专题8.8 立体几何中角与距离的向量求法（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
以几何体为载体，考查空间线面的平行、垂直关系，考查空间角的函数值的计算，确定几何体中线段长度、各种距离的大小，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．
知识点一
异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫做a与b所成的角．
②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是．
③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有.
知识点二
直线与平面所成角
直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cs θ|＝eq \f(|e·n|,|e||n|).范围 .
知识点三
二面角
(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2、3，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(或)．
（3）二面角的范围是[0，π].
知识点四
利用向量求空间距离
点面距的求法：如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).
常考题型剖析
题型一： 求异面直线所成的角
【典例分析】
例1-1．【多选题】（2023·福建龙岩·统考二模）如图，已知平面，，，为的中点，，则（ ）

A．B．
C．平面D．直线与所成角的余弦值为
【答案】BD
【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量证明平行和垂直关系，空间向量的模，空间向量的数量积的应用，即可判断
【详解】取BC中点G，连接GO，,以O为原点，GO，GC所在直线为x,y轴，如图建立空间直角坐标系，
则
，
对于A，，，故A错误.
对于B，，，B正确
对于C，，，
，，C错误
对于D，，，
，故D正确

故选：BD
例1-2.（2023秋·上海黄浦·高三上海市敬业中学校考开学考试）如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，底面ABCD，，，E、F分别为棱PD、PA的中点．

(1)求证：平面PBC；
(2)求异面直线PB与AE所成的角．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线性质及直线平行的传递性即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求得结论.
【详解】（1）因为E、F分别为棱PD、PA的中点，所以，
又因为底面ABCD为矩形，，
所以,而平面，平面，
所以平面PBC；
（2）如图，

以为原点,为轴,为轴, 为轴建立空间直角坐标系,
依题意得: ,，
则，
所以，
异面直线PB与AE夹角为: .
【规律方法】
1.向量法求两异面直线所成角的步骤
(1)选好基底或建立空间直角坐标系；
(2)求出两直线的方向向量v1，v2；
(3)代入公式|cs〈v1，v2〉|＝eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解．
2.提醒：两异面直线所成角θ的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．
【变式训练】
变式1-1.【多选题】（2023春·云南曲靖·高三校联考阶段练习）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）

A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对A：由的面积不变，点到平面的距离不变，求出体积即可；
对B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；
对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C错误.
对D：由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定D正确；
【详解】对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积的体积不变，
且，所以A正确；
对于B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，
则，
因为，当时，
可得，所以；
当时，，
由，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；

对于C，由，
设，
则
设平面的一个法向量为，
则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，所以C错误.
对于D：因为直线与平面所成的角为，
由平面，得直线与所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为，故不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以D正确；

故选：ABD.
变式1-2.（2023·海南·统考模拟预测）如图，四棱锥内接于圆柱，为的中点，和为圆柱的两条母线，，四边形为正方形，平面与平面的交线平面，当四棱锥的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为 ．

【答案】
【分析】设，根据，得到，由，利用导数法求得时，取得最大值，得到，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】解：如图所示：

设，因为，所以，
则，
，令，得或（舍去），
当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，此时，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
则，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故答案为：
题型二：求直线与平面所成角
例2-1.（2022·全国·高考真题（理））在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
(1)
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
(2)
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
例2-2.（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】
（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
【总结提升】
利用向量法求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
【变式训练】
变式2-1.（2023秋·江西南昌·高三南昌县莲塘第一中学校考阶段练习）如图所示，四棱锥的底面为正方形，顶点P在底面上的射影为正方形的中心为侧棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，四棱锥的体积为，求与平面所成角．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
【分析】（1）利用三角形中位线结合线面平行的判定定理进行证明；
（2）构建空间直角坐标系，然后利用法向量求解与平面所成角．
【详解】（1）
连接，因为底面是正方形，且顶点P在底面上的射影为正方形的中心，
所以，
又因为点是中点，
所以由三角形中位线定理可得；
因为平面，平面，
所以平面；
（2），
解得：
以故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

由已知可得
，
设平面的一个法向量是.
由，得，
令，则，
所以与平面所成角的正弦值为，
所以与平面所成角为.
变式2-2.（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
(1)
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
(2)
因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
题型三：求二面角
【典例分析】
例3-1.（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．

(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
例3-2. （2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】
（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】
第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
【规律方法】
利用向量法计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小．但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
【变式训练】
变式3-1.（2021·天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角的正弦值．
（III）求二面角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.
【分析】
（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；
（II）求出，由运算即可得解；
（III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解.
【详解】
（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则,,,,,,，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，
所以,,,
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，
因为平面，所以平面；
（II）由（1）得，，
设直线与平面所成角为，
则；
（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的正弦值为.
变式3-2. （2021·全国·高考真题（理））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）
【解析】
【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.
题型四： 利用向量求空间距离
例4-1.（2023·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法错误的是（ ）
A．点A到直线BE的距离是B．点O到平面的距离为
C．平面与平面间的距离为D．点P到直线AB的距离为
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，用向量法直接求解可得.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所，．设，则，．故A到直线BE的距离，故A对；
易知，平面的一个法向量，则点O到平面的距离，故B对；
，，．设平面的法向量为，则，所以，令，得，，所以，所以点到平面的距离．因为平面平面，所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，即为，故C对；
因为，所以，，则，所以点P到AB的距离，故D错．
故选：D
例4-2.（2023·全国·高三专题练习）直四棱柱中，底面为正方形，边长为，侧棱，分别为的中点，分别是的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系，通过证明，再由面面平行的判定定理即可证明.
（2）法一: 平面与平面的距离到平面的距离,再由等体积法即可求出答案. 法二:求出平面的法向量,，平面与平面的距离等于到平面的距离，由点到平面的距离公式即可求出答案.
【详解】（1）法一:证明：连接分别为的中点，
分别是的中点，
，平面，平面，
平面，平行且等于，
是平行四边形，，
平面，平面，平面，
，平面平面；
法二: 如图所示，建立空间直角坐标系，

则，
，
，
，，，
平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面平面，
（2）法一:平面与平面的距离到平面的距离．
中，，，，
由等体积可得，．
法二:
设平面的一个法向量为，
则，则可取，
，
平面与平面的距离为
例4-3.（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
(1)
在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
(2)
取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
【总结提升】
1.点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法.
2.利用法向量求解空间线面角、面面角、距离等问题，关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．
【变式训练】
变式4-1.（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（ ）．

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.
【详解】平面,平面, 平面,
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.

则
设平面的法向量为，则
，令，则
设点到平面的距离为，则
故直线到平面的距离为.
故选：D.
变式4-2.（2023秋·湖南邵阳·高三湖南省邵东市第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，.

(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先取中点，连接，根据面面垂直的性质得到面，从而得到，再结合已知条件利用线面垂直的判定得到面，即可得到，即可证明.
（2）以为原点，为轴，为，轴建立坐标系，再利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，如图所示：

因为为正三角形，则.
面面，面面，面，则面.
面，故，
又，，面，，所以面，
面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图所示：

以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，，，
设面的法向量为，则，
令，则，
设点到平面的距离为，
则，解得.
所以.
设面的法向量为，则，
令，则，
则.
因为平面与平面所成角为锐角，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
变式4-3.（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，底面，，、、分别是、、的中点．求：
(1)直线与平面的距离；
(2)平面与平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明出平面平面，可得出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面的距离；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面的距离．
【详解】（1）解：因为平面，四边形为正方形，
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、、、、、，
因为、分别为、的中点，则，
平面，平面，平面，
因为且，、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
，、平面，平面平面，
平面，平面，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，，
所以，直线与平面的距离为.
（2）解：因为平面平面，则平面与平面的距离为.
一、单选题
1．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）如图，在正方体中，P为棱AD上的动点．给出以下四个命题：
①；
②异面直线与所成角的取值范围为；
③有且仅有一个点P，使得平面；
④三棱锥的体积是定值．
其中真命题的个数为（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，其中，由，可判定①正确；由向量的夹角公式求得，进而可判定以②正确；由平面，得到，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，可判定③不正确；结合，可判定④正确．
【详解】以为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则，其中，
则，．
因为，所以，所以①正确；
因为，
所以，
当时，，此时异面直线与所成的角为；
当时，，
令，其中，
则，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围为，
综上可知异面直线与所成角的取值范围为，所以②正确；
若平面，则，因为，，
所以．，
因为方程无实数解，所以不成立，所以③不正确；
在正方体中，点在上，且平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
因为平面，所以三棱锥的高为，
因为，所以④正确．
故选：C.

二、多选题
2．（2023·河北秦皇岛·校联考模拟预测）如图，棱长为2的正方体中，，，，，则下列结论中正确的是（ ）

A．存在y，使得
B．当时，存在z使得∥平面AEF
C．当时，异面直线与EF所成角的余弦值为
D．当时，点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍
【答案】BD
【分析】建系，利用空间向量处理位置关系、异面直线夹角以及点到面的距离.
【详解】如图建立以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴的空间直角坐标系，

则，，，，，，
对于选项A：可得，
因为，且，可知，
所以与不垂直，故A错误；
因为，则，，可得，，
对于选项B：设平面AEF法向量为，则，
令，则，可得，
设，可得，
令，解得，
可知：当时，∥平面AEF，B正确；
对于选项C：当时，则，此时，
因为，
可知：当时，异面直线与EF所成角的余弦值为，故C错误；
对于选项D：因为，，
可得：点G到平面AEF的距离，点C到平面AEF的距离，
所以点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍，故D正确．
故选：BD．
3．（2023秋·福建莆田·高三莆田一中校考阶段练习）在棱长为4的正方体中，点分别是棱的中点，则（ ）
A．
B．平面
C．平面平面
D．点到平面的距离为
【答案】BD
【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法判断线线、线面、面面的位置关系，并求点面距即可判断各项正误.
【详解】由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，则，，
A：，则，故不成立，故A错；
B：，若是面的一个方向向量，
则，令，故，而，
所以，故，而平面，故平面，故B对；
C：，若是面的一个方向向量，
则，令，故，显然不共线，
所以平面平面不成立，故C错；
D：，则点到平面的距离，故D对.
故选：BD
4．（2023秋·河南焦作·高三统考开学考试）如图所示，在棱长为2的正方体中，P是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．平面平面ABCD
B．存在点P，使
C．存在点P，使直线与所成角的余弦值为
D．存在点P，使点A，C到平面的距离之和为3
【答案】AC
【分析】选项A，由面面垂直判定定理可证；选项B，空间直观可知最小值大于；选项C，建立空间直角坐标系，转化为求两直线的方向向量夹角即可；选项D，由面面垂直判定与性质定理，找到表示点A，C到平面的距离的线段，再由距离之和最小值为判定D错误.
【详解】对于A，在正方体中，因为平面ABCD，平面，
所以平面平面ABCD，故A正确；
对于B，连接，由平面，得，故在中，当点P与重合时，BP取最小值，故不存在点P，使，故B错误；

对于C，如图，以、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
假设存在点，使直线与所成角的余弦值为，
则，
整理得，
解得，（舍去），或.
由于，则存在点P，使直线与所成角的余弦值为，故C正确；

对于D，由，知平面，平面，
则点A，C到平面的距离之和与点到平面的距离之和相等，
又因为平面，得平面平面，
平面平面，
在平面中，过分别作，，垂足为，
则由平面与平面垂直的性质定理得，平面，且平面，
即点到平面的距离之和为，

如图，在底面正方形中，设，
则由，

即当点P与重合时，点A，C到平面的距离之和最大，
最大值为，
故不存在点P，使点A，C到平面的距离之和为3，故D错误．
故选：AC.
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
【答案】ACD
【分析】首先以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对选项A，假设存在点，根据即可判断A正确，对选项B，假设存在点，根据无解即可判断B错误，对选出C，连接，根据即可判断C正确，对选项D，设直线与平面所成的角为，得到，
再根据函数的单调性即可判断D正确.
【详解】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，
，，，，，，，
；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
所以，解得：，
即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
因为，，
所以，方程无解；
所以不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，连接；
设，
因为，
所以当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
因为，设直线与平面所成的角为，，
所以，
当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
6．（2023秋·浙江绍兴·高三浙江省上虞中学校考开学考试）卢浮宫金字塔位于巴黎卢浮宫的主院，是由美籍华人建筑师贝聿铭设计的，已成为巴黎的城市地标.卢浮宫金字塔为正四棱锥造型，该正四棱锥的底面边长为，高为，若该四棱锥的五个顶点都在同一个球面上，则球心到该四棱锥侧面的距离为 .
【答案】/
【分析】连接、，交于，连接，则球心在的延长线上，结合题意可得，且，，设，，求出，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，再结合法向量求解即可.
【详解】如图，连接、，交于，连接，则球心在上（或延长线上），
在正四棱锥中，，且，，
设，
所以，解得，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
所以球心到四棱锥侧面的距离为.
故答案为：.
四、解答题
7.（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
8．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
9.（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
10.（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
(1)
证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
(2)
解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.
11.（2023秋·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习）如图，直二面角中，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面，

(1)求证：平面.；
(2)求二面角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知条件推导出，从而得到平面，由此能够证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值.
（3）利用向量法能求出点D到平面ACE的距离.
【详解】（1）∵平面，平面，∴，
∵二面角为直二面角，且交线为,，平面，
∴平面，平面
∴平面，
∴平面.
（2）以线段AB的中点为原点O，OE, AB所在直线为x轴，y轴，过点O平行于AD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵平面，平面，∴,
在中，，为的中点，
，
所以
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得
又平面的法向量为，
∴，
设二面角的平面角为，
则，
∴二面角的正弦值为.
（3）∵轴，，
∴，
∴点到平面的距离：

12．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球面上，且，，N为的中点．

(1)证明:平面
(2)若M是线段上的点，且平面与平面的夹角为．求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）法一、连结利用三角形全等判定，即可；法二、取的中点D，利用线线垂直证平面得即可；法三、设，利用条件及勾股定理判定即可；
（2）先判定M为的中点，法一、先证平面平面，判定即为与平面所成的角，解三角形即可；法二、建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面角即可.
【详解】（1）证法一：连结(如图)，
易知是以AB斜边的等腰直角三角形，∴，
又∵，
∴，
∵，N为的中点，
∴，
∴，即，
∵平面，∴平面ABC．

证法二：取的中点D，连结(如图)，
∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，
∵平面，∴平面．
∵平面．∴，
又∵，平面，
∴平面；

证法三：易知为等腰直角三角形，
不妨设，则，
又N为斜边中点，∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，且，
∵，∴，∴，
又∵，平面，
∴平面ABC．
（2）
∵，∴，
∴是等腰直角三角形，
∵N为中点，∴，
∴N为三棱锥外接球的球心，
依题意，∴，
连结，
∵平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴为二面角的平面角，等于，
解法一：由上知为等腰直角三角形，∴M为PC的中点，
∵，
∴平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，
∴点A在平面上的射影在上，
∴即为与平面所成的角，
易得，由余弦定理可得
．
解法二：由（1）知两两垂直，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
∵M为PC的中点，∴，
∴，
设平面PBC的法向量为
则，
取，则得，
∴，
∴AM与平面PBC所成角的正弦值为．