以，,
设面的法向量为，则，解得，取，即
又，所以，面，即面，①正确；
因为，所以，
又，面，面，则面，
由，平面，所以平面平面，②正确；
因为，则，所以，③正确；
易知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
因为，所以平面平面，④正确；
故选：D
16．（2023春·云南昆明·高三校考阶段练习）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
【答案】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．
17．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）在直三棱柱中，，，，，，分别是，， 的中点，则下面说法中正确的有（    ）

A．平面
B．
C．直线与平面所成角的余弦值为
D．点到平面的距离为
【答案】A
【分析】建立如图所示空间直角坐标系，由向量法即可证线面平行、线线垂直；求线面角、点面距离.
【详解】直三棱柱中，，故可建立如图所示空间直角坐标系，
则有，
.

对A，平面的其中一个法向量为，由，平面，故平面，A错；
对B，由得BD与EF不垂直，B错；
对C，平面的其中一个法向量为，则 ，
则直线与平面所成角的余弦值为，C错；
对D，，设平面的法向量为，则有，令得，
故到平面的距离为，D错.
故选：A
18．（2022·陕西安康·统考一模）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
【分析】A选项，作出辅助线，证明出，⊥平面，故平面，从而证明面面垂直；
B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出平面的法向量，根据平面夹角列出方程，求出；
C选项，在第一问的基础上，求出平面的法向量，从而利用点到平面距离公式求出答案.
D选项，求出，相加得到答案.
【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.

二、多选题
19．（2023春·全国·高三校联考阶段练习）在正方体中，点P满足，则（    ）
A．若，则AP与BD所成角为 B．若，则
C．平面 D．
【答案】BCD
【分析】与BD所成角为与所成角，为，A错误，建系得到，B正确，故面面，C正确，，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：时P与重合，与BD所成角为与所成角，为等边三角形，则AP与BD所成角为，错误；

对选项B：如图建立空间直角坐标系，令，，，，，，，正确；

对选项C：，平面， 平面，故平面，同理可得平面，，故面面，平面，平面，正确；

对选项D：，，，正确．
故选：BCD
20．（2023·河北石家庄·统考一模）已知正方体的棱长为2，M，N分别是，的中点，则（    ）
A．
B．
C．平面截此正方体所得截面的周长为
D．三棱锥的体积为3
【答案】BC
【分析】建立坐标系，利用空间向量坐标的关系判定A,B选项的正误，把截面作出来，根据截面形状可求周长，利用等体积进行转化可求三棱锥的体积.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则;
,;
因为，所以与不平行，A不正确；
因为，所以，B正确；

如图，取的中点,取的中点，连接，
由正方体的性质可知，；
因为分别为的中点，所以，所以；
平面截正方体所得截面为梯形，
因为正方体的棱长为2，所以,
，
所以平面截此正方体所得截面的周长为，C正确；

由上面分析可知，，平面，平面，
所以平面，即点到平面的距离等于点到平面的距离；
，
而，所以三棱锥的体积为1，D不正确.

故选：BC.
21．（2023·安徽·统考一模）在平行六面体中，已知，，则（    ）

A．直线与所成的角为
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】AC
【分析】设，将分别用表示，再根据向量数量积的运算律即可判断ABC；对于D，先证明平面平面，从而可得与平面所成的角为，再解即可.
【详解】设，则，且，
对于A，，
，
所以直线与所成的角为，故A正确；
对于B，因为，
所以，故B错误；
对于C，因为，
所以，故C正确；
对于D，连接，交于点，则为的中点，
因为，，
所以，
又因平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
则与平面所成的角为，
在中，，所以，
即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误.

故选：AC.
22．（2023春·四川遂宁·高三校考阶段练习）如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（    ）

A．平面
B．平面
C．
D．与夹角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，连接，
由于分别是的中点，所以，
根据棱柱的性质可知，所以,
由于平面，平面，
所以平面，所以A选项正确.

B选项，，

，

，
所以，
由于平面，所以平面，B选项正确.

，
所以，即，所以C选项错误.
D选项，，，，

，
所以与夹角为，
则.

故选：ABD

三、填空题
23．（2022春·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）如图，在四面体中，，，､分别是､的中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下面的说法中正确的有___________.

①，
②四面体外接球的表面积为.
③异面直线与所成角的正弦值为
④多边形截面面积的最大值为.
【答案】①②④
【分析】连接，进而根据线面垂直得线线垂直可判断①；将其补成长方体，转为为求长方体的外接球表面积可判断②；结合②建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可判断③；根据题意，证明截面为平行四边形，且，由可判断④.
【详解】解：对于①，连接，因为，､分别是､的中点，所以，，因为，所以平面,平面，所以，，故正确；

对于②，该几何体可以在如图2的长方体中截出，设长方体的长宽高分别为，
则，所以，即长方体的体对角线的长度为，
所以四面体的外接球即为该长方体的外接球，半径满足，
所以四面体外接球的表面积为，故正确；

对于③，由②得，如图3，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，,，，故，所以异面直线与所成角的余弦值为，故错误；

对于④，如图4，设平面与分别交于，
，，则由线面平行的性质可得，则,
同理，，所以截面为平行四边形，
可得，
则，
设异面直线和所成角为，由③的讨论可得异面直线和所成角为，
所以，
则可得，当且仅当时等号成立，故正确.

故答案为：①②④
【点睛】本题考查空间几何体的截面问题，内接外接球问题，线面垂直，线线垂直等位置关系，考查运算求解能力，直观想象能力，是难题.本题解题的关键在于将该几何体放置于长方体中，利用长方体的几何性质求解.
24．（2022·全国·高三专题练习）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：；；；
25．（2022秋·湖南怀化·高三校考阶段练习）如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD，CF∥DE，且AB=DE=2，CF=1，G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：

①当H为DE的中点时，GH∥平面ABE；
②存在点H，使得GH⊥AE；
③三棱锥B−GHF的体积为定值；
④三棱锥E−BCF的外接球的表面积为．
其中正确的结论序号为________．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.
【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：

因为分别为的中点，故可得//，，
根据已知条件可知：//，故//，
故四边形为平行四边形，则//，又面面，
故//面，故①正确；
对②：因为面面，故，
又四边形为矩形，故，则两两垂直，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：

则，设，，
若GH⊥AE，则，
即，解得，不满足题意，故②错误；
对③：，因为均为定点，故为定值，
又//面面，故//面，
又点在上运动，故点到面的距离是定值，
故三棱锥的体积为定值，则③正确；
对④：取△的外心为，过作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心一定在上
因为面，面面，则，又，
面，故面,又面，
则//，故在同一个平面，
则过作，连接如图所示.

在△中，容易知，
则由余弦定理可得，故，
则由正弦定理可得；
设三棱锥的外接球半径为，则，
在△中，，，
又，
故由勾股定理可知：，即，
解得：，则该棱锥外接球的表面积，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考查线面平行的证明，线线垂直的判定，以及三棱锥体积的计算和外接球半径的求解，属综合困难题.
26．（2022·新疆·统考模拟预测）已知正方体的棱长为1，、分别为棱、的中点，为棱上的动点，为线段的中点.则下列结论中正确序号为______.
①；②平面；③的余弦值的取值范围是；④△周长的最小值为
【答案】①④
【分析】①连接，根据正方体性质有，结合在面上的投影为即可判断；②③构建空间直角坐标系，求面的法向量及方向向量，利用空间向量夹角的坐标表示判断线面关系，同理求线线角的关于参数m的余弦值，结合导数求最值，即可判断余弦值的范围；④将问题转化为求的最小值，展开正方体侧面研究最小情况即可判断.
【详解】①连接，即，又、分别为、的中点，则，

所以，而在面上的投影为，又，即，
所以，正确；
②如下图示，，，，则，，
若是面的一个法向量，则，令即，
而，，则，
所以，仅当时，即平面，故错误；

③如下图，，，，故，，
所以，且，，则，
令，则，而，，
所以，存在，则上，递增；上，递减；
所以上有，
由时，时，故时，故错误；

④由△周长为，而，要使周长最小只需最小，
将与展开成一个平面，如下图示：

当共线时，最小为，
所以周长的最小值为，正确.
故答案为：①④
【点睛】关键点点睛：②③构建空间直角坐标系，利用向量法判断线面关系、求线线角余弦值关于参数的表达式，进而应用导数判断最值.

四、解答题
27．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．

(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；
（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.
【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.
∵为等边三角形，∴，OA=1，.
又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，
平面PAD，∴平面ABC.
又∵平面ABCD，∴.
∵，∴，∴.
又∵，平面POB，
平面POB，，∴平面POB.
又∵平面POB，∴.
∴，
设点A到平面PBC的距离为h，
则即，∴；

（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.
设，则，.
得，则.
又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.
设AE与平面ABCD所成的角为，则
，解得.
则，.
设平面ADE的法向量，则.
令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.
故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.

28．（2023·重庆·统考二模）如图，在四棱锥中，侧棱矩形，且，过棱的中点，作交于点，连接

(1)证明：；
(2)若，平面与平面所成二面角的大小为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证平面，得，再证平面，得，然后证明平面，得证；
（2）以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角得的长，然后利用棱锥体积公式计算．
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
由底面为矩形，有，而，平面，
所以平面，又平面，所以．
又因为，点是的中点，所以．
而，平面，所以平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，而平面，
所以得证．
（2）如图，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．

因为，设，（），
则，，点是的中点，所以，
由，所以是平面的一个法向量；
由（1）知，，所以是平面的一个法向量．
因为平面与平面所成二面角的大小为，
则，解得（负值舍去）．
所以，
．