高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)第13讲空间向量与距离、探究性问题(2大考点+强化训练)(原卷版+解析)

第13讲空间向量与距离、探究性问题（2大考点+强化训练）[考情分析]1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离，属于中等难度.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上．知识导图考点分类讲解考点一：空间距离(1)点到直线的距离直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离d＝eq\r(a2－a·u2).(2)点到平面的距离平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).考向1点到直线的距离【例1】（2024·全国·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，直线经过，两点，则点到直线的距离是（

）A． B． C． D．【变式1】（23-24高三上·北京昌平·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（

）A． B． C． D．1【变式2】（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）已知点，若点和点在直线上，则点到直线的距离为．【变式3】（23-24高三上·山东青岛·期中）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为塹堵，在塹堵中，若，若为线段中点，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．考向2点到平面的距离规律方法(1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法．(2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行．求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离．【例2】2.(2023·湖北省襄阳市第四中学模拟)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为4，∠A1AB＝60°，点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O.(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．【变式1】（23-24高三下·北京·开学考试）在正四棱锥中，，与平面所成角为，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【变式2】（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（

）.A． B． C． D．【变式3】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在正三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为．考点二：空间中的探究性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．规律方法解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．【例3】(2023·咸阳模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BB1C1C是边长为1的正方形，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，AB＝4，∠A1B1B＝60°，G是A1B1的中点．(1)求证：平面GBC⊥平面BB1C1C；(2)在线段BC上是否存在一点P，使得二面角P－GB1－B的平面角为30°？若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由．【变式1】（2024·四川成都·模拟预测）在四棱锥中，已知，，，，，是线段上的点．(1)求证：底面；(2)是否存在点使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【变式2】（2024·全国·一模）如图，棱柱的所有棱长都等于2，且，平面平面．(1)求平面与平面所成角的余弦值；(2)在棱所在直线上是否存在点P，使得平面．若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．【变式3】（2024·贵州黔东南·二模）如图，在多面体中，四边形为菱形，平面，，，，.(1)证明：平面平面；(2)试问线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请判断点的位置；若不存在，请说明理由.强化训练一、单选题1．（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为（

）A．1 B．2 C．3 D．2．（2023高三·全国·专题练习）“类比推理”简称“类比”，是一种重要的逻辑推理方法，也是研究问题、发现新结论的重要方法．下面通过“类比”所得到的结论中不正确的是（

）A．设O为平面内任一点，则A，B，C三点共线当且仅当存在a，b满足，使得．类比到空间得：设A，B，C不共线，则A，B，C，D四点共面当且仅当存在实数a，b，c满足，使得B．已知平面内点到直线的距离为．类比到空间得：空间中点到平面的距离为C．设平面内不过坐标原点的直线与x轴和y轴的交点分别为，，则直线的（截距式）方程为．类比到空间得：空间中不过坐标原点的平面与x轴、y轴和z轴的交点分别为，，，则平面的（截距式）方程为D．设平面内一直线与x轴和y轴所成的角分别为，，则有．类比到空间得：设空间中一直线与x轴、y轴和z轴所成的角分别为，，，则有3．（23-24高三上·上海奉贤·期中）如图，己知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，，下列说法正确的是（

）

A．与所成的角是B．平面与平面所成的锐二面角余弦值是C．与平面所成的角的正弦值是D．是线段上动点，为中点，则点到平面距离最大值为4．（2023·江苏徐州·模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（

）A． B．1 C． D．5．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）如图，在正方体中，E为棱的中点．动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列三个结论：①存在点P，使得；②的面积越来越小；③四面体的体积不变．其中，所有正确结论的个数是（

）．A．0 B．1 C．2 D．36．（2023·全国·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，棱的中点分别是，点是底面内任意一点（包括边界），则三棱锥的体积的取值范围是（

）

A． B． C． D．7．（2023·河南·模拟预测）在空间直角坐标系中，已知，则当点到平面的距离最小时，直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．8．（2023·全国·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点的轨迹长度为二、多选题1．（23-24高三上·河北保定·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则下列说法正确的是（

）A．四点共面B．C．直线与所成角的余弦值为D．点到直线的距离为12．（2024·江西上饶·一模）如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，则（

）A．直线与底面所成的角为30° B．到直线的距离为C．平面 D．平面3．（2024·福建福州·模拟预测）在长方体中，为的中点，则（

）A． B．平面C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为三、填空题1．（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知直线经过两点，则点到直线的距离为．2．（2024·福建厦门·一模）已知平面的一个法向量为，且点在内，则点到的距离为．3．（23-24高三上·北京房山·期末）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点.给出下列结论：①；②平面；③直线与直线所成角的范围是；④点到平面的距离是.其中所有正确结论的序号是.四、解答题1．（23-24高三上·天津·期末）如图，已知平面，，，，，，.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)求点到直线的距离.2．（2024·山西运城·一模）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上.(1)求的长度；(2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.3．（2024·广东梅州·一模）已知三棱柱中，，，且，，侧面底面，是的中点.(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得与平面的所成角为60°.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由.4．（23-24高三下·浙江宁波·阶段练习）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，为的中点，.(1)证明：平面平面；(2)若与平面所成的角为，过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离.5．（23-24高三上·北京昌平·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点.

(1)证明：∥平面；(2)若，，（i）求二面角的余弦值；（ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.第13讲空间向量与距离、探究性问题（2大考点+强化训练）[考情分析]1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离，属于中等难度.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上．知识导图考点分类讲解考点一：空间距离(1)点到直线的距离直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离d＝eq\r(a2－a·u2).(2)点到平面的距离平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离为d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).考向1点到直线的距离【例1】（2024·全国·模拟预测）已知在空间直角坐标系中，直线经过，两点，则点到直线的距离是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意先求出直线的方向向量，然后依次求得，则到直线的距离为，求解即可.【详解】由题意可知直线的方向向量为：，又，则，，点到直线的距离为：.故选：C.【变式1】（23-24高三上·北京昌平·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：因为正方体棱长为1，，所以，不妨设，所以，而，所以点到直线的投影数量的绝对值为，所以点到直线距离，等号成立当且仅当，即点到直线距离的最小值为.故选：C.【变式2】（23-24高三上·山东菏泽·阶段练习）已知点，若点和点在直线上，则点到直线的距离为．【答案】1【分析】根据题意求得，结合到直线的距离，即可求解.【详解】由题意知，点，，，可得，，则，，，所以，可得，所以点到直线的距离为．故答案为：1.【变式3】（23-24高三上·山东青岛·期中）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为塹堵，在塹堵中，若，若为线段中点，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立合适的空间直角坐标系，先求出的夹角，在直角三角形中，得出点到直线的距离.【详解】解：根据塹堵的定义，建立以点为原点的空间直角坐标系，则，，，，，故，，所以，所以，设点到直线的距离为，所以，解得.故选：B.考向2点到平面的距离规律方法(1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法．(2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行．求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离．【例2】2.(2023·湖北省襄阳市第四中学模拟)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为4，∠A1AB＝60°，点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O.(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．【解析】解(1)存在．∵点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O，故A1O⊥平面ABC，连接OC，由题意知△ABC为正三角形，故OC⊥AB，以O为坐标原点，OA，OC，OA1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A(2,0,0)，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2\r(3)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2\r(3)，0))，B(－2,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，0，2\r(3)))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，2\r(3)，2\r(3)))，设eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(BB1,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，2\r(3)))，可得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2λ－2，0，2\r(3)λ))，∴eq\o(A1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2λ－2，0，2\r(3)λ－2\r(3)))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，2\r(3)，2\r(3)))，假设在棱BB1(含端点)上存在一点D使A1D⊥AC1，则eq\o(A1D,\s\up6(→))⊥eq\o(AC1,\s\up6(→))，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ＋2))＋2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)λ－2\r(3)))＝0，解得λ＝eq\f(1,5)，则BD＝eq\f(1,5)BB1＝eq\f(4,5).(2)由(1)知eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，2\r(3)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2\r(3)，0))，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2\r(3)z＝0，,2x＋2\r(3)y＝0，))令x＝eq\r(3)，则z＝1，y＝－1，则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，1))，又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，－2\r(3)))，则点A1到平面BCC1B1的距离d＝eq\f(|\o(A1B,\s\up6(→))·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(4\r(3),\r(5))＝eq\f(4\r(15),5)，即点A1到平面BCC1B1的距离为eq\f(4\r(15),5).【变式1】（23-24高三下·北京·开学考试）在正四棱锥中，，与平面所成角为，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到平面的距离，从而得解.【详解】依题意，设，则平面，因为平面，所以为与平面所成角，即，因为，所以，则，以点为原点，建立空间直角坐标系如图，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，故，所以点到平面的距离为.故选：B.【变式2】（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（

）.A． B． C． D．【答案】C【分析】由线线平行得到线面平行，直线到平面的距离等于点到平面的距离，建立空间直角坐标系，得到平面法向量，得到点到平面的距离.【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：C.【变式3】（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在正三棱柱中，所有棱长均为1，则点到平面的距离为．【答案】【分析】解法一：根据等体积法，即，列出方程解出距离即可；解法二：通过面面垂直的性质定理得平面，最后计算长即可；解法三：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面距离.【详解】解法一：设点到平面的距离为d．在中，，AB边上的高为，点A到平面的距离为，的面积为．∵，∴，因此，故点到平面的距离为．解法二：如图所示，取AB的中点M，连接CM，，过点C作，垂足为D．∵，M为AB的中点，∴．∵，M为AB的中点，∴．∵，平面，∴平面，又平面，故平面平面．∵平面平面，，平面，∴平面．因此CD的长度即为点C到平面的距离，也即点到平面的距离．在中，，因此．故点到平面的距离为．解法三：如图所示，取BC的中点O，连接AO．∵，∴．以O为原点，OC，OA所在直线分别为x轴和y轴，过点O且与平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，从而，，．设为平面的一个法向量，则即，令，得，则．故点到平面的距离为．故答案为：.考点二：空间中的探究性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．规律方法解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．【例3】(2023·咸阳模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BB1C1C是边长为1的正方形，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，AB＝4，∠A1B1B＝60°，G是A1B1的中点．(1)求证：平面GBC⊥平面BB1C1C；(2)在线段BC上是否存在一点P，使得二面角P－GB1－B的平面角为30°？若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明在△GBB1中，GB1＝eq\f(1,2)AB＝2，BB1＝1，∠A1B1B＝60°，则GB＝eq\r(GB\o\al(2,1)＋BB\o\al(2,1)－2GB1·BB1cos∠A1B1B)＝eq\r(3)，则GBeq\o\al(2,1)＝BBeq\o\al(2,1)＋GB2，即GB⊥BB1，又平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，且平面BB1C1C∩平面AA1B1B＝BB1，GB⊂平面AA1B1B，故GB⊥平面BB1C1C.又GB⊂平面GBC，则平面GBC⊥平面BB1C1C.(2)解存在．由(1)知，BG，BB1，BC两两垂直，如图，以B为坐标原点，以BG，BB1，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，B1(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，t))(0≤t≤1)，则eq\o(GB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1，0))，eq\o(B1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，t)).设平面PGB1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(GB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(B1P,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,－y＋tz＝0，))令z＝eq\r(3)，则y＝eq\r(3)t，x＝t，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\r(3)t，\r(3))).又平面BB1G的一个法向量为m＝(0,0,1)，则|cos〈m，n〉|＝eq\f(\r(3),\r(t2＋3t2＋3))＝eq\f(\r(3),\r(4t2＋3))＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，解得t2＝eq\f(1,4)，又0≤t≤1，则t＝eq\f(1,2).故BP＝eq\f(1,2).【变式1】（2024·四川成都·模拟预测）在四棱锥中，已知，，，，，是线段上的点．(1)求证：底面；(2)是否存在点使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）首先证明平面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明底面；（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论.【详解】（1）在中，，所以．在中，，由余弦定理有：，所以，，所以，所以，又因为，，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，在中：，则，所以，，因为，、平面，所以面．（2）因为平面，以点A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，则有、、、、，设，其中，则，设为面的法向量，则有，取，则，所以，平面的一个法向量为，设与平面所成的角为，由题意可得，可得，因为，所以．因此，存在点使得与平面所成角的余弦值为，且．【变式2】（2024·全国·一模）如图，棱柱的所有棱长都等于2，且，平面平面．(1)求平面与平面所成角的余弦值；(2)在棱所在直线上是否存在点P，使得平面．若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，点P在的延长线，且.【分析】（1）取中点，先证平面.再以为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角所成的余弦.（2）根据在线段上，设，再由和平面的法向量，求，即可得解.【详解】（1）如图：取中点，连接，，.因为各棱长均为2，且，所以是等边三角形.所以.又因为，，所以是等边三角形.所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面.由，所以可以以为原点，建立如图空间直角坐标系.那么：，，，.设平面的法向量为，则，取；因为平面，可取平面的法向量.则，即为平面与平面所求角的余弦值.（2）因为，设，因为在上，可设，则，可得.设平面的法向量为，则，取.由.所以存在点P，使得平面，此时点P在的延长线，且.【变式3】（2024·贵州黔东南·二模）如图，在多面体中，四边形为菱形，平面，，，，.(1)证明：平面平面；(2)试问线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请判断点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，为的中点【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可证面面垂直，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，所以.因为平面平面，所以.又因为，且平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）设，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则设，则设平面的法向量为，因为，所以令，则.设平面的法向量为，因为，所以令，则.因为平面与平面夹角的余弦值为，所以，解得或（舍去），所以存在满足题意，且为的中点.强化训练一、单选题1．（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为（

）A．1 B．2 C．3 D．【答案】B【分析】利用空间向量坐标运算中，点到平面的距离公式求解即可得.【详解】平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为.故选：B.2．（2023高三·全国·专题练习）“类比推理”简称“类比”，是一种重要的逻辑推理方法，也是研究问题、发现新结论的重要方法．下面通过“类比”所得到的结论中不正确的是（

）A．设O为平面内任一点，则A，B，C三点共线当且仅当存在a，b满足，使得．类比到空间得：设A，B，C不共线，则A，B，C，D四点共面当且仅当存在实数a，b，c满足，使得B．已知平面内点到直线的距离为．类比到空间得：空间中点到平面的距离为C．设平面内不过坐标原点的直线与x轴和y轴的交点分别为，，则直线的（截距式）方程为．类比到空间得：空间中不过坐标原点的平面与x轴、y轴和z轴的交点分别为，，，则平面的（截距式）方程为D．设平面内一直线与x轴和y轴所成的角分别为，，则有．类比到空间得：设空间中一直线与x轴、y轴和z轴所成的角分别为，，，则有【答案】D【详解】根据法向量的余弦的结论可知．D选项错误．故选D．3．（23-24高三上·上海奉贤·期中）如图，己知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，，下列说法正确的是（

）

A．与所成的角是B．平面与平面所成的锐二面角余弦值是C．与平面所成的角的正弦值是D．是线段上动点，为中点，则点到平面距离最大值为【答案】C【分析】根据题设建立空间直角坐标系，利用空间向量解决线线角、线面角、面面角以及点到面的距离问题.【详解】，，，平面，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，，对于A，，且，，与所成的角是，故A错误；对于B，设平面的法向量为，则令，则，，所以，显然平面的法向量为，，平面与平面所成的锐二面角余弦值是，故B错误.对于C，，故C正确；对于D，是线段上动点，设，为中点，，，，当时，位于点，此时点到平面距离为,当时，设平面的法向量为，则令，则，，所以，点到平面距离，当，即时，，此时，，点到平面距离的最大值为，故D错误.故选：C.4．（2023·江苏徐州·模拟预测）在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（

）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】由直线的方程可得直线的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算即可得出答案.【详解】根据题意，直线的方程为，即，则直线的方向向量为，又因为过点，，，则，故在上的射影为：，故点到直线的距离为：.故选：D.5．（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）如图，在正方体中，E为棱的中点．动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列三个结论：①存在点P，使得；②的面积越来越小；③四面体的体积不变．其中，所有正确结论的个数是（

）．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，根据两点间的距离公式、点到直线的距离公式，以及锥体体积计算公式等知识求得正确答案.【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，设，由得，，所以存在点，使得，所以①正确.，，所以到的距离为，的对称轴为，而，所以随的增大而减小，所以的面积随的增大而减小，所以②正确.对于③，，的面积为定值，点到平面的距离，等于到平面的距离，此距离为定值，所以四面体的体积不变.所以③正确.综上所述，正确的有个.故选：D【点睛】空间中，要求三角形的面积，关键是求点到直线的距离，空间向量法求点到直线的距离公式比较复杂，需要记忆准确.空间中求三棱锥的体积，关键是求点到面的距离，本题中，到平面的距离为定值，另外，也可以利用向量法来求点面距.6．（2023·全国·模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，棱的中点分别是，点是底面内任意一点（包括边界），则三棱锥的体积的取值范围是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得的面积，求得平面的法向量为，设，求得点到平面的距离，进而求得体积的取值范围.【详解】以为原点，分别以，所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，取的中点，连接，则，由，则，所以的面积，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设，则，所以点到平面的距离，所以，又因为，所以，即.故选：C.

7．（2023·河南·模拟预测）在空间直角坐标系中，已知，则当点到平面的距离最小时，直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，求得平面的一个法向量，结合向量的距离公式，求得点到平面的距离，根据二次函数的性质，求得，利用夹角公式，即可求解.【详解】因为，可得，设是平面的法向量，则，令，可得，所以，所以点到平面的距离，当时，取得最小值，此时，所以直线与平面所成角的正弦值为.故选：C.8．（2023·全国·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．二、多选题1．（23-24高三上·河北保定·期末）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则下列说法正确的是（

）A．四点共面B．C．直线与所成角的余弦值为D．点到直线的距离为1【答案】BCD【分析】对于A，假设四点共面，根据面面平行的性质定理推出矛盾的结论，即可判断；对于B，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积，即可判断位置关系；对于C，利用空间角的向量求法即可判断，对于D，利用空间距离的向量求法，即可判断.【详解】对于A，假设四点共面，连接，在正方体中，平面平面，又平面平面，平面平面，所以，又，则四边形为平行四边形，故，所以，与与不平行矛盾，故四点不共面，故错误；以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，所以，所以，所以，所以，则，故B正确；又，所以，所以，而异面直线所成角的范围为，所以直线与所成角的余弦值为，故正确；因为，所以，所以，所以点到直线的距离为，故D正确.故选：BCD.2．（2024·江西上饶·一模）如图，棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，则（

）A．直线与底面所成的角为30° B．到直线的距离为C．平面 D．平面【答案】BC【分析】建立适当空间直角坐标系后，对A，可借助空间向量计算直线与底面所成角的正弦值即可判断；对B，借助空间中点到直线的距离公式计算即可得；对C，借助空间向量可得，结合线面平行的判定定理即可得；对D，假设平面，则有，结合空间向量计算可得与不垂直，故假设不成立，即可得解D.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、、、，对A：由，，故，易得平面的法向量可为，则，故A错误；对B：由，，有，又，故，故B正确；对C：由，，故，又，有，故，又平面，平面，故平面，故C正确；对D：由，，故，又，有，故与不垂直，若平面，由平面，则会有，与已知矛盾，故假设不成立，故D错误.故选：BC.3．（2024·福建福州·模拟预测）在长方体中，为的中点，则（

）A． B．平面C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为【答案】BC【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直即可求解A,根据线线平行即可判断B，根据向量法即可求解空间距离，判断CD.【详解】如图建立空间直角坐标系，易知，，，，，．

A，，，所以A错误；B，显然，平面,平面,可得平面，所以B正确；C，记直线的单位方向向量为，则，又，所以向量在直线上的投影向量为，则有到直线的距离为，故C正确；D，设平面的法向量为，由，令，可得，又，所以点到平面的距离，故D错误．故选：BC三、填空题1．（23-24高三上·安徽·阶段练习）已知直线经过两点，则点到直线的距离为．【答案】【分析】根据空间向量求解即可.【详解】由题可知，则，，故点到直线的距离为．故答案为：2．（2024·福建厦门·一模）已知平面的一个法向量为，且点在内，则点到的距离为．【答案】【分析】由题设得，应用向量法求点面距离即可.【详解】由题设，则点到的距离为.故答案为：3．（23-24高三上·北京房山·期末）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点.给出下列结论：①；②平面；③直线与直线所成角的范围是；④点到平面的距离是.其中所有正确结论的序号是.【答案】①②④【分析】建立空间直角坐标系后逐个分析即可得.【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、、、、、，则、、、、、、，设，，则，，故，故①正确；设平面的法向量为，则有，即，取，则，有，故，又平面，则平面，故②正确；当时，有，此时，即，即此时直线与直线所成角为，故③错误；由，，则，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】关键点睛：对空间中线上动点问题，可设出未知数表示该动点分线段所得比例，从而用未知数的变化来体现动点的变化.四、解答题1．（23-24高三上·天津·期末）如图，已知平面，，，，，，.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)求点到直线的距离.【答案】(1)证明见详解(2)(3)【分析】（1）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，证明，即可解决；（2）写出平面的法向量，设平面与平面的夹角为，通过，即可求解；（3）利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】（1）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，所以，，所以平面，且平面，所以平面.（2）由题知，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为.（3），，设点到直线的距离为，则，即点到直线的距离为.2．（2024·山西运城·一模）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上.(1)求的长度；(2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)1(2)【分析】（1）利用投影性质以及线面垂直性质可得，再利用三角形相似可求得；（2）建