高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题1.9空间向量与立体几何全章综合测试卷(提高篇)(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题1.9空间向量与立体几何全章综合测试卷(提高篇)(原卷版+解析)，共36页。

考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时120分钟，本卷题型针对性
较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023秋·河北保定·高二统考期末）在以下命题中：
①三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；
②若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线；
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP=2OA−2OB−2OC，则P，A，B，C四点共面
④若a，b是两个不共线的向量，且c=λa+μbλ,μ∈R,λ,μ≠0，则a,b,c构成空间的一个基底
⑤若a,b,c为空间的一个基底，则a+b,b+c+2a,c+a构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则PM⋅PN的最大值为( )
A．4B．12C．8D．6
3．（5分）（2023春·江苏徐州·高二统考期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM=BN=a，其中0
A．2B．22C．32D．22
4．（5分）（2023春·浙江温州·高二校联考期中）点A在线段BC上（不含端点），O为直线BC外一点，且满足OA−aOB−2bOC=0，则23a+4b+1a+3b的最小值为（ ）
A．97B．95C．87D．85
5．（5分）（2023春·高二课时练习）设空间两个单位向量OA=m,n,0,OB=0,n,p与向量OC=1,1,1的夹角都等于π4，则cs∠AOB=（ ）
A．2−34B．2+32
C．2−34或2+34D．2−32或2+32
6．（5分）（2023春·高二课时练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD．若PA=AD=AB=kBC(0A．当k=12 时，平面BPC⊥平面PCD
B．当k=12时，平面APD⊥平面PCD
C．对任意k∈(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直
D．存在k∈(0,1)，使直线PD与直线AC垂直
7．（5分）（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，则以下不正确的是（ ）

A．当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P−AA1D1D的体积不变
B．当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是π3,π2
C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45的点P的轨迹长度为π+42
D．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B1CD1时，PF长度的最小值是5
8．（5分）（2023秋·四川遂宁·高二统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段B1D1上动点（包括端点）．
①三棱锥P−A1BD中，点P到面A1BD的距离为定值233
②过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD−A1B1C1D1截得的多边形的面积为23
③ 直线PA1与面A1BD所成角的正弦值的范围为33,63
④当点P为B1D1中点时，三棱锥P−A1BD的外接球表面积为11π
以上命题为真命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023·高二单元测试）已知空间向量m=−1,2,5,n=2,−4,x，则下列选项中正确的是（ ）
A．当m⊥n时，x=2B．当m//n时，x=−10
C．当m+n=5时，x=−4D．当x=10时，csm,n=10−26
10．（5分）（2023·全国·高二专题练习）在自然界中，金刚石是天然存在的最硬的物质．如图1，这是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE＝BE＝CE＝DE，若正四面体ABCD的棱长为4，则（ ）

A．DE＝869B．EA＋EB＋EC＋ED=0
C．AE⋅BC＝0D．AC⋅AE＝8
11．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1，以正方体中心O为球心的球O与正方体的各条棱相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．球O在正方体外部分的体积为23π−1
B．若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则PA⋅PB∈−14,74
C．若点P在平面ABCD下方，则直线AP与平面A1B1C1D1所成角的正弦值最大为223
D．若点P､M､N在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则PM⋅PN最小值为−14
12．（5分）（2023春·福建莆田·高二校考期中）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M为侧面AA1D1D上的点，N为侧面CC1D1D上的点，则下列判断正确的是（ ）
A．若BM＝52，则M到直线A1D的距离的最小值为24
B．若B1N⊥AC1，则N∈CD1，且直线B1N//平面A1BD
C．若M∈A1D，则B1M与平面A1BD所成角正弦的最小值为33
D．若M∈A1D，N∈CD1，则M，N两点之间距离的最小值为33
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）已知空间三点坐标分别为A(1,1,1)，B(0,3,0)，C(−2,−1,4)，点P(−3,x,1)在平面ABC内，则实数x的值为 ．
14．（5分）（2023春·高二课时练习）已知向量a=1,1,0，b=m,0,2，csa,b=−1010，若向量a+kb与2a+b所成角为钝角，则实数k的范围是 .
15．（5分）（2023春·江苏常州·高二校联考期中）一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD，BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF，AE，CF，AC，若点P满足DP=xDA+yDC+zDF且x+y+z=1，则EP的最小值为 43 .
16．（5分）（2022·贵州贵阳·统考一模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在BD上，点F在B1C上，且BE=CF.则下列四个命题中所有真命题的序号是 .
①当点E是BD中点时，直线EF//平面DCC1D1；
②当DE=2EB时，EF⊥BD；
③直线EF分别与直线BD，B1C所成的角相等；
④直线EF与平面ABCD所成的角最大为π6.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCD−A′B′C′D′，E，F分别是上底面A′C′和侧面CD′的中心，求下列各式中x，y的值：
（1）AC′→=xAB→+BC→+CC′→
（2）AE→=AA′→+xAB→+yAD→
（3）AF→=AD→+xAB→+yAA′→
18．（12分）（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知空间向量a=(1,0,1)，b=(2,−1,0)，c=(λ+4,−λ,λ)．
(1)若(a+b) //c，求λ；
(2)若ka+b与2a−b相互垂直，求k．
19．（12分）（2023·江苏·高二专题练习）棱长为2的正方体中，E、F分别是DD1、DB的中点，G在棱CD上，且CG=13CD，H是C1G的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：
(1)求证：EF⊥B1C；
(2)求cs；
(3)求FH的长．
20．（12分）（2023秋·广东广州·高二校考期末）如图1，边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=120°，E，O，F分别是AB，BD，CD的中点.现沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，连接AC，如图2.
(1)求cs∠EOF；
(2)若过E，O，F三点的平面交AC于点G，求四棱锥A−OEGF的体积.
21．（12分）（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1=2,D,E分别是线段AC,CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D.

(1)求证：A1C⊥平面BDE；
(2)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离；
(3)若点F为线段B1C1上的动点（不包括端点），求锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围.
22．（12分）（2023·天津和平·统考三模）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4,E､F分别为DC､BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45∘.
(1)求证：BD1 ∥平面C1EF；
(2)求点A1到平面C1EF的距离；
(3)边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为32222，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023秋·河北保定·高二统考期末）在以下命题中：
①三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；
②若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线；
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP=2OA−2OB−2OC，则P，A，B，C四点共面
④若a，b是两个不共线的向量，且c=λa+μbλ,μ∈R,λ,μ≠0，则a,b,c构成空间的一个基底
⑤若a,b,c为空间的一个基底，则a+b,b+c+2a,c+a构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】直接利用空间基底，共面向量，共线向量的基础知识的应用求出结果．
【解答过程】空间任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底.
①根据空间基底的定义，三个非零向量a，b，c不能构成空间的一个基底，则a，b，c共面；故命题①正确．
②由空间基底的定义，若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线，若a，b不共线，则a，b共面，一定有向量与a，b不共面；故命题②正确．
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，当OP=2OA−2OB−2OC时，若P，A，B，C四点共面，则AP=λAB+μAC，OP−OA=λOB−OA+μOC−OA，OP=1−λ−μOA+λOB+μOC，1−λ−μ=2λ=−2μ=−2，方程组无解，故P，A，B，C四点不共面；故命题③错误．
④若a，b是两个不共线的向量，且c=λa+μb(λ,μ∈R,λ,μ≠0)，则向量c与a，b构成共面向量，{a,b,c}不能构成空间的一个基底；故命题④错误．
⑤利用反证法：若{a+b,b+c,c+a}不能构成空间的一个基底，则这三个向量共面，
设a+b=x(b+c)+y(c+a)(x,y∈R)，当x+y=0，a与b共线，当x+y≠0，得c=1−yx+ya+1−xx+yb，都有a,b,c共面，由于{a,b,c}为空间的一个基底，得出矛盾，所以{a+b,b+c,c+a}能够成空间的一个基底，故命题⑤正确．
真命题有3个.
故选：D.
2．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则PM⋅PN的最大值为( )
A．4B．12C．8D．6
【解题思路】设正方体内切球的球心为O，则OM=−ON，PM⋅PN=OM−OP⋅ON−OP =OP2−4，将问题转化为求OP的最大值.
【解答过程】设正方体内切球的球心为O，则OM=ON=2，OM=−ON，
∴PM⋅PN=OM−OP⋅ON−OP=OP2−OP⋅OM+ON+OM⋅ON＝=OP2−4，
又点P在正方体表面上运动，∴当P为正方体顶点时，OP最大，且最大值为正方体体对角线的一半，OPmax=12×3×42= 23，∴PM⋅PN的最大值为232−4=8.
故选：C.
3．（5分）（2023春·江苏徐州·高二统考期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CM=BN=a，其中0
A．2B．22C．32D．22
【解题思路】根据面面垂直性质可证得BC⊥平面ABEF，则以B为坐标原点可建立空间直角坐标系；利用空间中两点间距离公式可表示出MN；将MN整理为a−22+2，由二次函数最值可得结果.
【解答过程】∵平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ABEF，
则以B为坐标原点，BA,BE,BC为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0，C0,0,2，F2,2,0，E0,2,0，
∵CM=BN=a，∴Ma2,0,2−a2，Na2,a2,0，
∴MN=22a2+2−22a2=a2−22a+40则MN=a2−22a+4=a−22+2，
∴当a=2时，MN最小，最小值为2.
故选：A.
4．（5分）（2023春·浙江温州·高二校联考期中）点A在线段BC上（不含端点），O为直线BC外一点，且满足OA−aOB−2bOC=0，则23a+4b+1a+3b的最小值为（ ）
A．97B．95C．87D．85
【解题思路】根据平面向量共线定理推论可得a+2b=1且a>0,b>0，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【解答过程】因为OA−aOB−2bOC=0，所以OA=aOB+2bOC，
又点A在线段BC上（不含端点），所以a+2b=1，且a>0,b>0，则2+a+2+2b=5，
所以23a+4b+1a+3b=22a+2b+a+1a+2b+b=22+a+11+b
=22+a+22+2b=15(2+a+2+2b)22+a+22+2b
=154+2(2+a)2+2b+2(2+2b)2+a≥154+22(2+a)2+2b⋅2(2+2b)2+a=85，
当且仅当2(2+a)2+2b=2(2+2b)2+aa+2b=1，即a=12b=14时，等号成立，
故23a+4b+1a+3b的最小值为85.
故选：D.
5．（5分）（2023春·高二课时练习）设空间两个单位向量OA=m,n,0,OB=0,n,p与向量OC=1,1,1的夹角都等于π4，则cs∠AOB=（ ）
A．2−34B．2+32
C．2−34或2+34D．2−32或2+32
【解题思路】首先根据OA为单位向量得到m2+n2=1，再利用OA与OC的夹角等于π4，得m+n=62.联立方程求解出m与n的值，最后再利用向量的夹角公式进行求解即可.
【解答过程】∵空间两个单位向量OA=m,n,0，OB=0,n,p与向量OC=1,1,1的夹角都等于π4，
∴∠AOC=∠BOC=π4，OC=3，
∵OA⋅OC=OA⋅OC⋅cs∠AOC=62，
又OA⋅OC=m+n，∴m+n=62，
又OA为单位向量，∴m2+n2=1，
联立m+n=62m2+n2=1，得m2=2+34n2=2−34或m2=2−34n2=2+34，
∵ OA=m,n,0，OB=0,n,p，
∴cs∠AOB=n2=2±34.
故选：C.
6．（5分）（2023春·高二课时练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD．若PA=AD=AB=kBC(0A．当k=12 时，平面BPC⊥平面PCD
B．当k=12时，平面APD⊥平面PCD
C．对任意k∈(0,1)，直线PA与底面ABCD都不垂直
D．存在k∈(0,1)，使直线PD与直线AC垂直
【解题思路】通过作辅助线，证明MP⊥平面PBC，从而证明平面BPC⊥平面PCD，可判断A正确；利用反证的方法说明B;根据线面垂直的判定说明C;利用向量的数量积的计算说明D.
【解答过程】对于A,延长BA，CD交于M点，连接MP，则BM=2AB，

A是BM的中点，AP=12BM，
∴MP⊥PB，
又∵侧面PAB⊥底面ABCD，AB⊥BC，
∴BC⊥平面PBM，可得BC⊥MP，PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC,
故MP⊥平面PBC，
∵MP⊂平面PCD，∴平面PBC⊥平面PCD,故A正确；
设平面平面APD和平面PCD的交线为l，AD∥BC,AD⊂平面APD,
故BC∥ 平面APD，则BC∥l ，则l∥AD ,
若平面APD⊥平面PCD，则l⊥平面PCD，则AD⊥平面PCD，
即有AD⊥DC,与题意矛盾，故B错误；
对于C，当PA⊥AB时，由于侧面PAB⊥底面ABCD，交线为AB,
故直线PA与底面ABCD垂直，故C错误；
对于D，AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD，故BC⊥侧面PAB,
设PA,AB 的夹角为θ ，假设存在k∈(0,1)，使直线PD与直线AC垂直，
则PD⋅AC=(PA+AD)⋅(AB+BC)=PA⋅AB+AD⋅BC
=k2BC2csθ+kBC2=0 ，
即k2csθ+k=0,k=−1csθ，|−1csθ|>1，与k∈(0,1)矛盾，故D错误，
故选：A.
7．（5分）（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，则以下不正确的是（ ）

A．当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P−AA1D1D的体积不变
B．当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是π3,π2
C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45的点P的轨迹长度为π+42
D．若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B1CD1时，PF长度的最小值是5
【解题思路】由底面正方形ADD1A1的面积不变，点P到平面AA1D1D的距离不变，可判定A正确；
以D为原点，建立空间直角坐标系，设P(x,2−x,0)，则D1P=(x,2−x,−2),A1C1=(−2,2,0)，结合向量的夹角公式，可判定B正确；
由直线AP与平面ABCD所成的角为45∘，作PM⊥平面ABCD，得到点P的轨迹，可判定C正确；
设P(m,m,0)，求得平面CB1D1的一个法向量为n=(1,−1,−1)，得到FP=2(x−1)2+6，可判定D错误.
【解答过程】对于A中：底面正方形ADD1A1的面积不变，点P到平面AA1D1D的距离为正方体棱长，
所以四棱锥P−AA1D1D的体积不变，所以A选项正确；
对于B中：以D为原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，可得A1(2,0,2),D1(0,0,2),C1(0,2,2)，
设P(x,2−x,0),0≤x≤2，则D1P=(x,2−x,−2),A1C1=(−2,2,0)，
设直线D1P与A1C1所成角为θ，则csθ=csD1P,A1C1=D1P⋅A1C1D1PA1C1=x−1(x−1)2+3，
因为0≤x−1≤1，当x−1=0时，可得csθ=0，所以θ=π2；
当0所以异面直线D1P与A1C1所成角的取值范围是π3,π2，所以B正确；

对于C中：因为直线AP与平面ABCD所成的角为45∘，
若点P在平面DCC1D1和平面BCC1B1内，
因为∠B1AB=45∘,∠D1AD=45∘最大，不成立；
在平面ADD1A1内，点P的轨迹是AD1=22；
在平面ABB1A1内，点P的轨迹是AB1=22；
在平面A1B1C1D1时，作PM⊥平面ABCD，如图所示，
因为∠PAM=45∘，所以PM=AM，又因为PM=AB，所以AM=AB，所以A1P=AB，
所以点P的轨迹是以A1点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点P的轨迹的长度为14×2π×2=π，
综上，点P的轨迹的总长度为π+42，所以C正确；

对于D中，由B1(2,2,2),D1(0,0,2),C(0,2,0),F(2,1,2)，
设P(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤2，
则CB1=(2,0,2),CD1=(0,−2,2),FP=(m−2,n−1,−2)
设平面CB1D1的一个法向量为n=(a,b,c)，则n⋅CD1=−2b+c=0n⋅CB1=2a+2c=0，
取a=1，可得b=−1,c=−1，所以n=(1,−1,−1)，
因为PF//平面B1CD，所以FP⋅n=(m−2)−(n−1)+2=0，可得n=m+1，
所以FP=(m−2)2+(n−1)2+4=2m2−4m+8=2(m−1)2+6≥6，
当x=1时，等号成立，所以D错误.
故选：D.

8．（5分）（2023秋·四川遂宁·高二统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段B1D1上动点（包括端点）．
①三棱锥P−A1BD中，点P到面A1BD的距离为定值233
②过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD−A1B1C1D1截得的多边形的面积为23
③ 直线PA1与面A1BD所成角的正弦值的范围为33,63
④当点P为B1D1中点时，三棱锥P−A1BD的外接球表面积为11π
以上命题为真命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形B1D1C为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心Ox0,y0,z0，由OA1=|OB|=|OD|=|OP|求解球心坐标即可.
【解答过程】
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1为x,y,z轴建系如图：
A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),D1(0,2,2)，
A1P=(t,2−t,0),BD=(−2,2,0),A1B=(2,0,−2)，
设B1P=t2B1D10≤t≤2,
则AP=AB1+t2(AD1−AB1)=(1−t2)AB1+t2AD1=(2−t,t,2)，
所以P(2−t,t,2)(0≤t≤2)
设面A1BD的一个法向量为n=x1,y1,z1，
则n⋅BD=0n⋅A1B=0∴−2x1+2y1=02x1−2z1=0
令x1=1得y1=1,z1=1,∴n=(1,1,1)，
对于①：P到平面A1BD的距离为d=A1P⋅n|n|=|t+2−t|3=233，故①正确；
对于②：连接B1C,D1C，因为四边形BB1D1D为平行四边形，
∴BD//B1D1，又BD⊂面A1BD，B1D1⊄面A1BD，
∴B1D1//面A1BD，
同理可证B1C//面A1BD，
又B1D1∩B1C=B1，所以面B1D1C//面A1BD，
所以过点P且平行于面A1BD的平面被正方体ABCD−A1B1C1D1截得的多边形为△B1D1C，
它是边长为22的等边三角形，故面积为34(22)2=23，故②正确；
对于③：设直线PA1与面A1BD所成角为θ，则sinθ=csA1P,n=A1P⋅nA1P⋅n=23⋅t2−2t+2，
∵0≤t≤2,∴t2−2t+2∈[1,2]，∴sinθ∈33,63，
所以直线PA1与面A1BD所成角的正弦值的范围为33,63，故③正确；
对于④：当点P为B1D1中点时P(1,1,2)，设三棱锥P−A1BD的外接球球心Ox0,y0,z0，
∵OA1=|OB|=|OD|=|OP|，
∴x02+y02+z0−22=x0−22+y02+z02=x02+y0−22+z02 =x0−12+y0−12+z0−22，
解得x0=y0=z0=12，
所以外接球半径R满足：R2=|OB|2=12−22+14+14=114，
三棱锥P−A1BD的外接球表面积为S=4πR2=11π，故④正确；
综上：①②③④均正确.
故选：D.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023·高二单元测试）已知空间向量m=−1,2,5,n=2,−4,x，则下列选项中正确的是（ ）
A．当m⊥n时，x=2B．当m//n时，x=−10
C．当m+n=5时，x=−4D．当x=10时，csm,n=10−26
【解题思路】对于A，利用空间向量垂直的坐标表示即可判断；对于B，利用空间向量平行的性质即可判断；对于C，先根据空间向量运算法则计算出m+n，再利用模长公式列出方程，从而得以判断；对于D，利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可判断.
【解答过程】对于A，因为m⊥n，m=−1,2,5,n=2,−4,x，
所以m·n=−1×2+2×−4+5x=−10+5x=0，解得x=2，故A正确；
对于B，因为m//n，所以存在λ∈R，使得m=λn，
则−1,2,5=λ2,−4,x=2λ,−4λ,λx，即2λ=−1−4λ=2λx=5，解得λ=−12x=−10，故B正确；
对于C，因为m+n=−1+2,2−4,5+x=1,−2,5+x，
所以m+n=12+(−2)2+(5+x)2=5+(5+x)2=5，解得x=−5，故C错误；
对于D，因为x=10，则m=−1,2,5,n=2,−4,10，
所以csm,,n=m·nm·n=−1×2+2×−4+5×101+4+25×4+16+10=10−26，故D正确．
故选：ABD.
10．（5分）（2023·全国·高二专题练习）在自然界中，金刚石是天然存在的最硬的物质．如图1，这是组成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE＝BE＝CE＝DE，若正四面体ABCD的棱长为4，则（ ）

A．DE＝869B．EA＋EB＋EC＋ED=0
C．AE⋅BC＝0D．AC⋅AE＝8
【解题思路】由题意得E是正四面体ABCD外接球的球心．设点O是顶点A在底面的射影，取CD的中点G，AB的中点F，求得OB，AO，AE，由DE=AE可判断A；求得EF=EG，结合EA+EB=2EF，EC+ED=2EG，可判断B；由AE⊥BC可判断C；求出cs〈AC,AE〉=63，进而求得AC⋅AE，可判断D．
【解答过程】由题意得E是正四面体ABCD外接球的球心．

设点O是顶点A在底面的射影，则AO是正四面体ABCD的高，OB是△BCD的外接圆半径，
取CD的中点G，AB的中点F，连接BG，GF，则O在BG上，E在FG上，
则OB=23BG=23×32×4=433，AO=AB2−OB2=463，
因为BE2=(AO−AE)2+BO2，即AE2=(AO−AE)2+OB2，
则AE2=463−AE2+4332，解得AE=6．
对于A，DE=AE=6，故A错误；
对于B，因为AG＝BG＝32×4=23，FG⊥AB，EG⊥CD，
所以EF=AE2−AF2=6−4=2，EG=DE2−DG2=6−4=2，
则EF=EG，又EA+EB=2EF，EC+ED=2EG，则EA+EB=−(EC+ED)，
所以EA+EB+ EC+ED=0，故B正确；
对于C，因为AE⊥底面BCD，CD⊂底面BCD，所以AE⊥BC，所以AE⋅BC＝0，故C正确；
对于D，因为cs〈AC,AE〉=cs〈AC,AO〉=AOAC=63，
所以AC⋅AE=ACAEcsAC,AE=4×6×63=8，故D正确．
故选：BCD.
11．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1，以正方体中心O为球心的球O与正方体的各条棱相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．球O在正方体外部分的体积为23π−1
B．若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则PA⋅PB∈−14,74
C．若点P在平面ABCD下方，则直线AP与平面A1B1C1D1所成角的正弦值最大为223
D．若点P､M､N在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则PM⋅PN最小值为−14
【解题思路】对于A，结合球的体积和正方体体积公式或利用球缺的体积公式即可判断；对于B，可取AB中点E，可将PA⋅PB利用向量运算转化为PA⋅PB=PE+EA⋅PE+EB=PE2−EA2=PE2−14，再结合PE的范围即可判断；对于C，直线AP与平面A1B1C1D1所成角最大时直线AP正好与平面ABCD下方球O相切，根据几何关系即可求出所成角的最大正弦值，即可判断；对于D，可将PM⋅PN转化为PM⋅PN=OM−OP⋅ON−OP=OM⋅ON−OP⋅OM+ON+OP2，再利用不等式进行转化求解，即可判断.
【解答过程】对于A，正方体的棱切球O的半径R=22，如下图所示，
球O在正方体外部的体积V>V球O−V正方体=43π⋅223−1=23π−1，
或者可根据球O在平面A1B1C1D1上方球缺部分的体积V=13π3R−ℎ⋅ℎ2=13π⋅322−22−12⋅22−122=26−524π，ℎ为球缺的高，
所以球O在正方体外部的体积为6V=626−524π=2−54π， A选项错误；
对于B，取AB中点E，可知E在球面上，可得EB=−EA=12BA，所以PA⋅PB=PE+EA⋅PE+EB=PE2−EA2=PE2−14，点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，所以0≤PE≤2（当PE为直径时，PE=2），所以PA⋅PB∈−14,74，B选项正确；
对于C，
若正方体上底面字母为ABCD，则直线AP与平面A1B1C1D1所成角的正弦值最大时，如上图所示P点位置，此时正弦值最大为1，
若正方体下底面字母为ABCD，设平面ABCD的中心为O1,直线AP与平面A1B1C1D1所成角即为直线AP与平面ABCD所成角，
则直线AP与平面A1B1C1D1所成角最大时，直线AP正好与平面ABCD下方球O相切，过A作平面ABCD下方球O的切线，切点为P，将正方体及其棱切球的截面画出，如下图所示，可得OA=32，O1A=OP=22，O1O=12，∠OO1A=∠APO=90∘，△APO≅△OO1A，
所以O1O=AP=12，
sin∠OAQ=OPOA=23，sin∠OAC=OO1OA=13，
所以直线AP与平面A1B1C1D1所成角最大时为∠CAQ，
sin∠CAQ=sin∠OAQ−∠OAC=23⋅23−13⋅13=13，C选项错误；
对于D，PM⋅PN=OM−OP⋅ON−OP=OM⋅ON−OP⋅OM+ON+OP2，
记向量OP与向量OM+ON的夹角为θ，OP=OM=ON=22，因为OP⋅OM+ON=OP⋅OM+ONcsθ≤OP⋅OM+ON，
且OM+ON2=OM2+ON2+2OM⋅ON，
所以PM⋅PN=OM⋅ON−OP⋅OM+ON+OP2≥OM⋅ON−22⋅1+2OM⋅ON+12，
令t=1+2OM⋅ON，所以上式可化为PM⋅PN=t2−12−22t+12=12t2−22t≥−14，当且仅当t=22时等号成立，
此时OM⋅ON=−14，即OM,ON=2π3时等号成立，根据题意可知此条件显然成立，D选项正确.
故选：BD.
12．（5分）（2023春·福建莆田·高二校考期中）正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M为侧面AA1D1D上的点，N为侧面CC1D1D上的点，则下列判断正确的是（ ）
A．若BM＝52，则M到直线A1D的距离的最小值为24
B．若B1N⊥AC1，则N∈CD1，且直线B1N//平面A1BD
C．若M∈A1D，则B1M与平面A1BD所成角正弦的最小值为33
D．若M∈A1D，N∈CD1，则M，N两点之间距离的最小值为33
【解题思路】由已知可推得M为以A点为圆心，12为半径的圆上.作图，即可根据圆的性质得出最小值，判断A项；先证明AC1⊥平面A1BD，结合B1N⊥AC1，即可得出B1N//平面A1BD；建立空间直角坐标系，求出平面A1BD的法向量，表示出csn1,B1M =132λ2−4λ+3，根据不等式的性质，即可判断C项；MN为直线DA1与CD1的公垂线段时，MN最小.设n2=x2,y2,z2，且n2⊥DA1，n2⊥CD1，求出n2，即可根据投影向量，求出最小值.
【解答过程】对于A项，因为BM＝52，所以M在以B为球心，52为半径的球上.
又M为侧面AA1D1D上的点，所以M在球被平面AA1D1D截得的交线上.
因为，AB⊥平面AA1D1D，AB=1，BM＝52，所以AM=BM2−AB2=12，
所以，M为以A点为圆心，12为半径的圆上.
如图1，AM1⊥A1D，则AM1=22，M到直线A1D的距离的最小值为22−12，故A项错误；
对于B项，如图2，连结AC,AD1.
因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD.
又BD⊥AC，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC∩CC1=C，
所以，BD⊥平面ACC1.
又AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.
同理可得，A1D⊥AC1.
又BD⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，A1D∩BD=D，
所以，AC1⊥平面A1BD.
又B1N⊥AC1，B1∉平面A1BD，所以直线B1N//平面A1BD，故B项正确；
对于C项，以点D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴的正方向，
如图3建立空间直角坐标系，则D0,0,0，A11,0,1，B1,1,0，B11,1,1，DA1=1,0,1，DB=1,1,0，DB1=1,1,1.
因为M∈A1D，设DM=λDA1=λ,0,λ，0≤λ≤1，B1M=DM−DB1=λ−1,−1,λ−1.
设n1=x1,y1,z1是平面A1BD的一个法向量，
则n1⋅DA1=0n1⋅DB=0，即x1+z1=0x1+y1=0，
取x1=1，则y1=z1=−1，n1=1,−1,−1是平面A1BD的一个法向量.
则csn1,B1M=n1⋅B1Mn1B1M =λ−1+1−λ−13λ−12+1+λ−12 =132λ2−4λ+3，
又2λ2−4λ+3=2λ−12+1≥1，当λ=1时，有最小值1，
所以，132λ2−4λ+3≤13=33，即csn1,B1M≤33，
所以，B1M与平面A1BD所成角正弦的最大值为33，故C项错误；
对于D项，由C项知，DA1=1,0,1，CD1=0,−1,1.
当MN⊥DA1，MN⊥CD1，即MN为直线DA1与CD1的公垂线段时，MN最小.
设n2=x2,y2,z2，且n2⊥DA1，n2⊥CD1，
则n2⋅DA1=0n2⋅CD1=0，即x2+z2=0−y2+z2=0，
取x2=1，则n2=1,−1,−1.
DC在n2方向上的投影向量的模为DC⋅n2n2=13=33，
所以，M，N两点之间距离的最小值为d=33，故D项正确.
故选：BD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）已知空间三点坐标分别为A(1,1,1)，B(0,3,0)，C(−2,−1,4)，点P(−3,x,1)在平面ABC内，则实数x的值为 113 ．
【解题思路】根据题意,存在实数λ,μ使得等式AP=λAB+μAC成立,将各点坐标代入,列出方程组求解即可.
【解答过程】∵点P−3,x,1在平面ABC内,
∴存在实数λ,μ使得等式AP=λAB+μAC成立,
∴−4,x−1,0=λ−1,2,−1+μ−3,−2,3,
∴−4=−λ−3μx−1=2λ−2μ0=−λ+3μ，解得μ=23λ=2x=113.
故答案为：113.
14．（5分）（2023春·高二课时练习）已知向量a=1,1,0，b=m,0,2，csa,b=−1010，若向量a+kb与2a+b所成角为钝角，则实数k的范围是 k<−1 .
【解题思路】根据csa,b=a⋅ba⋅b求出m的值，再求出a+kb与2a+b的坐标，依题意可得a+kb⋅2a+b<0，根据数量积的坐标表示得到不等式求出参数的取值范围，再检验两向量共线的情况.
【解答过程】解：因为a=1,1,0，b=m,0,2，csa,b=−1010，
所以csa,b=a⋅ba⋅b=m2×m2+4=−1010，解得m=−1，
所以b=−1,0,2，
所以a+kb=1−k,1,2k，2a+b=1,2,2，
因为向量a+kb与2a+b所成角为钝角，
所以a+kb⋅2a+b=1−k+2+4k<0，解得k<−1，
若向量a+kb与2a+b共线，则1−k1=12=2k2，解得k=12，
此时a+12b与2a+b共线同向，
综上可得k<−1.
故答案为：k<−1.
15．（5分）（2023春·江苏常州·高二校联考期中）一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD，BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF，AE，CF，AC，若点P满足DP=xDA+yDC+zDF且x+y+z=1，则EP的最小值为 43 .
【解题思路】由向量DP满足条件可知P是平面ACF上的动点，转化为求E到平面ACF的距离，利用补形及等体积法求解即可.
【解答过程】因为点P满足DP=xDA+yDC+zDF且x+y+z=1，
所以A,C,F,P四点共面，即P是平面ACF上的动点，
所以EP的最小值即为E到平面ACF的距离.
由题意，几何体可补成边长为6的正方体，如图，

则可知AF=AC=CF=AE=FE=CE=62，
设E到平面ACF的距离为ℎ，
则VE−ACF=13⋅S△ACF⋅ℎ=V正方体−4VE−ABC,
即13×34×(62)2⋅ℎ=63−4×13×12×6×6×6，
解得ℎ=43，
所以EP的最小值为43.
故答案为：43.
16．（5分）（2022·贵州贵阳·统考一模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在BD上，点F在B1C上，且BE=CF.则下列四个命题中所有真命题的序号是 ①②③ .
①当点E是BD中点时，直线EF//平面DCC1D1；
②当DE=2EB时，EF⊥BD；
③直线EF分别与直线BD，B1C所成的角相等；
④直线EF与平面ABCD所成的角最大为π6.
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个命题逐一分析，从而确定其中的真命题.
【解答过程】设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，
设BE=CF=t,0≤t≤22，
①，当E是BD的中点时，F是B1C的中点，
E1,1,0,F1,2,1,EF=0,1,1，
平面DCC1D1的一个法向量为n1=1,0,0，n⋅EF=0，
由于EF⊂平面DCC1D1，所以EF//平面DCC1D1，①为真命题.
②，当DE=2EB时，BE=13BE,CF=13CB1,
E43,43,0,F23,2,23,EF=−23,23,23，B2,2,0，
EF⋅DB=0，所以EF⊥BD，所以②正确.
③，E22−t×22,22−t×22,0=2−22t,2−22t,0，
F22t,2,22t，EF=2t−2,22t,22t，
EF=2t−22+22t2+22t2=3t2−42t+4，
B2,2,0,B12,2,2,C0,2,0,CB1=2,0,2，
csEF,DB=22t−4+2t3t2−42t+4×22=32t−43t2−42t+4×22，
csEF,CB1=22t−4+2t3t2−42t+4×22=32t−43t2−42t+4×22，
csEF,DB=csEF,CB1，所以直线EF分别与直线BD，B1C所成的角相等.
④，平面ABCD的法向量为m=0,0,1，
设直线EF与平面ABCD所成角为θ，
sinθ=EF⋅mEF⋅m=22t3t2−42t+4，
当t=22时，sinθ=13>12，由于0≤θ≤π2，所以θ>π6，④错误.
故答案为：①②③.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCD−A′B′C′D′，E，F分别是上底面A′C′和侧面CD′的中心，求下列各式中x，y的值：
（1）AC′→=xAB→+BC→+CC′→
（2）AE→=AA′→+xAB→+yAD→
（3）AF→=AD→+xAB→+yAA′→
【解题思路】（1）化简AC′→=AB→+AD→+AA′→即得解；
（2）化简AE→=12(AA′→+AC′→)即得解；
（3）化简AF→=12AD→+12AC′→即得解.
【解答过程】（1）AC′→=AB→+AD→+AA′→=AB→+BC→+CC′→，所以x=1；
（2）AE→=12(AA′→+AC′→)=12AA′→+12AC′→=12AA′→+12(AA′→+AB→+AD→)=AA′→+12AB→+12AD→，
所以x=y=12；
（3）
AF→=12AD→+12AC′→=12AD→+12(AB→+AA′→+AD→)=AD→+12AB→+12AA′→,
所以x=y=12.
18．（12分）（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知空间向量a=(1,0,1)，b=(2,−1,0)，c=(λ+4,−λ,λ)．
(1)若(a+b) //c，求λ；
(2)若ka+b与2a−b相互垂直，求k．
【解题思路】（1）根据空间向量共线公式列式求参即可；
（2）根据空间向量垂直数量积为0列式求参即可.
【解答过程】（1）∵a+b=(3,−1,1)，(a+b)//c
∴(a+b)=μc，μ∈R，
即3=μ(λ+4)，且−1=−μλ，1=μλ，解得λ=2；
（2）∵ka+b=(k+2,−1,k)，2a−b=(0,1,2)，
又∵(ka+b)⋅(2a−b)=2k−1=0，解得k=12．
19．（12分）（2023·江苏·高二专题练习）棱长为2的正方体中，E、F分别是DD1、DB的中点，G在棱CD上，且CG=13CD，H是C1G的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：
(1)求证：EF⊥B1C；
(2)求cs；
(3)求FH的长．
【解题思路】（1）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，首先求出相应点的坐标，再证明EF⊥B1C即可；
（2）求出EF,C1G的坐标，再根据cs=EF⋅C1G|EF|⋅|C1G|即可求得答案；
（3）转化为求|HF|即可.
【解答过程】（1）解：如图，以D为原点，DA,DC,DD1 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),B1(2,2,2),G(0,43,0),
因为EF=(1,1,−1),B1C=(−2,0,−2)，
所以EF⋅BC=(1,1,−1)⋅(−2,0,−2)=1×(−2)+1×0+(−1)×(−2)=0，
所以EF⊥B1C，
故EF⊥B1C；
（2）解：因为C1G=(0,−23,−2)，所以|C1G|=2103
因为|EF|=3，且EF⋅C1G=(1,1,−1)⋅(0,−23,−2)=2−23=43,
所以cs=EF⋅C1G|EF||C1G|=433⋅2103=43⋅3230=230=3015；
（3）解：因为H是C1G的中点，所以H(0,53,1)
又因为F(1,1,0)，
所以HF=(1,−23,−1),
|FH|=12+(−23)2+(−1)2=229=223.
即FH=223.
20．（12分）（2023秋·广东广州·高二校考期末）如图1，边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=120°，E，O，F分别是AB，BD，CD的中点.现沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，连接AC，如图2.
(1)求cs∠EOF；
(2)若过E，O，F三点的平面交AC于点G，求四棱锥A−OEGF的体积.
【解题思路】（1）证明OA⊥平面BCD，建立空间直角坐标系，得到OE=0,−32,12，OF=12,32,0，再计算夹角得到答案.
（2）计算平面OEGF的法向量为n=−3,3,3，再计算A到平面OEGF的距离为ℎ=217，最后计算体积得到答案.
【解答过程】（1）连接OA，OC，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
OA⊥BD，OA⊂平面ABD，故OA⊥平面BCD，
分别以OC，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,1，B0,−3,0，C1,0,0，D0,3,0，
因为E，F分别是AB，CD的中点，所以OE=0,−32,12，OF=12,32,0，
所以cs∠EOF=OE⋅OFOE⋅OF=−341×1=−34.
（2）连接EG，FG，AF，
设平面OEGF的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅OE=0，n⋅OF=0，
即−32y1+12z1=012x1+32y1=0，令y1=3，则x1=−3，z1=3，所以n=−3,3,3，
设A到平面OEGF的距离为ℎ，而AE=0,−32,−12，ℎ=AE⋅nn=321=217，
依题意得四边形OEGF是一个菱形，∠EOF∈0,π，sin∠EOF=1−916=74，
所以S四边形OEGF=2S△OEF=OE⋅OF⋅sin∠EOF=74，
所以VA−OEGF=13×S四边形OEGF×ℎ=13×74×217=312.
21．（12分）（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1=2,D,E分别是线段AC,CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D.

(1)求证：A1C⊥平面BDE；
(2)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离；
(3)若点F为线段B1C1上的动点（不包括端点），求锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围.
【解题思路】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证BD⊥A1C,DE⊥A1C，从而得证；
法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面BDE的一个法向量，证明其与A1C平行，从而得证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【解答过程】（1）法一：连结AC1，因为△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，
又C1D⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴C1D⊥BD
∵AC∩C1D=D,AC,C1D⊂平面AA1C1C
∴BD⊥平面AA1C1C，又A1C⊂平面AA1C1C,∴BD⊥A1C，
由题设知四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1，
∵D,E分别为AC,CC1中点，∴DE∥AC1,∴A1C⊥DE，
又BD∩DE=D， BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,∴A1C⊥平面BDE.
法二：由C1D⊥平面ABC，BD，AC⊂平面ABC，∴C1D⊥BD，C1D⊥AC，
又△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，则以D为坐标原点，DB,DA,DC1所在直线为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则D0,0,0,B3,0,0,C0,−1,0,C10,0,3,E0,−12,32,B13,13,A10,2,3,
∴DB=3,0,0,DE=0,−12,32, A1C=0,−3,−3
∵DB·A1C=0,DE·A1C=0 ∴ BD⊥A1C,DE⊥A1C
又BD∩DE=D， BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,∴A1C⊥平面BDE.
法三：（同法二建系）设平面BDE的一个法向量为m=x,y,z

∵ DB⋅m=0DE⋅m=0，即3x=0−12y+32z=0
不妨取z=1，则y=3，则m=0,3,1
所以平面BDE的一个法向量为m=0,3,1
∵ A1C=0,−3,−3，∴A1C=−3m，∴A1C//m，∴ A1C⊥平面BDE
（2）由（1）坐标法得F32,12,3，平面BDE的一个法向量为m=0,3,1（或m=CA1=0,3,3）∵DF=32,12,3
∴点到F到平面BDE的距离=m⋅DFm=32+32=334
（3）C1B1=3,1,0,CA1=0,3,3
设Fx,y,z,C1F=λC1B1(0<λ<1)，则x,y,z−3=3λ,λ,0，
∴x=3λ,y=λ,z=3,∴F3λ,λ,3,∴DF=3λ,λ,3；
由（1）知：A1C⊥平面BDE,∴平面BDE的一个法向量m=CA1=0,3,3
（或者由（1）中待定系数法求出法向量）；
设平面FBD的法向量n=a,b,c，
则DB⋅n=3a=0DF⋅n=3λa+λb+3c=0，令b=3，则a=0,c=−λ,∴n=0,3,−λ；
∴csm,n=m⋅nm⋅n=33−3λ23×3+λ2=3−λ23+λ2=12(3−λ)23+λ2，
令3−λ=t∈2,3，则λ=3−t ∴csm,n=12t212−6t+t2=12112t2−6t+1；
∵1t∈13,12,∴12t2−6t+1∈13,1,∴csm,n∈12,32，
即锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围为12,32.
22．（12分）（2023·天津和平·统考三模）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上､下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4,E､F分别为DC､BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45∘.
(1)求证：BD1 ∥平面C1EF；
(2)求点A1到平面C1EF的距离；
(3)边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为32222，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直即可证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；（3）假设存在，列出方程求解即可.
【解答过程】（1）
因为OO1⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，DA,OF,OO1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在直线与上下底面中心的连线OO1所成的角为45°，则
B2,2,0，D1−1,−1,2，C1−1,1,2，F0,2,0，E−2,0,0，A11,−1,2
所以BD1=−3,−3,2，CE1=−1,−1,2，EF=2,2,0
设平面C1EF的一个法向量为n=x,y,z，则
n⋅EF=x+y=0n⋅C1E=x+y+2z=0，令x=1，则n=1，−1，0.
因为BD1=−3,−3,2，所以n⋅BD1=0，所以n⊥BD1，
又因为BD1 ⊄平面C1EF，所以BD1 ∥平面C1EF.
（2）由（1）知，A1E=−3,1,−2，
所以点A1到平面C1EF的距离为d=A1E⋅nn=|−4|2=22.
（3）假设边BC上存在点Mx,2,0满足条件，x∈−2,2，
则A1M=x−1,3,−2，
设直线A1M与平面C1EF所成角为θ，
由题意可得sinθ=cs=A1M⋅nA1M⋅n=|x−4|2x2−2x+12=32222，
化简得x2−35x+34=0，则x=1或x=34（舍去），
即存在点M符合题意，此时BM=1.