专题21 空间中的角度（长度）与空间向量 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年）

这是一份专题21 空间中的角度（长度）与空间向量 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年），共69页。
专题21 空间中的角度（长度）与空间向量

目录
常考点01 异面直线的夹角问题 1
常考点02 线面角问题 6
常考点03 面面角问题 13
常考点04 空间距离问题 22
常考点05 空间几何中的数学文化与新定义 29
常考点06 空间几何中的折叠问题 35
常考点07 空间几何中的轨迹问题 42
易错点01 混淆空间角与两向量的夹角 47
易错点02 误认为两平面法向量的夹角就是二面角 48
专项训练 （全卷共22题） 51
专项训练：按新高考真题的试题量和难度标准编写

常考点01 异面直线的夹角问题
【典例1】（2021·陕西宝鸡市·高三三模）已知圆锥的顶点为，高和底面的半径之比为，设是底面的一条直径，为底面圆周上一点，且，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设圆锥底面圆的圆心为，设圆锥的底面圆的半径为，以圆锥底面圆的圆心为原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则、、、，，，
所以，，，所以，，
因此，异面直线与所成的角为.故选：A.
【典例2】（2021·漠河市高三月考）如图所示，正方体中，点分别在上，，，则与所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】

以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体边长为3，则
，，设EF与所成的角为，
则故选：C
【技巧点拨】提醒：两异面直线所成角θ的范围是，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．
【变式演练1】（2021·陕西西安市·高三模拟（理））已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，的中点为，底面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设三棱柱的棱长为，，为的中点，则，
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，如下图所示：

则点、、，
所以，，.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.
【变式演练2】（2021·江苏省苏州高三月考）由两块直角三角形拼成如图所示的空间立体图形，其中，当时，此时四点外接球的体积为__________；异面直线所成角的余弦为__________.

【答案】； .
【解析】求得，取的中点，由得点是四面体外接球的球心，外接球半径，进而可得外接球的体积；证得平面，建系如图，由空间向量的夹角公式可得结果.
【详解】依题意可知，，当时，，则，取的中点，则；又，则，所以，即点是四面体外接球的球心，外接球半径，故外接球的体积.
依题意，，当时，，则，又，且，所以平面. 以点为原点，为轴，轴建立空间直角坐标系如图.
过点作于点，由得，则，所以，又，，，则，.
设异面直线，所成的角为，则.
故答案为：①；②.
【变式演练3】（2021·天津高二期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BD的中点，点G在CD上，且CG＝CD. （1）求证：EF⊥B1C；（2）求EF与C1G所成角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】如图建立空间直角坐标系，（1）利用空间向量证明，（2）利用空间向量求解
【详解】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz.

则E（），，
（1）∵，，∵，
（2）由（1）知，∴，
，，
设EF与C1G所成角为，则故EF与C1G所成角的余弦值为

常考点02 线面角问题
【典例1】（2020·北京高考真题）如图，在正方体中，E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）如下图所示：

在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
（Ⅱ）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，

设正方体的棱长为，则、、、，，，设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则..
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
【典例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．

【技巧点拨】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(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【变式演练1】（2021·福建三明市·三明一中高三模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，四边形为直角梯形，其中，，，E是的中点．（1）求证：（2）若，求直线与平面所成的角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）连接，

由己知，E为中点，又，故四边形为正方形，所以知
∵面面又面面，，平面
∴平面，故．同理可证
又，故平面连接，可知
又，∴可知平面 又平面∴
由已知，故四边形为平行四边形 故 ∴可知
（2）以A为坐标原点，分别以的正方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

由，知，不妨设则可知，，
∴）， 设平面的法向量为
则令，则∴
又故 设与平面所成的角为θ，则
.
【变式演练2】（2021·山东高三其他模拟）如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，中，，，E，F分别是，的中点.（1）求证：平面；（2）记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成的角的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，，
又平面平面，且平面平面，平面，平面.
（2）由E，F分别是，的中点，，
又平面，平面，平面，
又平面，平面平面，.
以C为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，
，，
，∴可设，平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，则.
∴直线与平面所成角的取值范围为.
【变式演练3】（2021·沈阳市·高三二模）已知四棱锥的底面是菱形，对角线、交于点，，，底面，设点满足．（1）若三棱锥体积是，求的值；（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求的值．

【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）因为四边形是菱形，所以，
因为底面，所以、，所以、、两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，

设，，，
因为，所以，于是，所以，
过作于，过作于，
所以，解得．
（2）由（1）知，，，
设平面的一个法向量为，，
令，，设直线与平面所成的角为，
所以，解得或（舍去）．

常考点03 面面角（二面角）问题
【典例1】（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）
【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）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；
（2）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.
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
【典例2】（2020·全国高考真题（理））如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，

又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以,故，
设二面角的大小为，则.
【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.
【技巧点拨】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．
【变式演练1】（2021·北京育英中学高三月考）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．

【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）连接，

，分别为，中点 为的中位线 且
又为中点，且且四边形为平行四边形
，又平面，平面平面
（2）设，由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形 则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，
二面角的正弦值为：
【变式演练2】（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】(1)如图所示，取的中点，连结，
由于为正方体，为中点，故，
从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.

(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为2，设，则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：，
令可得：，设平面的法向量为：，则：
，令可得：，从而：，
则：，整理可得：，故（舍去）.
【变式演练3】（2020·全国高考真题（理））如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．

（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）在棱上取点，使得，连接、、、，

在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内；
（2）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、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，

，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

常考点04 空间距离问题
【典例1】（2021·北京高三期末）如图，在长方体中，底面是边长为的正方形，，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求直线与平面之间的距离．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【解析】（1）推导出，由此能证明平面；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．（3）由平面，，0，，平面的法向量，，，利用向量法能求出直线与平面之间的距离．
【详解】解：（1）取的中点，连接．
因为，且；，且，所以，且．
所以四边形为平行四边形．所以．
在矩形中，因为分别为的中点，所以．所以．
又平面，所以平面．
（2）如图建立空间直角坐标系．则，，，．
所以，，．设平面的法向量为，则
即令，则，，于是．
设直线与平面所成角为，则．
（3）由（1）知平面，所以直线与平面之间的距离为点到平面的距离．
所以直线与平面之间的距离为．

【典例2】（2021·安徽高三模拟）如图，在四棱锥中，交于点，，，底面． 求证：底面；若是边长为2的等边三角形，求点到平面的距离．

【答案】（1）见证明；（2）
【解析】证明：在四棱锥中，交于点O，，，底面ABCD．，又，平面PBD．
以O为原点，OD为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，

交于点O，，，是边长为2的等边三角形，
，，，，
0，，0，，，0，，
0，，0，，，设平面PBC的法向量 y，，
则，取，得，
点到平面PBC的距离.
【技巧点拨】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”．
【变式演练1】（2021·全国高三专题练习）如下图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，．

（1）求平面与平面夹角的余弦值；（2）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，利用此定义求异面直线与之间的距离．
【答案】（1）；（2）
【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，

则各点的坐标为B（1,0,0），，，
（1）因为平面，且面，
，又，且，AD⊥平面PAB，
所以是平面PAB的一个法向量，
因为，.设平面PCD的法向量为，
则， 即，令，解得，.
所以是平面PCD的一个法向量，从而，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为；
（2）因为，设为直线PB上一点，且，
又， 则，
则点到直线的距离

∵∴ 所以异面直线PB与CD之间的距离为.
【变式演练2】（2021·云南民族大学附属中学高三月考）如图，在三棱柱中，平面，，，点为的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以.
在中，，，，所以.所以.
因为，，平面，所以平面.
（2）由（1）知，，，，
如图，以为原点建立空间直角坐标系.

则，，，.，.
设平面的法向量为，则即
令，则，，所以.
又因为，故点到平面的距离.
【变式演练3】（2021·浙江高三专题练习）如图，在正方体中，为的中点.
（1）证明：平面；（2）求直线到平面的距离；（3）求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2

则，，，， ，
（1）设平面的法向量为，，
令，则，，
，，面平面.
（2）平面，直线到平面的距离即为点到平面的距离，
，，==，
直线到平面的距离为.
（3）平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，
，==，
所以平面与平面夹角的余弦值.

常考点05 空间几何中的数学文化与新定义
【典例1】（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）

A．20° B．40° C．50° D．90°
【答案】B

【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B
【典例2】（2021·高三八省联考）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．

（1）求四棱锥的总曲率；（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.
【详解】（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.

可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：
所以这类多面体的总曲率是常数.
【技巧点拨】
近几年高考命题关于这部分内容的考查，主要是以传统文化、数学文化、现代生活为背景，考查立体几何的基础知识，涉及三视图、面积体积计算、几何体的几何特征等.
新定义问题则需要精读题干，理解新定义是解题的关键.
【变式演练1】（2021·全国高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点、距离之比是常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：在棱长为2的正方体中，点是正方体的表面(包括边界)上的动点，若动点满足，则点所形成的阿氏圆的半径为______；若是的中点，且满足，则三棱锥体积的最大值是______.

阿波罗尼奥斯
【答案】
【解析】在上取点，在延长线上取点，使得，，则是题中阿氏圆上的点，则是阿氏圆的直径，由此可求得半径，由可得，，即在上述阿氏圆上，这样当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，三棱锥体积的最大，由体积公式计算可得．
【详解】在上取点，在延长线上取点，使得，，则是题中阿氏圆上的点，由题意是阿氏圆的直径，
，则，，所以，∴阿氏圆半径为；
正方体中，都与侧面垂直，从而与侧面内的直线垂直，
如图，则，∴，即在上述阿氏圆上，
∵的面积是2为定值，因此只要到平面距离最大，则三棱锥体积的最大，
由于点在阿氏圆上，当是阿氏圆与交点时，到平面距离最大，
此时，因此，，
三棱锥体积的最大值为．故答案为：；．

【变式演练2】（2021·全国高三专题练习）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．
（1）如图1，已知长方体A1B1C1D1﹣ABCD，AB＝BC＝1，，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则求四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值；（2）图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域？（确定“区域α”还是“区域β”）

【答案】（1）；（2）区域β．
【解析】（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣，θ越大离散曲率越小．由四棱锥的性质求得θ＝，可求得四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值；
（2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小．可得答案.
【详解】（1）计∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠QnPQ1＝θ，则离散曲率为1﹣，θ越大离散曲率越小．
P在底面ABCD的投影记为H，通过直观想象，当H点在平面ABCD中逐渐远离正方形ABCD的中心，以至于到无穷远时，θ逐渐减小以至于趋近于0．所以当H点正好位于正方形ABCD的中心时，θ最大，离散曲率最小．此时HA＝HB＝＝PH，所以PA＝PB＝1＝AB，所以∠APB＝60°，θ＝，
离散曲率为1﹣×＝，所以四棱锥P﹣ABCD在点P处的离散曲率的最小值为；
（2）区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小．
所以区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是区域β．
【变式演练3】（2019·全国高考真题）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．

【答案】共26个面. 棱长为.
【分析】第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决．
【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为．


常考点06 空间几何中的折叠问题
【典例1】（2021·广东高二期末）如图，菱形边长为，，为边的中点．将沿折起，使到，且平面平面，连接，．

则下列结论中正确的是（ ）
A． B．四面体的外接球表面积为
C．与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
根据题意知EB，ED，EA‘两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得异面直线，线面夹角问题.

【详解】
由题知，为正三角形，，将沿折起，使到，且平面平面，则，，两两垂直，以E点坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

对于A，，，，，，，
则，故与不垂直，故A错误；
对于B，取CE的中点F，联结DF，又，则，
过F作平面CDE，四面体的外接球球心O在FO上，作，
设，，在，中，有，解得，，
故四面体的外接球表面积为，故B正确；
对于C，，，设与所成角为，
则，故C正确；
对于D，，，，
设平面的法向量则，取，则，
则，故直线与平面所成角的正弦值为，D正确；
故选：BCD
【典例2】（2019年高考全国理）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【技巧点拨】解决空间图形的翻折问题时，要从如下几个角度掌握变化规律：

注意：掌握翻折过程中的特殊位置
①翻折的起始位置；②翻折过程中，直线和平面的平行和垂直的特殊位置.
【变式演练1】（2021·永州市第四中学高三月考）农历五月初五是端午节．这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原．如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到六面体的粽子．如果粽子的馅是六面体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为_________．

【答案】
【解析】易知球与六个面都相切时体积最大，此时球心到六个面的距离即为球的半径，进而利用等体积法即可解得.

【详解】六面体每个面都为边长是1的正三角形，面积为，要使球状的馅的体积最大，则球与六面体的各面相切．如图，连接球心O与五个顶点，把六面体分成六个小三棱锥．设球的半径为R（O到六个面的距离，图里仅标记），则六面体的体积可表示为．
易知，又六面体可以看成由两个底面积为，高的正四面体合成的，故其体积又可表示为，因此，解得．故粽子馅的最大体积为．故答案为：.
【变式演练2】（2021·重庆八中高三月考）如图1，C，D是以AB为直径的圆上两点，且，，将所在的半圆沿直径AB折起，使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上，如图2.
（1）求证：BC⊥平面ACD；（2）已知O为AB中点，在线段CE上是否存在点F，使得平面ACD？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）不存在，理由见解析.
【解析】（1）先证明面BCD，进而得出，再由证明平面ADC.
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用向量法证明即可.
【详解】（1）因为平面，平面，所以
因为，，所以平面BCD，因为平面BCD，所以
又，，所以平面ADC.
（2）以O为坐标原点，垂直于AB的方向为x轴正方向，OB为y轴正方向，垂直于面ADB的方向为z轴正方向不妨设圆的半径为，E为点C在平面ABD上的正投影，所以E在x轴正方向上.

由，知，，，
所以，，.设，
由（1）知即为平面ACD的法向量，，
若平面CAD，则，即，，
所以线段CE上不存在点F，使得平面CAD.
【变式演练3】（2021·江苏高二期中）已知梯形如图1所示，其中，，，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折起，使得平面平面，得到如图2所示的几何体.（1）求证：平面平面；（2）求点F到平面ABE的距离；
（3）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】（1）证明，，，证明平面，然后证明平面平面．
（2）过点作于点，说明线段的长即为点到平面的距离，然后转化求解点到平面的距离，即可得出答案．（3）建系如图，求出平面的法向量，设，，，，然后转化求解即可．
【详解】解（1）∵平面平面，平面
平面平面，，∴平面
∵平面，∴ ∵四边形是正方形∴
∵、平面，，∴平面
∵平面，∴平面平面；
（2）过点F作于点G，因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，又平面，所以，
又，，平面，所以平面，
所以线段的长即为点到平面的距离，，，，
由，得，即，所以，即点到平面的距离为；
（3）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量， ，即，可取
设，，则解得或（舍）
故，∴.


常考点07 空间几何中的轨迹问题
【典例1】（2021·福建其他）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.在如图所示的鳖臑中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.①当在上时，______；②点的轨迹的长度为______.

【答案】2
【解析】(1)当在上时,因为平面,故,又,故平面.
故.又,为中点,故所以为中点.故.
(2)取中点则由(1)有平面,故,又,
设平面则有平面.故点的轨迹为.
又此时,,故.
所以.

故答案为：(1). 2 (2).
【典例2】（2021·南充·高三（理））已知三条射线，，两两所成的角都是60°.点在上，点在内运动，，则点的轨迹长度为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，

过作平面于，则点在的平分线上，
在平面内，作于，连结，根据三垂线定理，则

，，
点的轨迹是以为圆心，6为半径的圆在内的圆弧，
圆弧的长度为： 故选：C
【技巧点拨】
1.立体几何中的轨迹问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等．2．一般是根据线、面垂直，线、面平行的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹．
【变式演练1】（2021·河北新华·石家庄二中高三月考）如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（ ）

A．线段 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
【答案】A
【解析】连结，可证，即，
即点E是体对角线上的定点，直线AE也是定直线．
，∴动点P必定在线段AE的中垂面上，则中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，所以动点P的轨迹是线段．
故选：A
【变式演练2】（2021·进贤县高二月考）如图，在棱长为 1 的正方体中，点是的中点，动点在底面正方形内（不包括边界），若平面，则长度的取值范围是_______.

【答案】
【解析】建立空间直角坐标系，设点，，求出平面的法向量，的方向向量，由题意可知，即，，则，求解取值范围即可.
【详解】以为原点，，，所在直线分别为，，建立空间直角坐标系如图，

则，，，，.
设，则的方向向量
设平面的法向量，，，，
，即，取，则
若平面，则即，则.
又即
，，，即.故答案为：
【变式演练3】（2021·全国高三专题练习）如图，棱长为4的正四面体，，分别是，上的动点，且，则中点的轨迹长度为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】把正四面体放在正方体中，并建立如图所示的空间直角坐标系，
设该正方体的棱长为，

因为正四面体的棱长为4，所以有，
因此相应点的坐标为：，
因为是上的动点，所以设点的坐标为：，
设，，因此有，
因此，
设中点为，因此有：，
因为，所以，
化简得：，把代入中得：
，显然 中点的轨迹是圆，半径为，圆的周长为：.故选：D


易错点01 混淆空间角与两向量的夹角
【例】如图所示,四棱锥P－ABCD中,底面四边形ABCD是正方形,侧面PDC是边长为a的正三角形,且平面PDC⊥底面ABCD,E为PC的中点．(1)求异面直线PA与DE所成角的余弦值；
(2)求AP与平面ABCD所成角的正弦值．

【错解】如图所示,取DC的中点O,连接PO,
∵△PDC为正三角形,∴PO⊥DC.
又∵平面PDC⊥平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD.

建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz,
则P(0,0,a),A(a,－,0),B(a,,0),C(0,,0),D(0,－,0)．
(1)E为PC的中点,∴E(0,,a),∴＝(0,a,a),＝(a,－,－a),
∴·＝a×(－)＋a×(－a)＝－a2,||＝a,||＝a,
cos〈,〉＝＝＝－.∴异面直线PA与DE所成角的余弦值为－.
(2)∵平面ABCD的法向量n＝(0,0,a), ∴cos〈,n〉＝＝＝－.
∴AP与平面ABCD所成角的正弦值为－.
【错因分析】(1)异面直线PA与DE所成的角为锐角或直角,余弦值一定非负．(2)直线AP与平面ABCD所成的角不是与平面ABCD的法向量所成的角．
【正解】(1)在求出cos〈,〉＝－后,
∵异面直线PA、DE所成的角是锐角或直角,
∴异面直线PA、DE所成角的余弦值是.
(2)cos〈,n〉＝－,∴直线AP与平面ABCD所成角的正弦值为.
【纠错笔记】本题出错的根本原因是概念不清,混淆了空间角与向量所成角的概念,当然运算错误也是常见的一种失分原因．要避免失分,首先要理解空间角与向量所成角是两个不同的概念；其次要理清向量的夹角与空间角的关系,如：异面直线PA与DE所成的角的取值范围是(0,],向量与所成的角〈,〉的取值范围是[0,π],∴cos θ＝|cos〈,〉|.线面角θ的范围是[0,],sin θ＝|cos〈,n〉|＝.
易错点02 误认为两平面法向量的夹角就是二面角
【例】如图,在四棱锥P－ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD＝DC＝AP＝2,AB＝1,点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F－AB－P的余弦值．

【错解】(1)证明　依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系如图,可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)．
由E为棱PC的中点,得E(1,1,1)．＝(0,1,1),＝(2,0,0),故·＝0,所以BE⊥DC.

(2)解　＝(－1,2,0),＝(1,0,－2)．设n＝(x,y,z)为平面PBD的一个法向量,
则即不妨令y＝1,可得n＝(2,1,1)．
于是有cos〈n,〉＝＝＝,
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)解　＝(1,2,0),＝(－2,－2,2),＝(2,2,0),＝(1,0,0)．
由点F在棱PC上,设＝λ,0≤λ≤1,故＝＋＝＋λ＝(1－2λ,2－2λ,2λ)．
由BF⊥AC,得·＝0,因此,2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0,解得λ＝,即＝(－,,)．[9分]
设n1＝(x,y,z)为平面FAB的一个法向量,
则　即不妨令z＝1,可得n1＝(0,－3,1)．
取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0),则cos〈n1,n2〉＝＝＝－.
所以二面角F－AB－P的余弦值为－.
【错因分析】忽略二面角为锐角
【正解】(1)证明　依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系如图,可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)．

由E为棱PC的中点,得E(1,1,1)．＝(0,1,1),＝(2,0,0), 故·＝0,所以BE⊥DC.
(2)解　＝(－1,2,0),＝(1,0,－2)．设n＝(x,y,z)为平面PBD的一个法向量,
则即不妨令y＝1,可得n＝(2,1,1)．
于是有cos〈n,〉＝＝＝,所以,直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)解　＝(1,2,0),＝(－2,－2,2),＝(2,2,0),＝(1,0,0)．由点F在棱PC上,设＝λ,0≤λ≤1,
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ,2－2λ,2λ)．由BF⊥AC,得·＝0,
因此,2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0,解得λ＝, 即＝(－,,)．[9分]
设n1＝(x,y,z)为平面FAB的一个法向量,则　即
不妨令z＝1,可得n1＝(0,－3,1)．取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0),
则cos〈n1,n2〉＝＝＝－.
易知,二面角F－AB－P是锐角,所以其余弦值为.
【纠错笔记】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．







满分：150分 完成时间：120分钟
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，设，则，
由题意，即，化简得，
解得（负值舍去）.故选：C.

2．（2021·全国高三月考（理））底面为正三角形的直棱柱中，，，，分别为，的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，，

，
∴，故选：C
3．（2021·山东烟台市·高三二模）许多球状病毒的空间结构可抽象为正二十面体．正二十面体的每一个面均为等边三角形，共有12个顶点、30条棱．如图所示，由正二十面体的一个顶点和与相邻的五个顶点可构成正五棱锥，则与面所成角的余弦值约为（ ）（参考数据）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，在面上的射影，如下图示，

∴五个三角形都是等腰三角形且，易知，而，令，∴，
又正二十面体的每一个面均为等边三角形即，且面，
∴与面所成角的余弦值为.故选：A
4.（2021·全国高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）

A．北纬 B．南纬 C．北纬 D．南纬
【答案】D
【解析】首先根据题意理解太阳高度角、该地纬度、太阳直射纬度的概念，然后由太阳高度角可得结果.
【详解】由题可知，天安门广场的太阳高度角，
由华表的高和影长相等可知，所以.
所以该天太阳直射纬度为南纬，故选：D.
5.（2021·贵州凯里一中高三三模）如图，在中，，，是棱的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】在中，由余弦定理求得，再由当三棱锥体积最大，把三棱锥补形为一个长方体，结合长方体求得外接球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】在中，因为，，
由余弦定理可得 ，所以，
当，即平面，三棱锥体积最大，
此时､､两两垂直，可把三棱锥补形为一个长方体，
且长方体长、宽、高分别为：，所以三棱锥的外接球半径为：
，
所以外接球的表面积为：.故选：D.
6．（2021·全国高三专题练习）在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内一点，若平行于平面，则线段长度的最小值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

，0，，，2，，，2，，，0，，
，2，，，2，，设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
设，2，，，，则，2，，
平行于平面，，整理得，
线段长度，
当且仅当时，线段长度取最小值．故选：D．
7．（2018·浙江高考真题）已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
设为正方形的中心，为中点，过作的平行线，交于，过作垂直于，连接、、，则垂直于底面，垂直于，
因此
从而
因为，所以即，选D.

8.（2021·河南濮阳市·高三一模）在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B如图所示，在平面内，，
所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，

则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，
所以，椭圆方程为.
点在底面的投影设为点，则点为的中心，，
故点正好为椭圆短轴的一个端点，
，则，
因为，故只需计算的最大值.设，则，
则，
当时，取最大值，即，
因此可得，故的最大值为.故选：B.
二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（2021·重庆巴蜀中学高三月考）已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为，设圆台的体积为，则下列选项中说法正确的是（ ）
A．当时， B．当在区间内变化时，先增大后减小
C．不存在最大值 D．当在区间内变化时，逐渐减小
【答案】AB
【解析】通过题意得到圆台体积V关于外接球半径r的函数，容易判断A；
利用导数探讨该函数的单调性和最值，可以判断B,C,D.
【详解】，对选项正确；
，设，
则在上单调递减，设的两根为，由韦达定理知，且当；
2)，在单调递增，在单调递减，由，
，使得，当，即
当，即，所以在单调递增，在单调递减，则B正确，C，D错误，
故选：.
10.（2021·福建高二期末）在棱长为1的正方体中，点，分别足，，其中，，则（ ）
A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，点，到平面的距离相等
C．当时，存在使得平面 D．当时，
【答案】ABD
【解析】由即可判断A；当时，点是的中点可判断B；建立空间直角坐标系，计算可判断C；设，求出所需各点坐标，计算可判断D，进而可得正确选项.
【详解】

对于A：当时，，此时点位于点处，三棱锥，
为定值，点到面的距离为是定值，
所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项A正确；
对于B：当时，点是的中点，所以点，到平面的距离相等，故选项B正确；
对于C：当时，点是的中点，建立如图所示空间直角坐标系，则，
，，，
可得，，所以，
所以与不垂直，所以不存在使得平面，故选项C不正确；
对于D：设，则，，，所以，，
因为，所以，故选项D正确；故选：ABD.
11．（2021·济南市·山东师范大学附中高三模拟）如图，平面四边形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，，，，将沿对角线BD折起至，使平面平面，则四面体中，下列结论正确的是（ ）

A．平面 B．异面直线CD与所成的角为90°
C．异面直线EF与所成的角为60° D．直线与平面BCD所成角为30°
【答案】ABD
【解析】因E，F分别为的中点，则平面，
平面，则平面，A正确；
因平面平面，平面平面，
而，则平面，于是，异面直线CD与所成的角为90°，B正确；
，则，而，，从而得平面，
，，异面直线EF与所成的角为90°，C不正确；
连，由，F为的中点得，
于是有平面，则CF是在平面内射影，
是直线与平面BCD所成角，如图：

而，则，则，D正确.故选：ABD.
12.（2021·全国高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．

对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.（2021·江苏南通市·高三模拟）已知菱形ABCD的边长为2，.现将菱形沿对角线AC折成空间几何体ABCD'.设空间几何体ABCD'的外接球为球O，若球O的表面积为8π，则二面角B﹣AC﹣D'的余弦值为___________.
【答案】
【解析】
设,为三角形ABC外接圆的圆心，半径为r，外接球的球心为O，半径为R,
则.因为球O的表面积为8π，所以,解得：.
因为面ABC,所以.
因为,所以在BM延长线上的投影长为.所以为BD的中点，所以.
在菱形ABCD中，,所以面,
所以即为面角B﹣AC﹣D'的平面角.
由余弦定理得：.故答案为：
14．（2021·河南高三其他模拟（理））在三棱锥中，已知，，则直线与平面所成角的余弦值为___________.
【答案】
【解析】如图，取AC的中点O，连接PO，BO，
因为，所以，
又，所以，可证，所以，
从而平面，所以PB与平面所成角为，.
故答案为：.

15.（2021·湖南永州市·高三模拟）已知正四面体内接于半径为的球中，在平面内有一动点，且满足，则的最小值是___________；直线与直线所成角的取值范围为___________.
【答案】
【解析】设A在面内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，
设正四面体的棱长为，球的半径为.
则，，
依题可得，球心在上，，代入数据可得，
则，，
又，，
故的轨迹为平面BCD内以E为圆心，为半径的圆，，
三点共线时，且P在BE之间时，的最小值是.
以E为圆心，BE所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，
，，，，
设，，
故，，
设直线与直线所成角为，
∵，
∴，又，故，
故答案为：，.
16．（2021·福建省福州高三期末）分别为菱形的边的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，以下命题正确的是________.（写出所有正确命题的序号）

①平面；②异面直线与所成的角为定值；③在二面角逐渐渐变小的过程中，三棱锥的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使得直线与直线垂直，则的取值范围是.
【答案】①②④
【解析】①由分别为菱形的边的中点，故，平面ABD，故平面；②取AC中点P，连接DP，BP，由于菱形ABCD，所以，可证得平面DPB，故，又，故，异面直线与所成的角为定值.

③ 借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然为三角形ABC的外接圆的圆心，故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥的外接球半径不可能先变小后变大.
④ 过A在平面ABC中作交BC于H，若为锐角，H在线段BC上；若为直角，H与B点重合；为钝角，H在线段BC的延长线射线CB上.
若存在某个位程，使得直线与直线垂直，由于，因此平面AHD，故.
若为直角，H与B点重合，即，由于，不可能成立.
若为钝角，则原平面图中，为锐角，由于立体图中，故立体图中一定比原图中更小，因此为锐角，，故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB上矛盾，因此的取值范围是.故答案为：①②④
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17．（2021·福建其他）已知圆柱底面半径为1，高为，是圆柱的一个轴截面，动点从点出发沿着圆柱的侧面到达点，其距离最短时在侧面留下的曲线如图所示.将轴截面绕着轴逆时针旋转后，边与曲线相交于点.

（1）求曲线的长度；（2）当时，求点到平面的距离.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）曲线的长度为矩形的对角线长度.其中矩形的宽为圆柱的高,长为底面的半圆长,
其中,底面的半圆长为 ∴的长为
（2）当时,建立如图所示的空间直角坐标系:

则有、、、,
所以、、.
设平面的法向量为,则,代入可得,
令,得,所以点到平面的距离为.
18．（2021·辽宁高三模拟）如图所示，平面五边形可分割成一个边长为2的等边三角形ABC和一个直角梯形ACDE，其中AECD，AE＝CD＝AC，∠EAC＝90°，现将直角梯形ACDE沿边AC折起，使得AE⊥AB，连接BE、BD，设线段BC的中点为F．

（1）求证：AF平面BDE；（2）求直线EF与平面BDE所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】证明：（1）取BD的中点G，连接EG、FG，由F为BC的中点，则FGDC且FG＝CD，
因为AECD且CD＝2AE，所以AEFG且AE＝FG，所以四边形AFGE为平行四边形，则AFEG，
又因为平面BDE，平面BDE，所以AF平面BDE；

（2）∵AE⊥AB，AE⊥AC，，平面ABC，∴AE⊥平面ABC．
如图，以A为坐标原点，AF为x轴，在平面ABC内，过点A作BC的平行线为y轴，AE为z轴建立空间直角坐标系，则，，设平面BDE的法向量为，
则，即，令y＝1，则，所以，
设直线EF与平面BDE所成角为，所以.

19．（2021·全国高三二模）如图，在三棱柱中，，，四边形是菱形，，，点是中点，点是上靠近点的三等分点.
（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】证明：（1）取中点，连结，
在中，，，∴，
在菱形中，由可知为等边三角形，∴，
又∵，，，
∴，，∴.

（2）∵，，
由（1）可知，∴，，两两垂直，
如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标，
不妨设，则，，，，，.
由，得，则的中点，
从而，.
设平面的法向量为，则，
即，不妨取，得，即.
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
20．（2021·山东高三二模）如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；（2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．


图① 图②
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为的中点．
【解析】（1）作出辅助线，证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；（2）证出面，建立空间直角坐标系，假设存在点，然后利用空间向量的夹角公式建立方程，解方程即可判断.
【详解】（1）证明：取的中点为，连接，，∵是的中点，，
∴是的中位线，∴且，所以为平行四边形，∴，
因为面，面，所以平面．

（2）解：取的中点为，连接，，其中，，
由可得，显然面，
故以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴；
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，
设存在点，，，，
易知面的法向量可取，另外，，
设面的一个法向量为，则
，
可取一个法向量为，
则，为的中点．故存在点为的中点．
21（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）见解析；（2）
【解析】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和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】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以
因为，，所以，
又，所以平面．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．

所以，．
由题设（）．（1）因为，
所以，所以．
（2）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．

22．（2020·浦东新·上海师大附中高三期中）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若，.（1）求与平面所成角的正切值；（2）在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（3）若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值.

【答案】（1）；（2）存在，；（3）、、三点共线，
【解析】 (1)因为平面，平面，
所以，又因为底面是矩形，所以，
所以由线面垂直的判定定理可得:平面，所以与平面所成角既为，
又由题意可得:，，所以tan∠CPD=.所以与平面所成角的正切值为.
(2)假设边上存在一点G满足题设条件，作，

则平面，所以.，
故存在点G，当时，使点D到平面的距离为.
（3）延长CB到，使，因为平面，平面，所以，

又因为底面是矩形，所以，
所以由线面垂直的判定定理可得:平面，则是点C关于面的对称点，
连接，交面于H，则点H是使的值最小时，在面上的一点.
作于M，则点M是AD的中点，连接交AB于N，连接HN，
则，所以，又，所以，而，
所以.所以.