2025年高考數(shù)學二輪復習 專題四 立體幾何 第4講　空間向量與距離、探究性問題解析版

第4講空間向量與距離、探究性問題（新高考專用）目錄目錄【真題自測】 2【考點突破】 4【考點一】空間距離 4【考點二】空間中的探究性問題 12【專題精練】 26考情分析：1.以空間幾何體為載體，考查利用向量方法求空間中點到直線以及點到平面的距離，屬于中等難度.2.以空間向量為工具，探究空間幾何體中線、面的位置關系或空間角存在的條件，計算量較大，一般以解答題的形式考查，難度中等偏上．真題自測真題自測一、解答題1．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．(1)求證平面；(2)求平面與平面的夾角余弦值；(3)求點到平面的距離．參考答案：1．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）取中點，連接，，借助中位線的性質(zhì)與平行四邊形性質(zhì)定理可得，結合線面平行判定定理即可得證；（2）建立適當空間直角坐標系，計算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計算即可得解；（3）借助空間中點到平面的距離公式計算即可得解.【詳解】（1）取中點，連接，，由是的中點，故，且，由是的中點，故，且，則有、，故四邊形是平行四邊形，故，又平面，平面，故平面；（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，有A0,0,0、、、、C1,1,0、，則有、、，設平面與平面的法向量分別為、，則有，，分別取，則有、、，，即、，則，故平面與平面的夾角余弦值為；（3）由，平面的法向量為，則有，即點到平面的距離為.考點突破考點突破【考點一】空間距離核心梳理：(1)點到直線的距離直線l的單位方向向量為u，A是直線l上的任一點，P為直線l外一點，設eq\o(AP,\s\up6(→))＝a，則點P到直線l的距離d＝eq\r(a2－a·u2).(2)點到平面的距離平面α的法向量為n，A是平面α內(nèi)任一點，P為平面α外一點，則點P到平面α的距離為d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|).一、單選題1．（2024·江西新余·模擬預測）已知，直線過原點且平行于，則到的距離為（

）.A． B．1 C． D．2．（2024·北京朝陽·一模）在棱長為的正方體中，，，分別為棱，，的中點，動點在平面內(nèi)，且.則下列說法正確的是（

）A．存在點，使得直線與直線相交B．存在點，使得直線平面C．直線與平面所成角的大小為D．平面被正方體所截得的截面面積為二、多選題3．（2024·福建福州·模擬預測）在長方體中，為的中點，則（

）A． B．平面C．點到直線的距離為 D．點到平面的距離為4．（2024·江蘇·一模）如圖，在棱長為2的正方體中，為的中點，點滿足，則（

）A．當時，平面B．任意，三棱錐的體積是定值C．存在，使得與平面所成的角為D．當時，平面截該正方體的外接球所得截面的面積為三、填空題5．（2023·福建·一模）已知空間中三點，則點A到直線的距離為．6．（2024·遼寧·二模）如圖，經(jīng)過邊長為1的正方體的三個項點的平面截正方體得到一個正三角形，將這個截面上方部分去掉，得到一個七面體，則這個七面體內(nèi)部能容納的最大的球半徑是．參考答案：題號1234答案CCBCACD1．C【分析】根據(jù)題意取，然后求出在方向上的投影，再結合勾股定理可求得結果.【詳解】由題意取，則，所以到的距離為.故選：C2．C【分析】連接，，取的中點，連接，點到線段的最短距離大于，即可判斷；建立空間直角坐標系，點到平面的距離為，即可判斷；由平面，連接交于點，與全等，所以，即可判斷；平面被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長為，可求截面面積.【詳解】連接，，所以，，取的中點，連接，所以，點到線段的最短距離大于，所以不存在點，使得直線與直線相交，故不正確；以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，，設平面的法向量為n=x,y,z，所以，即，令x=1，則，，所以，所以點到平面的距離為，而，所以不存在點，使得直線平面，故不正確；因為，所以平面，連接交于點，所以為的中點，，所以為直線與平面所成角，因為，在中，，所以，因為與全等，所以，故正確；延長交的延長線于，連接交于，連接，取的中點，的中點，連接，，，，，，平面被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長為，所以截面面積為，故不正確.故選：.3．BC【分析】建立空間直角坐標系，利用向量垂直即可求解A,根據(jù)線線平行即可判斷B，根據(jù)向量法即可求解空間距離，判斷CD.【詳解】如圖建立空間直角坐標系，易知，，，，，．

A，，，所以A錯誤；B，顯然，平面,平面,可得平面，所以B正確；C，記直線的單位方向向量為，則，又，所以向量在直線上的投影向量為，則有到直線的距離為，故C正確；D，設平面的法向量為，由，令，可得，又，所以點到平面的距離，故D錯誤．故選：BC4．ACD【分析】建立適當?shù)目臻g直角坐標系，對于A，時，與重合，故只需驗證面是否成立即可，對于B，由不與平面平行，即點到面的距離不為定值，由此即可推翻B，對于C，考慮兩種極端情況的線面角，由于是連續(xù)變化的，故與平面所成的角也是連續(xù)變化的，由此即可判斷；對于D，求出平面的法向量，而顯然球心坐標為，求出球心到平面的距離，然后結合球的半徑、勾股定理可得截面圓的半徑，進一步可得截面圓的面積.【詳解】如圖所示建系，，所以，從而，所以，又面，所以面，時，與重合，平面為平面，因為面，平面，A對.不與平面平行，到面的距離不為定值，三棱錐的體積不為定值，B錯.設面的法向量為，則，令，解得，即可取，而，所以與平面所成角的正弦值為，又，所以，所以，又面，所以面，當在時，與平面所成角的正弦值為，此時與平面所成角小于，當在時，與平面所成角為，所以存在使與平面所成角為，C正確.，設平面的法向量為，不妨設，則.，則，平面的法向量，顯然球心，到面的距離，外接球半徑，截面圓半徑的平方為，所以，D對.故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：判斷D選項的關鍵是利用向量法求出球心到截面的距離，由此即可順利得解.5．【分析】利用向量的模公式及向量的夾角公式，結合同角三角函數(shù)的平方關系及銳角三角函數(shù)的定義即可求解.【詳解】，,，，設點A到直線的距離為，則.故答案為：.6．【分析】如圖，七面體為正方體截去三棱錐的圖形，由正方體的結構特征可得這個七面體內(nèi)部能容納的球最大時，該球與三個正方形面和等邊三角形面相切，且球心在體對角線上，以點為原點建立空間直角坐標系，設球心，利用向量法求出球心到平面的距離進而可得出答案.【詳解】如圖，七面體為正方體截去三棱錐的圖形，由正方體的結構特征可得這個七面體內(nèi)部能容納的球最大時，該球與三個正方形面和等邊三角形面相切，且球心在體對角線上，如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，則，設球心，故，設平面的法向量為，則有，可取，則球心到平面的距離為，因為球與三個正方形面和等邊三角形面相切，所以，解得，所以這個七面體內(nèi)部能容納的最大的球半徑是.故答案為：.【點睛】方法點睛：求點到平面的距離，方法如下：（1）等體積法：先計算出四面體的體積，然后計算出的面積，利用錐體的體積公式可計算出點到平面的距離；（2）空間向量法：先計算出平面的一個法向量的坐標，進而可得出點到平面的距離為.規(guī)律方法：(1)求點到平面的距離有兩種方法，一是利用空間向量點到平面的距離公式，二是利用等體積法．(2)求直線到平面的距離的前提是直線與平面平行．求直線到平面的距離可轉(zhuǎn)化成直線上任一點到平面的距離．【考點二】空間中的探究性問題核心梳理：與空間向量有關的探究性問題主要有兩類：一類是探究線面的位置關系；另一類是探究線面角或兩平面的夾角滿足特定要求時的存在性問題．處理原則：先建立空間直角坐標系，引入?yún)?shù)(有些是題中已給出)，設出關鍵點的坐標，然后探究這樣的點是否存在，或參數(shù)是否滿足要求，從而作出判斷．一、單選題1．（2024·北京懷柔·模擬預測）如圖，已知正方體中，F(xiàn)為線段的中點，E為線段上的動點，則下列四個結論正確的是（

）

A．存在點E，使平面B．三棱錐的體積隨動點E變化而變化C．直線與所成的角不可能等于D．存在點E，使平面2．（2024·山東臨沂·二模）已知正方體中，M，N分別為，的中點，則（

）A．直線MN與所成角的余弦值為 B．平面與平面夾角的余弦值為C．在上存在點Q，使得 D．在上存在點P，使得平面二、多選題3．（2024·廣西貴港·模擬預測）如圖，在正方體中，P為線段的中點，Q為線段上的動點（不包括端點），則（

）A．存在點Q，使得 B．存在點Q，使得平面C．三棱錐的體積是定值 D．二面角的余弦值為4．（2024·河北秦皇島·二模）如圖，在直四棱柱中，四邊形是矩形，，，，點P是棱的中點，點M是側面內(nèi)的一點，則下列說法正確的是（

）A．直線與直線所成角的余弦值為B．存在點，使得C．若點是棱上的一點，則點M到直線的距離的最小值為D．若點到平面的距離與到點的距離相等，則點M的軌跡是拋物線的一部分三、填空題5．（2024·北京大興·三模）在棱長為6的正方體中，E為棱上一動點，且不與端點重合，F(xiàn)，G分別為，的中點，給出下列四個結論：①平面平面；②平面可能經(jīng)過的三等分點；③在線段上的任意點H（不與端點重合），存在點E使得平面；④若E為棱的中點，則平面與正方體所形成的截面為五邊形，且周長為.其中所有正確結論的序號是.6．（2024·北京海淀·二模）如圖，在正方體中，為棱上的動點，平面為垂足.給出下列四個結論：①；②線段的長隨線段的長增大而增大；③存在點，使得；④存在點，使得平面.其中所有正確結論的序號是.四、解答題7．（23-24高三下·廣西·階段練習）在中，，，D為邊上一點，，E為上一點，，將沿翻折，使A到處，.

(1)證明：平面；(2)若射線上存在點M，使，且與平面所成角的正弦值為，求λ.8．（2024·湖北·模擬預測）如圖，AB是圓O的直徑，點C是圓O上異于A，B的點，平面ABC，，，E，F(xiàn)分別為PA，PC的中點，平面BEF與平面ABC的交線為l．(1)證明：平面PBC；(2)直線l與圓O的交點為B，D，求三棱錐的體積；(3)點Q在直線l上，直線PQ與直線EF的夾角為，直線PQ與平面BEF的夾角為，是否存在點Q，使得？如果存在，請求出；如果不存在，請說明理由．參考答案：題號1234答案DCBDACD1．D【分析】建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明判斷AD；利用空間向量求出線線角的余弦判斷C；利用等體積法確定的體積情況判斷B.【詳解】在正方體中，以點D為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，

設正方體棱長為2，則，由在線段上運動，設（），則，平面的法向量，顯然，則直線與平面不平行，A錯誤；，設直線與所成角為，則，顯然當時，，，即存在點E使得直線與所成的角為，C錯誤；設平面的法向量為m=x,y,z，，則，令，得，當時，，因此平面，D正確；點在正方體的對角面矩形的邊上，則，而平面平面，則，又，可得平面，點到平面的距離為，則三棱錐的體積為定值，B錯誤.故選：D【點睛】思路點睛：求三棱錐的體積時要注意三棱錐的每個面都可以作為底面，例如三棱錐的三條側棱兩兩垂直，可選擇其中的一個側面作為底面，另一條側棱作為高來求體積．2．C【分析】以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的邊長為1，由空間向量計算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷ABC；由四點共面，而平面可判斷D.【詳解】以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的邊長為1，所以，，，對于A，，，直線MN與所成角的余弦值為，故A錯誤；對于B，，，設平面的法向量為n=x,y,z，則，取，可得，所以，，，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，平面與平面夾角的余弦值為：，故B錯誤；對于C，因為Q在上，設，所以，，則，所以，所以，，所以，解得：.故上存在點，使得，故C正確；對于D，因為，所以四點共面，而平面，所以上不存在點P，使得平面，故D錯誤.故選：C..3．BD【分析】A選項，由推出平面，矛盾；B選項，建立空間直角坐標系，證明出，，得到線面垂直，進而當Q為的中點時，，此時平面，故B正確；C選項，假設體積為定值，得到平面，求出平面的法向量，證明出平面不成立，C錯誤；D選項，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值.【詳解】對于A，若，因為平面，平面，所以平面，矛盾，故A錯誤．對于B，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，設正方體棱長為2，則，因為，，故，，故，，因為，平面，故平面，當Q為的中點時，，此時平面，故B正確．對于C，Q在線段上運動，若三棱錐的體積為定值，則平面，，DA=2,0,0設平面的法向量為m=x,y,z則，解得，令得，故，故，故與不垂直，故平面不成立，故C錯誤；對于D，二面角即二面角，連接BP，DP，BD，由于為等邊三角形，則，，所以為所求二面角的平面角，不妨設正方體的棱長為2，則的棱長為，故，，由余弦定理可得，二面角的余弦值為，故D正確．故選：BD4．ACD【分析】以點A為坐標原點，建立空間直角坐標系，由空間向量的位置關系、線面角的向量公式，點到直線的向量公式和拋物線的定義對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】以點A為坐標原點，分別以、、所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.所以，，，，，，所以，，所以，，所以直線與直線所成角的余弦值為，故A正確；由題意，設，則，又，若，則，解得，所以不存在點M，使得，故B錯誤；設，所以，所以點到直線的距離，所以，此時，所以點M到直線的距離的最小值為，故C正確；設，則點M到平面的距離為z，點M到點的距離為.因為點M到平面的距離與到點的距離相等，所以，整理得（其中，），即點M的軌跡方程為，是拋物線的一部分，故D正確.故選：ACD.5．①③④【分析】①③利用空間向量法證明線面垂直從而證明面面垂直和判斷線面垂直；②利用向量法求解平面的法向量，結合平面內(nèi)直線一定與法向量數(shù)量積為0，判斷點在平面內(nèi)；④利用平面的基本性質(zhì)作出截面，再求出截面的周長；【詳解】如圖所示建立直角坐標系，以為原點，以分別為為正方向，，，設①，因為，所以是平面內(nèi)兩條相交直線，則平面，平面，因此平面平面，①正確；②取點為的三等分點，即或，設平面的法向量為，，則，令，所以當時，，若在平面中，，解得不合題意；當時，，若在平面中，，解得不合題意；②錯誤；③在線段上的任意點H（不與端點重合），設，則，由上可知平面的法向量為，若存在點E使得平面，則有，即，解得所以當時成立，③正確；④延長三線相交于點，連接分別交直線于點,因為E為棱的中點，則平面與正方體所形成的截面為五邊形，在正方體中，，根據(jù)三角形相似可得，則，，因此周長為.④正確；故答案為：①③④.【點睛】立體幾何證明線面垂直、面面垂直的方法：定義法；空間向量法；6．①②④【分析】根據(jù)給定條件，以點為原點，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量坐標，進而求出點的坐標，再逐一計算判斷各個命題即得答案.【詳解】在正方體中，令，以點為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，令平面的法向量，則，取，得，由平面于，得，即，，顯然，解得，于是，對于①，，①正確；對于②，在上單調(diào)遞增，②正確；對于③，而，，若，顯然，即不存在，使得，③錯誤；對于④，平面的一個法向量，而，由，得，即，整理得，令，顯然函數(shù)在上的圖象連續(xù)不斷，而，因此存在，使得，此時平面，因此存在點，使得平面，④正確.所以所有正確結論的序號是①②④.故答案為：①②④【點睛】思路點睛：涉及探求幾何體中點的位置問題，可以建立空間直角坐標系，利用空間向量證明空間位置關系的方法解決.7．(1)證明見解析(2)【分析】（1）題意先證明平面，得到，根據(jù)線面垂直判定定理得證；（2）作，垂直為Q，由（1）得，證得平面，以B為原點，，，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，求得和平面的一個法向量，根據(jù)與平面所成角正弦值為，解得參數(shù)的值；【詳解】（1）證明：由題意知，，又，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面（2）作，垂直為Q，由（1）知，平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面故以B為原點，，，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設，則，，，，又，所以，故，設平面的一個法向量為，則，即，取，則設與平面所成角為θ，則，解得或，由題意知，故.

8．(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）由已知可證，利用，，可證平面，進而可證結論．（2）由已知可得四邊形ABCD為矩形，進而利用，可求體積．（3）以為坐標原點，分別以，，的方向作為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，設，求得平面BEF的一個法向量，利用向量法可求.【詳解】（1）∵E，F(xiàn)分別為PA，PC的中點，∴．又平面，平面，∴平面ABC．又平面BEF，平面平面，∴．平面平面．又，，平面，∴平面，從而平面；（2），由（1）得，從而，從而四邊形ABCD為矩形．由于平面ABC，從而．（3）以為坐標原點，分別以，，的方向作為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，，，由于，設，則．，，設平面BEF的一個法向量，則，取由題意，，即，解得，從而符合題意的點存在，．規(guī)律方法：解決立體幾何中探索性問題的基本方法(1)通常假設問題中的數(shù)學對象存在或結論成立，再在這個前提下進行推理，如果能推出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，說明假設成立，并可進一步證明，否則假設不成立．(2)探索線段上是否存在滿足條件的點時，一定注意三點共線的條件的應用．專題精練專題精練一、單選題1．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）棱長為2的正方體中，設點為底面內(nèi)（含邊界）的動點，則點到平面距離之和的最小值為（

）A． B． C． D．2．（23-24高二下·浙江·期中）空間點，則點到直線的距離（

）A． B． C． D．3．（2024·廣西來賓·一模）棱長為3的正方體中，點E，F(xiàn)滿足D1E=2ED，BF?=2FBA． B．C． D．4．（2024·福建福州·模擬預測）四棱錐的頂點均在球的球面上，底面為矩形，平面平面，，，，則到平面的距離為（

）A． B． C． D．5．（2023·全國·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點，Q為正方形內(nèi)一動點（含邊界），則下列說法中不正確的是（）A．若平面，則動點Q的軌跡是一條線段B．存在Q點，使得平面C．當且僅當Q點落在棱上某點處時，三棱錐的體積最大D．若，那么Q點的軌跡長度為6．（2024·四川成都·三模）在棱長為5的正方體中，是中點，點在正方體的內(nèi)切球的球面上運動，且，則點的軌跡長度為（

）A． B． C． D．7．（2023·江蘇徐州·模擬預測）在空間直角坐標系中，直線的方程為，空間一點，則點到直線的距離為（

）A． B．1 C． D．8．（2023·廣東佛山·模擬預測）如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長都是a，且，，E為的中點，則點E到直線的距離為（

）

A． B． C． D．二、多選題9．（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，一個棱長為6的透明的正方體容器（記為正方體）放置在水平面的上方，點恰在平面內(nèi)，點到平面的距離為2，若容器中裝有水，靜止時水面與表面的交線與的夾角為0，記水面到平面的距離為，則（

）A．平面平面B．點到平面的距離為8C．當時，水面的形狀是四邊形D．當時，所裝的水的體積為10．（2024·廣東佛山·模擬預測）如圖，幾何體的底面是邊長為6的正方形底面，，則（

）A．當時，該幾何體的體積為45B．當時，該幾何體為臺體C．當時，在該幾何體內(nèi)放置一個表面積為S的球，則S的最大值為D．當點到直線距離最大時，則11．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）已知直三棱柱中，且，直線與底面所成角的正弦值為，則（

）A．線段上存在點，使得B．線段上存在點，使得平面平面C．直三棱柱的體積為D．點到平面的距離為三、填空題12．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知空間中有三點，，，則點O到直線的距離為.13．（23-24高二上·江蘇無錫·期中）在棱長為3的正方體中，為線段靠近的三等分點.為線段靠近的三等分點，則直線到平面的距離為.14．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體是以正方形ABCD的一邊BC所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)90°形成的面所圍成的幾何體，點G是圓弧的中點，點H是圓弧上的動點，，給出下列四個結論：①不存在點H，使得平面平面CEG；②存在點H，使得平面CEG；③不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于；④存在點H，使得直線DH與平而CEG所成角的正弦值為．其中所有正確結論的序號是．四、解答題15．（2023·江蘇連云港·模擬預測）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD與ABEF均為直角梯形，平面平面ABEF，，，，，，且．(1)已知點G為AF上一點，且，證明：平面DCE；(2)若平面DCE與平面BDF所成銳二面角的余弦值為，求點F到平面DCE的距離．16．（2024·天津河西·模擬預測）如圖，在棱長為的正方體中，分別是棱上的動點，且．(1)求證：；(2)當三棱錐的體積取得最大值時，求平面與平面BEF夾角的正切值及點到直線的距離．17．（2024·江蘇蘇州·三模）如圖，已知正方體的棱長為，，分別是和的中點.(1)求證：；(2)求直線和之間的距離；(3)求直線與平面所成角的正弦值.18．（23-24高二下·江蘇泰州·階段練習）如圖，在三棱柱中，，側面是正方形，二面角的大小是．(1)求到平面的距離．(2)線段上是否存在一個點D，使直線與平面所成角為？若存在，求出的長；若不存在說明理由．19．（2024·北京昌平·二模）如圖，在棱長均為2的四棱柱中，點是的中點，交平面于點．(1)求證：點為線段的中點；(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，使得四棱柱存在且唯一確定．（i）求二面角的余弦值；（ii）求點到平面的距離．條件①：平面；條件②：四邊形是正方形；條件③：平面平面．注：如果選擇的條件不符合要求，則第2問得0分；如果選擇多組符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．參考答案：題號12345678910答案BDAABBDAABDACD題號11答案ABD1．B【分析】建立空間直角坐標系，設，求出平面的一個法向量，然后利用距離的向量公式并換元化簡得，最后利用二次函數(shù)性質(zhì)求解最值即可.【詳解】在正方體中，兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，如圖所示：

則，設，所以，，設平面的法向量為，則，令，則．于是，則點到平面距離之和為，設，則，，因為，所以，所以，函數(shù)開口向上，對稱軸為，在上單調(diào)遞增，所以當時，取到最小值為.故選：B2．D【分析】求出，利用空間向量夾角余弦公式求出，進而求出，再利用距離公式即可求出結果.【詳解】由題意得，所以，所以，所以點A到直線BC的距離.故選：D.3．A【分析】利用向量法求點到直線的距離.【詳解】如圖，建立空間直角坐標系，根據(jù)條件可得E0,0,1，F(xiàn)3,3,2，EF=3,3,1，F(xiàn)C1=-3,0,1，設向量∴cos所以點到直線的距離為d=EF?sin故選：A.4．A【分析】根據(jù)線面關系可證得平面，，將四棱錐補成長方體，確定球心的位置，再建立空間直角坐標系，求解平面的法向量，利用空間向量的坐標運算計算到平面的距離即可.【詳解】因為平面平面，交線為，又底面為矩形，則，因為平面，所以平面，則，又，，，所以，則,如圖，將四棱錐補成長方體，若四棱錐的頂點均在球的球面上，則長方體的頂點均在球的球面上，為體對角線中點，如圖，以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，又，，令，所以，又，則到平面的距離為.故選：A.【點睛】方法點睛：解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.或者采用補形法，利用規(guī)則圖形的外接球位置確定所求外接球球心的位置.5．B【分析】取中點，證明平面，得動點軌跡判斷A，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，由與此法向量平行確定點位置，判斷B，利用空間向量法求得到到平面距離的最大值，確定點位置判斷C，利用勾股定理確定點軌跡，得軌跡長度判斷D．【詳解】選項A，分別取中點，連接，，由與，平行且相等得平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，連接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，當時，平面，所以平面，即點軌跡是線段，A正確；選項B，以為原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設（），，，，設是平面的一個法向量，則，取，則，若平面，則，所以存在，使得，，解得，因此正方形內(nèi)（含邊界）不存在點，使得平面，B錯；選項C，面積為定值，當且僅當點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，，到平面的距離為，，時，，當時，d有最大值1，時，，時，d有最大值，綜上，時，d取得最大值1，故與重合時，d取得最大值，三棱錐的體積最大，C正確；選項D，平面，平面，，所以，所以點軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，圓心角是，軌跡長度為，D正確．故選：B．【點睛】關鍵點點睛：本題考查空間點的軌跡問題，解題關鍵是勾畫出過且與平面平行的平面，由體積公式，在正方形內(nèi)的點到平面的距離最大，則三棱錐體積最大．6．B【分析】建立空間直角坐標系，作出輔助線，得到⊥平面，由點到平面的距離和球的半徑得到點的軌跡為以為半徑的圓，從而求出點的軌跡長度.【詳解】以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，，球心，取的中點，的中點，連接，則，，，故，，又，平面，故⊥平面，故當位于平面與內(nèi)切球的交線上時，滿足，此時到平面的距離為，，其中為平面截正方體內(nèi)切球所得截面圓的半徑，故點的軌跡為以為半徑的圓，故點的軌跡長度為.故選：B7．D【分析】由直線的方程可得直線的方向向量和所過的定點坐標，結合空間點到直線距離的計算公式計算即可得出答案.【詳解】根據(jù)題意，直線的方程為，即，則直線的方向向量為，又因為過點，，，則，故在上的射影為：，故點到直線的距離為：.故選：D.8．A【分析】利用基底向量，即可由空間向量的模長，結合點到直線的距離公式即可求解.【詳解】在平行六面體中，不妨設，，．,，，，所以，，，所以E到直線的距離為，故選：A9．ABD【分析】建立空間直角坐標系，求得平面、平面的法向量計算可判斷A；根據(jù)向量法計算可判斷B；當，水面為六邊形可判斷C；作出水面，利用水面與平面平行，可計算出水面與交點，再計算后即可判斷D.【詳解】如圖所示建立空間直角坐標系，則,因為靜止時水面與表面的交線與的夾角為0，所以平面，設平面的法向量為n=x,y,z，，點到平面的距離為，，，而，令，所以平面的法向量為，對A，，，，，故平面，所以平面的法向量為，又，所以平面平面，故A正確；對B，，所以到平面的距離為，故B正確；對C，因為，所以，當時，截面為六邊形，故C錯誤；對D，當時，設水面與的交點分別為，設，則，則，，故，設水面與交點為，所以，，此時過作交于點，連接，設的面積為,的面積為，則，，所以，所以，故D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于建立空間直角坐標系，計算出平面的法向量，運用空間向量求解.10．ACD【分析】對于A：根據(jù)題意結合圖形利用分割法球體積；對于B：根據(jù)題意結合臺體的結果特征分析判斷；對于C：根據(jù)臺體的結構特征結合正方體的內(nèi)切球分析求解；對于D：建系，利用空間向量球點到面的距離，結合單調(diào)性分析求解.【詳解】若，即，可知為矩形，對于選項A：當時，即，取的中點，連接，如圖所示：因為底面，底面，則，且為正方形，則，，平面，可得平面，又因為，∥，可知為平行四邊形，則∥，可知為直三棱柱，底面，所以該幾何體的體積為，故A正確；對于選項B：當時，即，可知，所以該幾何體不為臺體，故B錯誤；對于選項C：當時，即，則，所以該幾何體為臺體，如圖所示，為相應邊的中點，則為正方形，因為底面，且，可知所求球的半徑，且正方形的內(nèi)切球的半徑即為，所以最大球的半徑，即S的最大值為，故C正確；對于選項D：以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，則，可得，則點到直線距離為，可知在0,1內(nèi)單調(diào)遞增，所以當點到直線距離最大時，則，故D正確；故選：ACD.【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點（一般為接、切點）或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解；（2）正方體的內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長；（3）球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長；（4）利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑（直徑）與該幾何體已知量的關系，列方程（組）求解．11．ABD【分析】根據(jù)直三棱柱的性質(zhì)得到底面，則即為直線與底面所成角，利用銳角三角函數(shù)求出，由柱體的體積公式判斷C，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算A、B、D.【詳解】在直三棱柱中，底面，則即為直線與底面所成角，即，則，所以又且，所以，又底面，底面，所以，所以，解得，所以直三棱柱的體積，故C錯誤；又底面，，如圖建立空間直角坐標系，則，，A2,0,0，，，，所以，，因為點在線段，設，，則，若，則，即，解得，此時為線段的中點，故在線段上存在點，使得，故A正確；當為線段的中點時，則，，設平面的法向量為m=x,y,z則，取m=1,-1,0又，，設平面的法向量為n=a,b,c，則，取，因為，所以平面平面，即當為線段的中點時滿足平面平面，故B正確；又，，，設平面的法向量為，則，取，則點到平面的距離，故D正確.故選：ABD12．【分析】求出的坐標，求出，根據(jù)點O到直線的距離為即可求解.【詳解】因為O0,0,0，，，所以,所以，.所以,所以.所以點O到直線的距離為.故答案為：.13．/【分析】先證明平面，再求出平面的法向量和直線的方向向量，應用點到平面的距離公式求得結果.【詳解】如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則，所以，所以，而平面，平面，故平面，所以直線到平面的距離即為點到平面的距離.又，，設平面的法向量為，故，即，取，則，又，故點到平面的距離為.故答案為：.14．②③④【分析】將圖形補全為一個正方體，以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷各選項的正誤.【詳解】由題意可將圖形補全為一個正方體，如圖所示：以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、A2,0,0、、，，設點，其中，對于①，，，設平面，則，即，取x=1，則，可得，設平面，，，則，即，取，則，可得，若平面平面CEG，則，解得：，所以存在使得平面平面CEG，故①錯誤；對于②，，若平面CEG，則，即，即，故，故存在點H，使得平面CEG，故②正確；對于③，，所以點H到平面CEG的距離為，，因為，所以，所以，，所以，所以不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于，故③正確；對于④，，，則直線與平面CEG的所成角為，所以，，整理可得，因為函數(shù)在時的圖象是連續(xù)的，且，，所以，存在，使得，所以，存在點，使得直線與平面CEG的所成角的余弦值為，④正確.故答案為：②③④.【點睛】方法點睛：計算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內(nèi)的射影，即可確定線面角；（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（l為斜線段長），進而可求得線面角；（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.15．(1)證明見解析(2)【分析】（1）作出輔助線，得到四邊形ABEG為平行四邊形，故O為AE中點，由中位線得到且，即四邊形BCHO為平行四邊形，故，得到平面DCE，即平面DCE；（2）由面面垂直得到線面垂直，建立空間直角坐標系，設，寫出點的坐標，求出平面的法向量，利用銳二面角的余弦值列出方程，求出，從而得到點到平面的距離.【詳解】（1）證明：如圖，連接AE交BG于點O，取DE中點為H，連接HO，HC，GE，在四邊形ABEG中，，，故四邊形ABEG為平行四邊形．故O為AE中點，所以在中，OH為中位線，則且，又且，故且，即四邊形BCHO為平行四邊形，所以，又∵平面DCE，平面DCE，∴平面DCE，即平面DCE．（2）因為平面平面ABEF，平面平面，，平面ABCD，所以平面ABEF，如圖，以點A為坐標原點，分別以，，為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，設，，，，，，則，，，設平面DCE的法向量為，則，取，∵，，設平面BDF的法向量為，∴，取