新高考数学二轮复习分层练习专题18 空间向量在立体几何中的应用（角和距离）分层训练（2份，原卷版+解析版）

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单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
2．（2023·全国·高三专题练习）下图为正三棱柱的一个展开图，若A，，，D，，六点在同一个圆周上，则在原正三棱柱中，直线AE和直线BF所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据六点共圆，设原正三棱柱的底面边长为2a，高为2b，圆的半径为r，数形结合，列出方程，可得，分别求得和的值，代入向量求夹角公式，即可得答案.
【详解】六点共圆的示意图如图所示．
设原正三棱柱的底面边长为2a，高为2b，圆的半径为r．
则有方程组，解得．
从而在原正三棱柱中，高为底面边长的倍．
设直线AE和直线BF所成角为，则．
由勾股定理，；
所以．
故选：A
【点睛】本题属于中档偏难题，涉及的知识点较多，主要考查几何体的展开图、异面直线所成的角等．题干以“六点共圆”为条件，是创新的体现，需要熟练掌握．
3．（2022秋·湖北黄冈·高三校考期中）平行六面体中，，则与底面所成的线面角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，相交于点，依题意可得平面，从而得到平面平面，则是与底面所成角，利用锐角三角函数求出，建立如图所示空间直角坐标系，求出点的坐标，即可得到点的坐标，利用空间向量法求出线面角的正弦值．
【详解】解：如图所示，连接，相交于点，连接．
平行六面体中，且，
不妨令
，，都是等边三角形．
是等边三角形．
，，，平面
平面，平面，
平面平面，
是与底面所成角．
因为，，所以．
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
其中的坐标计算如下，过 作交于点，
因为，，所以，
所以，，
因为
所以，所以，
显然平面的法向量为，
设与底面所成的角为，则
故选：A
4．（2023·全国·高三专题练习）在矩形ABCD中，O为BD中点且，将平面ABD沿对角线BD翻折至二面角为90°，则直线AO与CD所成角余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AO与CD所成角余弦值.
【详解】在平面中过作，垂足为；
在平面中过作，垂足为.
由于平面平面，且交线为，
所以平面，平面，
设，
，
同理可得，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设与所成角为，
则.
故选：C
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】利用坐标法，设，可得动点P到直线的距离为，然后利用二次函数的性质即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
设，则，
∴动点P到直线的距离为
，当时取等号，
即线段上的动点P到直线的距离的最小值为.
故选：D.
6．（2023·全国·高三专题练习）正方体棱长为，动点在线段上（含端点），以下结论不正确的为（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．过，，三点若可作正方体的截面，则截面图形为三角形或平面四边形
C．当点和重合时，三棱锥的外接球体积为
D．直线与面所成角的正弦值的范围为
【答案】D
【分析】根据锥体体积公式、正方体的截面、三棱锥的外接球、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，根据正方体的性质可知平面，平面，
所以平面，
所以到平面的距离为定值，设到平面的距离为，
则为定值，A选项正确.
B选项，当与重合时，截面图形为平面四边形；
当与重合时，平面四边形；
当与、不重合时，截面图形为三角形或四边形，所以B选项正确.
C选项，当点和重合时，三棱锥的外接球，也即正方体的外接球，
外接球的直径为，半径为，体积为，C选项正确.
D选项，建立如下图所示空间直角坐标系，则
设，，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与面所成角为，
则，
对于函数，开口向上，对称轴，
所以最大值为，最小值为，
所以，
，D选项错误.
故选：D
7．（2022·河南省直辖县级单位·统考二模）如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线，C为底面圆上一点，且，，则直线PC与平面PAB所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据圆柱的特征，以为原点建立空间直角坐标系，根据题意可得，，，利用向量法即可求出答案.
【详解】解：因为AB是圆柱底面圆的一条直径，
所以，
又OP是圆柱的一条母线，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
因为，所以，，
又因，所以，
所以，即，
设，则，
则，
则，
设平面PAB的法向量为，
则有，可取，
则，
所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.
故选：A.
8．（2023·全国·高三专题练习）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线与所成角的余弦值.
【详解】
设上底面圆心为，下底面圆心为，连接
以为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系
则
则
又异面直线所成角的范围为
故异面直线与所成角的余弦值为
故选：A
二、多选题
9．（2023·云南·统考模拟预测）如图，在正方体中，E､F､G分别为的中点，则（ ）
A．B．与所成角为
C．D．平面
【答案】ABD
【分析】利用坐标法，根据向量运算结合条件逐项分析即得.
【详解】以点D为坐标原点，所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则.
对于A选项，，所以，故A选项正确；
对于B选项，，
，
所以，向量与向量的夹角是，与所成角为，故B选项正确；
对于C选项，，则，故C选项错误；
对于D选项，设平面的法向量为，
由，可得，取，可得，
又，
∵，∴，∵平面，∴平面，故D选项正确.
故选：ABD.
10．（2023·全国·模拟预测）已知四棱锥的顶点都在一个表面积为的球面上，平面ABCD，底面ABCD是正方形，，则（ ）
A．
B．
C．直线PC与直线AB所成角的大小为
D．直线PC与平面PAB所成角的大小为
【答案】BC
【分析】解法一、
设四棱锥的外接球球心为O，连接AC与BD交于点E，取PA的中点F，可得四边形OEAF为矩形，利用勾股定理求出可得可判断A；由线面垂直的性质定理和判定定理可判断B；利用勾股定理求出∠PCD可判断C；在中求出可判断D；
解法二、
将四棱锥补成长方体，设四棱锥的外接球球心为O，根据长方体的外接球即四棱锥的外接球，长方体的外接球的球心为长方体的中心，长方体的体对角线为外接球的直径可判断A；由线面垂直的性质定理和判定定理可判断B；在中求出可判断C； 在中求出可判断D；
解法三、
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出、的坐标计算出可判断B；求出可判断C；求出平面PAB的一个法向量，设直线PC与平面PAB所成角的大小为，由线面角的向量求法求出的值可判断D．
【详解】解法一、
对于A选项：设四棱锥的外接球球心为O，因为球O的表面积为，所以球O的半径为2，连接AC，与BD交于点E，取PA的中点F，连接OE，OF，则平面ABCD，四边形OEAF为矩形，连接OA，在中，，所以，故A错误；
对于B选项：因为平面ABCD，所以，因为，，PA，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAC，
所以，故B正确；
对于C选项：因为，所以∠PCD是直线PC与直线AB所成角，
因为平面ABCD，所以，又，，
PA，平面PAD，所以平面PAD，所以，在中，，，所以，故C正确；
对于D选项：易得平面ABP，所以∠CPB是直线PC与平面PAB所成角，
在中，，，所以，故D错误．
故选：BC．
解法二、
由题意知，可将四棱锥补成长方体．设四棱锥的外接球球心为O，
因为球O的表面积为，所以球O的半径为2，则长方体的体对角线的长为4（点拨：长方体的外接球即四棱锥的外接球，长方体的外接球的球心为长方体的中心，长方体的体对角线为外接球的直径），
对于A选项：设，则，即，
所以，即，故A错误；
对于B选项：因为平面ABCD，平面ABCD，所以，连接AC，易知，因为，PA，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAC，所以，故B正确；
对于C选项：易知，所以∠PCD是直线PC与直线AB所成的角，在中，易知，，所以，故C正确；
对于D选项：易知平面PAB，所以∠CPB是直线PC与平面PAB所成的角，
在中，易知，，所以，故D错误．
故选：BC．
解法三、
对于选项B，C，D，可以以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，故，，，．则，故，B正确；，所以直线PC与直线AB所成角的大小为，C正确；易知为平面PAB的一个法向量，设直线PC与平面PAB所成角的大小为，则，所以直线PC与平面PAB所成角的大小为，D错误．
故选：BC．
11．（2023·山东威海·统考一模）在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则( )
A．当时，的最小值为
B．当时，有且仅有一点P满足
C．当时，有且仅有一点P满足到直线的距离与到平面ABCD的距离相等
D．当时，直线AP与所成角的大小为定值
【答案】ACD
【分析】对于选项A，先判断P点的轨迹，再将问题平面化即可求解；对于选项BCD，建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求解．
【详解】如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
则，，，
则，∴．
选项A：当时，为线段上的点，
将平面和平面沿展开为同一个平面如图，
连接，则的最小值即为，故A正确；
选项B：当时，，，，
则，即，即满足条件的P点有无数个，故B错误；
选项C：当时，，
则，，，，
则在上的投影为，
则点P到直线的距离；
平面ABCD的一个法向量为，，
则点P到平面ABCD的距离为；
当点P到直线的距离与到平面ABCD的距离相等时，
，∵，∴方程有一个解，
则，即仅存在一个点P满足条件，故C正确；
D选项：当时，，，
∵，故直线AP与所成角的大小为，为定值，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题利用空间向量解决空间里面距离和夹角的计算，关键是熟练掌握点到直线距离、点到平面距离、直线夹角的向量求法．
12．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（ ）
A．线段的最小值为B．棱上的不存在点，使得平面
C．棱上的存在点，使得D．当为棱的中点时，
【答案】ABD
【分析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．
【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；
，，
若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；
设，则，，
若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；
是中点时，，，D正确．
故选：ABD．
三、填空题
13．（2023·广东江门·统考一模）已知直线l过点，且直线l的一个方向向量为，则坐标原点O到直线l的距离d为___________.
【答案】
【分析】根据空间中点到直线距离公式计算即可.
【详解】由题知，直线过点，且直线的方向向量为，点，
所以，
所以点到的距离为
故答案为：.
14．（2023·上海·统考模拟预测）正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为__________.
【答案】##
【分析】设，利用空间向量求交点的坐标，再根据交点位于内（包括边界），则，求出满足的关系式，作出相应区域，即可得结果.
【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
设，可得，
设平面的法向量为，则有，
令，则，即，
设直线与面的交点为，
则，
∵点在直线上，可设，
则，即，
故，则，
又∵点在面上，则，解得，
故，
则，
设，
则，解得，
若点位于内（包括边界），则，整理得，
如图，在面中，即，
作出相应的区域，可得，
故点构成的图形面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据三点共线：若在直线上，可设，用表示点的坐标；
（2）根据共面向量：点位于内（包括边界），则.
15．（2022·湖南永州·统考一模）在四棱锥中，平面平面，四边形为等腰梯形，为等边三角形，，则四棱锥的外接球球心到平面的距离是___________.
【答案】
【分析】根据题意分析可得外接球球心必在上，结合球的相关性质求，再建系，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】取的中点，连接
∵为等边三角形，则
平面平面，平面平面
∴平面
取的中点，由于四边形为等腰梯形，且，
则可以得到，即为等腰梯形的外接圆的圆心
过作的平行线，则外接球球心必在上
，设，在梯形中，，则
∵，即，解出，
建系如图，则
设平面的法向量，则
令，则，则
∵，则到平面的距离
故答案为：.
【点睛】对于具有外接球的锥体：其外接球的球心位于过底面多边形的外心且与底面垂直的垂线上.再结合球的截面性质列方程求其半径.
16．（2023春·北京·高三北京市陈经纶中学校考开学考试）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为棱CD的中点，点F为底面ABCD内一点，给出下列三个论断：
①A1F⊥BE；
②A1F＝3；
③S△ADF＝2S△ABF.
以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__.
【答案】若，则；(若，则)．写出其中一个即可.
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则，0，，，2，，，1，，，，，
设，，，，，则，，，
，
，
，
，
以其中的一个论断作为条件，另一个论断作为结论，能写出两个正确的命题：
若，则；若，则．
故答案为：若，则；(若，则)．写出其中一个即可.．
四、解答题
17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．
(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．
又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，，平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以．
以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，
所以，
令得．
设平面PBC的法向量为，
所以，
令得．
设平面PAB与平面PBC的夹角为．
所以，
所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．
18．（2023·山东泰安·统考一模）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为6的正方形，，，，，点P，Q分别在棱GD，BC上，且，，.
(1)证明：平面ABCD；
(2)设H为线段GC上一点，且三棱锥的体积为18，求平面ACH与平面ADH夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由三棱锥的体积公式结合题意可知H为GC的中点，由（1）知，平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面ACH与平面ADH的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）取线段AD中点R，RD的中点K，连接GR，PK，QK
∵，
∴E，A，D，G四点共面，且，
∴ARGE为平行四边形，∴
又∵，
∴，∴
∵，，∴，∴
又∵，PQ，平面PQK，，
∴平面PQK，又∵平面PQK
∴，∴
又∵，AB，平面ABCD，
∴平面ABCD
（2）设H到平面ABCD的距离为h，则三棱锥的体积为
，∴
又∵G到平面ABCD的距离为6，∴H为GC的中点
由（1）知，平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
∴，，
设平面ACH的一个法向量为，则
∴，取，解得
∴
设平面ADH的一个法向量为，则
∴，取，解得
∴
∴，
∴平面ACH与平面ADH夹角的余弦值为.
【提能力】
一、单选题
19．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面ABC，是边长为2的正三角形，，E，F分别为MA，MC的中点，则异面直线BE与AF所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解法一设H为MF的中点，连接EH，BH，由E是MA的中点知，，进而得到是异面直线BE与AF所成的角或其补角，根据已知条件计算出的各边长，再利用余弦定理即可求出的余弦值，从而可得异面直线BE与AF所成角的余弦值；
解法二建立空间直角坐标系，写出相关点及向量的坐标，利用向量的夹角公式即可得解.
【详解】解法一：设H为MF的中点，连接EH，BH，如图，
∵E是MA的中点，
∴，.
∴是异面直线BE与AF所成的角或其补角.
∵平面ABC，∴，，
∵，，
∴，
∴.
∵F为MC的中点，
∴，，
又，
∴在中，，
，
∴，
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，
解法二：以A为坐标原点，AC，AM所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
易知，，，，
所以，，
则，
∴异面直线BE与AF所成角的余弦值为，
故选：B.
20．（2022·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考一模）如图，在直二面角中，是直线上两点，点，点，且，，，那么直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出向量的坐标，利用向量的夹角公式求得答案.
【详解】如图，以B为坐标原点，以过点B作BC的垂线为x轴，以BC为y轴，BA为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ,
故 ,
则 ,
故直线与直线所成角的余弦值为 ，
故选：B.
21．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图所示，正方体中，点为底面的中心，点在侧面 的边界及其内部移动，若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法得出异面直线与所成角的余弦值的最大值.
【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2
，，，
设，因为，
所以，则
在侧面内取一点，使得，则
易知三角形为直角三角形，则
设，对称轴为，则
即
故选：C
22．（2023·全国·高三专题练习）如图正方体，中，点、分别是、的中点，为正方形的中心，则（ ）
A．直线与是异面直线B．直线与是相交直线
C．直线与互相垂直D．直线与所成角的余弦值为
【答案】C
【分析】根据空间直线的位置关系判断直线与，是否异面，用向量法求异面直线所成角.即可得到答案.
【详解】在正方体中，点分别是的中点，为正方形的中心，易知四边形为平行四边形，所以相交，故A不正确.
若直线是相交直线，则直线相交或平行，这与题意不符合，故B不正确.
以分别为轴建立空间坐标系，设正方体的棱长为2，如图
则,
则,,,
, ，故C正确.
，故D不正确.
故选：C
23．（2021·山西吕梁·统考一模）如图正三棱柱的各棱长相等，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构建空间直角坐标系，求直线的方向向量，应用空间向量数量积的坐标表示可得，即知异面直线的夹角.
【详解】以为原点，构建如下图示的空间直角坐标系，
令正三棱柱的棱长为2，则，，，，
所以，，则，即异面直线与所成的角为.
故选：D
24．（2022·浙江·高三专题练习）已知正方体的棱长为2，点E，F在平面内，若，，则下列选项中错误的是（ ）
A．点E的轨迹是圆的一部分B．点F的轨迹是一条线段
C．的最小值为D．与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】D
【分析】根据圆的定义、线面垂直的判定定理，结合圆的性质，空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】对于A，，即，所以，即点E在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，其轨迹为圆的一部分，故A正确.
对于B，正方体中，，又，且，所以平面，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B正确.
对于C，在平面内，到直线的距离，如图1，当点E，F落在上时，，故C正确.
对于D，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.
因为点E为在平面内，以为圆心，1为半径的圆上，可设，所以.
设平面的法向量，则
不妨令，则.
设与平面所成角为，
则，
当且仅当时，有最大值，故D错误.
故选：D
【点睛】关键点睛：利用空间夹角公式进行求解是解题的关键.
25．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形中，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，由平方后求得，取中点E，连接，则，中应用余弦定理求得，两者结合和是与的关系，从而求得结论．
【详解】设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，
因为，所以，又，所以，
,，
则，
所以，
取中点E，连接，则，，
,,
在中，，即，
所以，即，
又因为，所以，
因为直线夹角范围为，所以直线与所成角的余弦值范围是．
故选：D．
26．（2022·全国·高三专题练习）已知长方体中，，点在线段上，平面过线段的中点以及点、，现有如下说法：
（1），使得；
（2）若，则平面截长方体所得截面为平行四边形；
（3）若，，则平面截长方体所得截面的面积为
以上说法正确的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由得出求出的值，可判断（1）的正误；确定截面与各棱的交点位置，结合平行四边形的判断方法可判断（2）的正误；计算出截面面积可判断（3）的正误.
【详解】（1）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、、，
，，
若，则，解得，
（1）正确；
对于（2），在棱找点，由面面平行的性质可知，设点，
，，
因为，可设，则，则，则，
当时，，此时点在棱上，且有，
故四边形为平行四边形，（2）正确；
对于（3），设截面交棱于点，连接、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
由图可知，，则，故，
所以，点为的中点，则、、、，
可求得，，，，
取的中点，连接，则，且，
，
，故，故，
所以，截面面积为，（3）正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：确定截面形状，一般要结合线面平行、面面平行的性质以及空间向量法确定各交点的位置，也可采用补形法等手段扩展截面，进而确定截面的形状.
二、多选题
27．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中，，，分别为棱AB，BC的中点，过点E，F作正方体的截面，则下列说法正确的是（ ）
A．若截面过点，则截面周长为
B．若点是线段上的动点（不含端点），则的最小值为
C．若截面是正六边形，则直线与截面垂直
D．若截面是正六边形，S，T是截面上两个不同的动点，设直线与直线ST所成角的最小值为，则
【答案】AC
【分析】根据正方体的几何性质，结合空间向量夹角公式、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A选项：如图1所示，设直线EF与直线DA，DC分别交于点K，L，连接交于点，连接交于点，因此有，为的靠近点的三等分点，为的靠近点的三等分点，.连接ME，NF，则过点的截面即五边形.易得，，，故截面的周长为.故A正确.
B选项：连接，以所在直线为轴，将旋转到平面上，连接，则线段的长即的最小值.
在中，，，则由余弦定理，得，所以B错误.
C，D选项：若截面是正六边形，则截面如下图中六边形PQRFEG所示，其中各顶点是所在棱的中点.以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，，，所以，，故，，又，所以与截面垂直.设直线与截面所成角为，则.因为截面，所以易知直线与直线ST所成的最小角即直线与截面所成的角，所以，故C正确，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点睛：利用空间向量夹角公式、正方体的几何性质是解题的关键.
28．（2022秋·吉林长春·高三长春市第二实验中学校考期末）如图，在平行四边形中，，分别为的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．若是的中点，则平面
B．存在某位置，使
C．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为
D．直线和平面所成的角的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A，利用反证法，假设结论成立，再利用面面平行推出线面平行，得到矛盾，故A错；对于B，同样采用反证法，假设结论成立，利用线线垂直推线面垂直，再结合空间向量，能得到矛盾，故B错误；对于C，主要根据题目，判断得到该四面体各个面都是直角三角形，根据外接球性质，即可知道球心位置，从而求解；对于D，利用线面角，可以判断出当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，从而求出该角的正切值，即可求解.
【详解】取中点，连接.若A正确，平面，且为三角形中位线，则，面，则面，
因为平面
所以平面平面，
因为面平面面平面
所以，显然，为三角形中位线，，矛盾，故假设不成立，A错误；
以A为坐标原点，AD为y轴正半轴，在平面中作与AD垂直方向为x轴正半轴，z轴垂直平面，建立空间坐标系.
因为，，所以，
所以，所以，所以，即，
又因为，则，
若B正确，则有，因为平面，
所以平面，
因为平面，则必定成立.
则根据题意，可得、、、.，，
则，即不成立，故矛盾，所以B不成立；
当二面角为直二面角时，即平面平面.
根据上面可知，所以，
又，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
故四面体为所有面都是直角三角形的四面体，根据外接球性质可知，球心必为中点，即为外接球半径.
，，由勾股定理可知，则，外接球面积为，故C正确.
当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，记此时角为.
由上图可知，在中，，由余弦定理可解得.
此时.此时，故D错.
故选：ABD
29．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，下列结论成立的是（ ）
A．若点是平面的中心，则点到直线的距离为
B．二面角的正切值为
C．直线与平面所成的角为
D．若是平面的中心，点是平面的中心，则面
【答案】ABD
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离、二面角、线面角的向量求法可判断ABC正误；根据可证得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，
则，，，，，，，，，，
对于A，，，
，，
点到直线的距离，A正确；
对于B，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，，，
由图形可知：二面角为锐二面角，
二面角的正切值为，B正确；
对于C，平面，平面，，
又，，平面，平面，
平面的一个法向量为，又，
，
即直线与平面所成的角为，C错误；
对于D，平面的法向量，，
，即，面，D正确.
故选：ABD.
30．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，，为的中点，点是线段上的点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在点，使得直线与所成的角是
C．当点是线段的中点时，三棱锥外接球的表面积是
D．当点是线段的中点时，直线与平面所成角的正切值为．
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，使用向量法可判断ABD；利用的外心坐标设外接球球心坐标，根据可得.
【详解】易知AB、BC、两两垂直，如图建立空间直角坐标系
则
所以，，，
记
因为，所以，A正确；
因为
记直线与所成的角为，则，
因为，所以，故B错误；
当点是线段的中点时，点P坐标为
易知的外心坐标为，故设三棱锥外接球的球心为，
则，即，解得，
所以三棱锥外接球的半径，表面积，C错误；
当点是线段的中点时，，
易知为平面的一个法向量，记直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，
所以，D正确.
故选：AD
三、填空题
31．（2022·全国·高三专题练习）已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，D为的中点，若，则异面直线与所成角的余弦值为______．
【答案】
【分析】利用空间向量即可得解.
【详解】由题意，,,
所以，
，
，
所以
故答案为：.
32．（2023·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体中，点P是对角线的动点（点P与不重合），则下列结论正确的有___________.
①存在点P，使得平面平面；
②存在点P，使得平面；
③分别是在平面，平面上的正投影图形的面积，对任意的点P都有；
④对任意的点P，的面积都不等于.
【答案】①②④
【分析】当为直线与平面的交点时，根据面面平行的判定定理即可判断①正确；当为直线与平面的交点时，根据线面垂直的判定定理即可判断②；计算出的条件即可判断③；求出△的面积的最小值即可判断④.
【详解】对于①，如图，因为，
所以平面平面，
当直线交平面于点时，有平面平面，故①正确；
对于②，如图，设正方体的棱长为2，则，，
则，
有，，所以，，
又平面，所以平面，
当直线交平面于点时，有平面，故②正确；
对于③，因为设（其中），
则△在平面的正投影面积为，
又△在平面上的正投影图形的面积与在平面的正投影图形面积相等，
所以，
若，则，解得或，
因为，所以，故存在点，使得；故③错误；
对于④，由于固定不变，只要找上的点到的距离最短即可，
取中点，连接，
由②的分析可证得平面，由平面得；
又平面，平面，所以，
所以为直线与的公垂线，此时△的面积最小；
因为在正方体中，易知，
又，所以，
因此，；
所以对任意点，△的面积都不等于,故④正确.
故答案为：①②④
33．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，是棱长为的正方体，、分别是下底面的棱、的中点，是上底面的棱上的一点，，过、、的平面交上底面于，在上，则异面直线与所成角的余弦值为___________．
【答案】##
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知，可求得点的坐标，再利用空间向量法可求得结果.
【详解】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、、、、、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
设点，，，
因为，所以，，即点，
，，
所以，.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
34．（2022·河南鹤壁·鹤壁高中校考模拟预测）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），则下列说法中正确的是______．
①若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
②存在Q点，使得平面
③当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大
④若，那么Q点的轨迹长度为
【答案】①③④
【分析】作出过点与平面平行的正方体的截面判断①；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量判断②；设出点Q的坐标，求出点Q到平面最大距离判断③；确定点Q的轨迹计算判断④作答.
【详解】在正方体中，取的中点E，F，连，如图，
则，平面，平面，则有平面，
因点P为棱的中点，有，，即有为平行四边形，
则，而平面，平面，有平面，
，平面，因此，平面平面，因平面，
则平面，又点Q在平面，平面平面，即点Q的轨迹为线段EF，①正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，
，设平面的一个法向量，
则，令，得，若平面，则，即，
，所以不存在Q点，使得平面，②不正确；
因的面积为定值，当且仅当点Q到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，
，点Q到平面的距离，而，则当时，，
而，即，因此点与点重合时，三棱锥的体积最大，③正确；
因平面，平面，则，因此，
显然点Q的轨迹是以为圆心，半径为，所含圆心角为的扇形弧，弧长为，④正确.
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
四、解答题
35．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，是的中点，点在上，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）在线段上取点，使得，进而证明即可证明结论；
（2）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
【详解】（1）证明：在线段上取点，使得，
所以，在中，，且，
因为在四边形中，，，
所以，，
所以，四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
所以，，
因为是的中点，点在上，且，
所以，
所以，，设平面的一个法向量为，
所以，，即，令得，
由题，易知平面的一个法向量为，
所以，
所以，
所以，二面角的正弦值为.
36．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，侧面是等腰三角形，.
(1)求证：；
(2)若侧面底面，侧棱与底面所成角的正切值为，为侧棱上的动点，且.是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出实数若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，.
【分析】（1）通过证明线面垂直，即可证明；
（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点坐标，求出平面与平面的法向量，通过两平面夹角的余弦值即可求得实数的值.
【详解】（1）由题意，
在四棱锥中，取的中点为，连接，，
在等腰中，，∴，
在直角梯形中，
，，，，
∴,,，四边形是矩形，
∴，，，，
∴，,,
∵面，面，面，，
∴面，
∵面,
∴.
（2）由题意及（1）得，，，，，
在四棱锥中，侧面底面，面底面，
∴，
∵侧棱与底面所成角的正切值为，
设，
∴由几何知识得，，四边形是平行四边形，
∴,，
在直角中，，，
∴，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，，，，，，
∵为侧棱上的动点，且，
设
由几何知识得，，解得：，
在面中，其一个法向量为，
在面中，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得：
当时，，
设平面与平面的夹角为
∵平面与平面的夹角的余弦值为
∴
解得：或（舍）
∴存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
37．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，D，E，P分别在棱AC，AB，BC上，且D为AC中点，，于F.
(1)证明：平面平面；
(2)当，，二面角的余弦值为时，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）先证明平面，由此即可得到本题答案；
（2）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出向量与平面的法向量，然后代入公式，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为，
所以都是等腰三角形，
因为于F，所以F为DE的中点，
则，，
又因为是平面内两条相交直线，
所以平面，
又平面，
所以平面平面 ；
（2）因为，，所以，，，
所以， ，
由（1）知为二面角的平面角
所以，
以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易得，，知，
因为，，
可得，
所以
设平面的法向量，，
所以，令，则，
所以 ，
又，
设直线与平面所成角为θ，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
38．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足.
(1)证明：直线平面；
(2)若平面，且，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）延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接，
由，故，所以，所以，
所以，所以为中点，
又且，且，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，，，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.
所以.
设平面的法向量，由，得，
取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.