2024年高考数学复习：22 立体几何中求角度、距离类型（解析版）

这是一份2024年高考数学复习：22 立体几何中求角度、距离类型（解析版），共52页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练43等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-3" \h \u TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29376" 一、热点题型归纳1
【题型一】 求异面直线所成的角1
【题型二】 求直线和平面所成角5
【题型三】 求二面角的平面角9
【题型四】 翻折中的角度13
【题型五】 三种角度之间的相互关系18
【题型六】 三种角度比大小22
【题型七】 球中的角度27
【题型八】 压轴小题中的角度题型31
【题型九】 距离39
\l "_Tc21895" 二、最新模考题组练43
【题型一】 求异面直线所成的角
【典例分析】
如图，已知，分别是正四面体的侧面与侧面上动点（不包含侧面边界），则异面直线，所成角不可能的是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点，根据线面垂直判定定理可得平面，进一步可得平面然后计算直线与平面所成角，最后进行判断即可.
【详解】另设正四面体的边长为2，取的中点，连接，并作，连接
如图在该正四面体中，有
所以，，平面
所以平面，又平面
所以，由，平面
所以平面，则与平面所成的角为
又，则
所以，则
所以，所以所以若点为点，与平面所成的角要大于
则当在平面内运动时，与所成角要大于
所以，在侧面与侧面运动，与所成角要大于故选：A
【提分秘籍】
基本规律
异面直线求解：
（1）平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）证明作出的角就是所求异面直线所成的角（小题可跨越这一步）；
（3）求该角的值，常利用正余弦定理解三角形求得；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
（5）也可以建系求：异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角）
【变式演练】
1.从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是（ ）
A．；B．
C．；D．．
【答案】D
【分析】
利用异面直线的定义，从正方体的八个顶点两两连线中任取两条异面直线，可以分类讨论其夹角可能取值，进而得解.
【详解】
利用异面直线的夹角范围为，故其余弦值范围为，可以分为以下几类：
两条棱所在直线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
面对角线与棱所在直线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
两条面对角线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦值为；
体对角线与面对角线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
所以从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是故选：D
2.如图，已知正三棱锥，，，点，分别棱，上（不包含端点），则直线，所成的角的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据异面直线所成角的取值范围，同时根据题意找出临界情况，即可求出直线，所成的角的取值范围.
【详解】设在平面内的射影为，
在正三棱锥中，点的投影为底面的中心，
当为中点，为的三等分点且靠近点时，
平面,此时,直线，所成的角为，
又因为是与底面内直线所成角的最小值，
所以当与重合且与重合时，最小为，
又因为点在棱上（不包含端点），
所以直线，所成的角的取值范围是.故答案为：.
3.在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部的一点，且，则直线与所成角的余弦值的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，在平面上，由计算的轨迹方程，可知的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，在正方形中的部分；根据平行找直线与所成角的平面角，根据的轨迹判定临界值，从而确定直线与所成角的余弦值的取值范围.
【详解】
由题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则有，
设，由，则列方程有
化简得，即点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，在正方形中的部分；
过作垂足为,连接，则有
则直线与所成角的平面角为，则
根据点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，在正方形中的部分，
则点轨迹与正方形的边交于一点，记为
与正方形的边交于一点，记为
当点从运动到位置时，逐渐减小，逐渐增大，则的取值逐渐减小，
计算，
则直线与所成角的余弦值的取值范围是，故选：
【题型二】 求直线和平面所成角
【典例分析】
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝，AB＝，PA＝，DA⊥AB，点Q在PB上，且满足PQ∶QB=1∶3，求直线CQ与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】
【分析】根据线段比例关系及勾股定理，可分别求出CM、CQ的长度，再由等体积法求得点Q到平面PAC的距离，进而求得直线CQ与平面PAC夹角的正弦值．
【详解】作CN⊥AB交AB于N，QM⊥AB交AB于M，连接CM；QG⊥平面PAC于G，连接GC
因为PQ∶QB=1∶3，AD＝CD＝，AB＝，PA＝，所以AM=MN=AB=，QM=PA=
所以。所以
设Q到平面PAC的距离为h，CQ与平面PAC的夹角为α则由 可得
，即解得
所以CQ与平面PAC的夹角的正弦值为
【提分秘籍】
基本规律
求直线与平面所成的角的一般步骤：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）通过建系，利用坐标系向量求解：直线与平面所成的角（射影角，也是夹角，），
【变式演练】
1.如图，已知，分别是圆柱上､下底面圆的直径，且，若该圆柱的侧面积是其上底面面积的倍，则与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设为圆柱下底面内与垂直的直径，由对称性和线面角的定义可确定为所求角，由侧面积和底面面积可得到，由此可求得结果.
【详解】
如图，设为圆柱下底面内与垂直的直径，记，连接，，
由对称性可知：，，平面，
设，垂足为，则，平面，
直线在平面内的射影为，为与平面所成的角，
，，，
与平面所成的角为.故选：C.
2.设正方体棱长为1，平面经过顶点，且与棱AB､AD､所在直线所成的角都相等，则满足条件的平面共有（ ）个.
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】
由正方体的性质，分在同一侧、不同侧两种情况画出满足题设的平面，即可知平面的个数.
【详解】
1当平面面且过点时，满足题设；2、由正方体的性质，面、面、面都满足题设；∴共有4个平面..故选：D
3.如图，在四面体VABC中，已知VA⊥平面VBC，VA与平面ABC所成的角为45°，D是BC上一动点，设直线VD与平面ABC所成的角为θ，则（ ）
A．θ≤60°B．θ≥30°C．θ≤45°D．θ≤75°
【答案】C
【分析】作底面于点，于，分析得，结合三角函数分析变化对影响即可求解.
【详解】如图，作底面于点，于，由几何关系可得，，，当固定时，也固定，最小时应为时，此时与重合，又因为VA⊥平面VBC，所以，所以平面，易知三点共线，因为VA与平面ABC所成的角为45°，故, VA⊥平面VBC，所以,所以，此时最大，最大，故.故选：C
【题型三】 求二面角的平面角
【典例分析】
已知四面体的每个顶点都在球O（О为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
若为中点，连接，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面面，结合已知条件有△为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，若为中点，连接，易知即为二面角的平面角，即可求其正切值.
【详解】
若为中点，连接，由为等边三角形，则，又，且，
∴面，又面，即，
由题设，，，而，
∴，即，又，面，
∴面，而面，则面面，
由上可得：，则，故△为等腰直角三角形，
∴综上，四面体的球心为△的中心，即靠近的三等分点，
若为中点，连接，易知：即为二面角的平面角，
由上、且，面，可得面，
又面，则，即，
∴，而，∴.故选：A.
【提分秘籍】
基本规律
求二面角所成的角的方法：
直接法（几何法）：作出二面角的平面角
定义法：直接选棱上一点，在俩半平面内做棱的垂线。
垂面法：寻找一个半平面的垂面，然后与另一半平面有交线，在交线上选择合适的点，在垂面内做垂线，再永定依法，如果垂面和棱垂直，那么就直接出平面角。
2.向量法：二面角（法向量的方向角，）
。
其中锐钝判断法。：
（1.）观察法；
（2）同进同出互补，一进一出相等；
【变式演练】
1.设，是平面内所成角为的两条直线，过，分别作平面，，且锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，则平面，所成的锐二面角的平面角的余弦值可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据题意作出图形，由题过点P向平面作垂线,找到锐二面角，，设，利用边角关系计算各个边长，计算点C到PA的距离以及点C到平面的距离，从而可得到所求的二面角.
【详解】
如图，平面为平面ABC,直线为直线AB,直线为直线AC,由题意得，
过作平面为平面ABP, 过作平面为平面ACP,过点P向平面作垂线,垂足为O,
再由点O作连接PB,PC,锐二面角的大小为，
即，同理可知，设，则，，,在三角形中，,，，所以，，，过点C作所以高线，
,可得,,,,过点O作,则,
可得到面的距离，故可知到面的距离为，记平面，所成的角为，则，所以.
故选：B.
2.过正方形的顶点作线段平面，若，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【详解】
解：设，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，1，，，1，，
，1，，，1，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
平面的法向量，1，，
平面与平面所成的锐二面角为，
则，
故选：．
3.如图，在长方体中，，，，分别是，，的中点，记直线与所成的角为，平面与平面所成二面角为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
根据异面直线所成角定义可知即为，由正三角形知，可证，分别为平面和平面的垂线，视作平面法向量，利用其夹角可得二面角，即可求解.
【详解】
连接,如图，在长方体内知,
所以为异面直线与所成的角为，易知为等边三角形，所以，
因为平面,平面，所以
又，所以平面，同理可得平面，
则，可分别视为平面，平面的一个法向量，
又因为在长方体内易知，而故与的夹角为，
所以或，即，故选：B
【题型四】 翻折中的角度
【典例分析】
如图，矩形中，，，．将梯形ADEF沿着EF翻折成梯形，则与平面所成角可以是（ ）
A．90°B．75°C．45°D．30°
【答案】B
【分析】
由平面几何知识证得，是它们的中点，从而可证明平面平面．过作于，过作于，可证得交于即为与平面的交点，并得出即为直线与平面所成的角，然后计算求得此角正切的范围，从而可得正确选项．
【详解】
设，即，，，
，
由，可得，所以，，
所以，即，
折叠后，，又，平面，
所以平面．平面，所以平面平面．
过作于，过作于，原平面图形中，折叠后仍然保持平行，所以共面，平面．
设交于，
与平面的交点即为，即为直线与平面所成的角，
由平面，平面，得，
在原平面图形中易得，，所以，
显然，所以，即，
故选：B．
【提分秘籍】
基本规律
.翻折题型要寻找“变化”中的“不变”
【变式演练】
1.如图，矩形中，已知，，为的中点． 将沿着向上翻折至，记锐二面角的平面角为，与平面所成的角为，则下列结论不可能成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】
先取中点为，判断四边形是正方形，再作于，证明，，分别再直角三角形中计算和，比较即判断A正确；将选项A的结论平方，结合二倍角公式和余弦函数的单调性，即判断C正确；计算即判断B可能成立；判断，结合，即得，判断D错误.
【详解】
记中点为，连接，连接与交于点， 依题意知四边形是正方形.
，故锐二面角的平面角为，
平面，过作于，则，
而相交于平面内，
故平面，故连接，则与平面所成的角为.
记，因为中，，
中，，所以①，选项A成立；
将①平方得：，所以，，
易见，都是锐角，则，∴，而，
根据余弦函数的单调性可知，，选项C成立；
因为，，若使，则需，
即当，可以成立，即B可能成立；
另外，由，都是锐角，且知，，知.
由选项C知，∴，选项D错误．
故选：D.
2.已知，，D是的中点，将沿翻折，得到，设与平面所成的角为，与平面所成的角为，与平面所成的角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
依题意画出草图，过作交的延长线于点，连接，可证面，即可得到，，，由，得到，再利用锐角三角函数得到，即可得解；
【详解】
解：在，，D是的中点，所以，，又，面，所以面
过作交的延长线于点，连接，因为面，面，所以，，面，所以面，因为与平面所成的角为，所以，与平面所成的角为，所以，与平面所成的角为，所以
因为，所以，即；
又，，因为，所以，即，所，即，当时，
故选：C
3.如图，矩形中，已知为的中点．将沿着向上翻折至得到四棱锥．平面与平面所成锐二面角为，直线与平面所成角为，则下列说法错误的是（ ）
A．若为中点，则无论翻折到哪个位置都有平面平面
B．若为中点，则无论翻折到哪个位置都有平面
C．
D．存在某一翻折位置，使
【答案】C
【分析】
对于A：根据线面垂直的判定和面面垂直的判定可判断；
对于B：取中点，根据三角形的中位线的性质可证得四边形PECQ是平行四边形，再由线面平行的判定可判断；
对于C：过作平面，则在上，所以平面与平面所成锐二面角为或其补角，根据面面角和线面角的定义可判断；
对于D：根据面面角和线面角的定义可判断．
【详解】
若为中点，连接交于点，则面，又面，所以平面平面，故A正确；
取中点，则，，又，
所以四边形PECQ是平行四边形，又平面，平面，所以平面，故B正确；
过作平面，则在上，所以平面与平面所成锐二面角为（或其补角），
，故C错误；
若，又，则，故D正确，
故选：C．
【题型五】 三种角度之间的相互关系
【典例分析】
过正方体棱的中点与直线所成角为，且与平面所成角为的直线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．无数
【答案】B
【分析】
取的中点,的中点为,的中点为,的中点为,连结和,则⊥平面, ，在平面内，以点为圆心，半径为画圆，进一步得出结论.
【详解】
设正方体边长为1，取的中点,的中点为,的中点为,的中点为,连结和,则⊥平面, .
在平面内，以点为圆心，半径为画圆，
则点与此圆上的点的连线满足：过的中点与平面所成的角为50°
E点为与圆的交点，
∴50°，∴∠50°
所以满足与所成角为40°的直线有且只有2条.
故选: B.
【变式演练】
1.如图，二面角的大小是，线段．，与所成的角为．直线与平面所成的角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
过点作平面的垂线，垂足为，在内过作的垂线．垂足为连接，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角为，在即可得到答案；
【详解】
解：过点作平面的垂线，垂足为，在内过作的垂线．垂足为连接，
由三垂线定理可知，故为二面角的平面角为
又由已知，
连接，则为与平面所成的角，
设，则，，
直线与平面所成的角的正弦值．
故选：．
2.已知正方体和空间任意直线，若直线与直线所成的角为，与直线所成的角为，与平面所成的角为，与平面所成的角为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
若平面，可得，可排除CD；当直线时，可得，排除A.
【详解】
若平面，则，此时可以是的任意值，此时，故CD错误；
当直线时，，此时，故A错误.
故选：B.
3.已知平面内的，射线与所成的角均为135°，则与平面所成的角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
作出图形，如图，通过分析，可得为与平面所成的角的补角，利用余弦定理可以计算.
【详解】
作出如下图形，令，则，，
取中点，连接，则即为与平面所成的角的补角，在中，，在中，，
，，与平面所成的角的余弦值是.
故选：B.
【题型六】 三种角度比大小
【典例分析】
如图，在三棱锥中，，，，分别为，的中点，记平面与平面所成的角为，直线，与平面所成的角分别为，，若，则（ ）
A．， B．， C．，D．，
【答案】A
【分析】将三棱锥置于直三棱柱中，不妨设为锐角，，分别为，的中点，为线段上一点，且，连接，，，，然后可得，，，利用，可比较出的大小，由可得，然后可得.
【详解】
如图所示， 将三棱锥置于直三棱柱中，
不妨设为锐角，，分别为，的中点，为线段上一点，且．
连接，，，，由直三棱柱的几何性质易知，为的中点，
，，，则，，
又，故，；
易知，则，又，所以，故．
故选：A
【变式演练】
1.如图，在等边三角形中，分别是线段上异于端点的动点，且，现将三角形沿直线折起，使平面平面，当从滑动到的过程中，则下列选项中错误的是（ ）
A．的大小不会发生变化B．二面角的平面角的大小不会发生变化
C．与平面所成的角变大D．与所成的角先变小后变大
【答案】C
【分析】
过点作，交于点，交于点，连接，可证明在三角形沿直线折起的过程中，平面，然后用的值分别将各个选项中的角的相应三角函数表示出来，然后判断可得答案.
【详解】
设等边三角形的边长为1，，则
在中，由，则
过点作，交于点，交于点，连接，则
,所以，
在三角形沿直线折起的过程中，始终满足.
由平面平面，平面平面，所以平面
由平面,则
在中， ,
所以
所以
所以大小不变，故选项A正确.
过作交于点，由，则
由平面，又平面，则
由,所以平面,
所以为二面角的平面角
在直角中，
所以大小不变，故选项B正确.
由,则，又, 且
所以 平面，又平面,所以 由平面，由平面,则。所以 设点到平面的距离为.
由等体积法可得,即
则
设与平面所成的角为，则
当从滑动到的过程中，的值从1变小到0，这一过程中逐渐变大.
所以在这一过程中，变小，则角变小， 故选项C不正确.
由，则 (或其补角)为与所成的角.
由上可知：，则
函数的对称轴为
当时，函数单调递减.
当时，函数单调递增.
所以当从1变到的过程中，变小，当从变到0的过程中，变大，
所以选项D正确.故选：C
2.如图，在三棱锥中，，，D是棱上一点（不含端点）且，记为，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
由，，可得≌，从而得，而直线与平面所成角为，由最小角定理可得，再由，，进而可比较的大小
解：因为，，所以≌，所以，因为直线与平面所成角为，
所以由最小角定理可得，因为，所以,
因为，，所以，
令点到平面的距离为，点到平面的距离为，因为， 所以，
因为直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，所以
因为，所以因为所以，故选：A
3.已知三棱锥，记二面角的平面角是，直线与平面所成的角是，直线与所成的角是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
设三棱锥D-ABC是棱长为2的正四面体，取AB中点E，DC中点M，AC中点M，连结DE、CE、MN、EN，过D作，交CE于O，连结AO，则，，，排除B，C．当二面角是直二面角时，，排除D．由此能求出结果．
【详解】
设三棱锥D-ABC是棱长为2的正四面体，
取AB中点E，DC中点M，AC中点M，连结DE、CE、MN、EN，
过D作DO⊥CE，交CE于O，连结AO，则，，，，，
∴，，∴，
取BC中点F，连结DF、AF，则，，
又，∴平面AFD，∴，∴，
∴，排除B，C，
当二面角是直二面角时，，排除D，故选：A.
【题型七】 球中的角度
【典例分析】
已知AB、CD是圆O的两条直径，且，如图1，沿AB折起，使两个半圆面所在的平面垂直，折到点位置，如图2．设直线与直线OC所成的角为，则（ ）
A．且B．且
C．且D．且
【答案】C
【分析】
根据圆的性质知，过D作于，连接CE、AC，设圆的半径为，有，利用余弦定理、线面垂直的性质证，结合勾股定理判断是否为直角；再过作交于，则F为中点，连接，即直线与直线OC所成的角为，过F作于，连接，利用勾股定理及余弦定理求，即可比较与60°的大小.
【详解】
图1中过D作于，连接CE、AC，设圆的半径为，
由，则且，
∴在△中，，而，
∵图2中两个半圆面所在的平面垂直，它们交线为AB，且面，
∴面，面，则，
∴在Rt△中，，而
∴，故，
过作交于，则F为中点，连接，即直线与直线OC所成的角为，，，
过F作于，连接，且面面，面，
∴面，面，则，
而在图1中，，，，在△中，，
∴图2，在Rt△中，，则在△中，，∴.故选：C
【变式演练】
1.已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，平面，，与平面所成的角为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
取中点，连接，证明平面，故为与平面所成的角为，球心在平面的投影为的外心，计算得到答案.
【详解】取中点，连接，，则.
平面，平面，故.，故平面，故为与平面所成的角为.，故，，，故.
球心在平面的投影为的外心，根据知，，故，
故球的表面积为.故选：.
2.一圆柱形容器，底面半径为1，高为3，里面装有一个小球，小球的表面和圆柱侧面、下底面均相切.过圆柱上底面圆周上一点作一个平面，使得与小球恰好相切，则与圆柱下底面所成最小的锐二面角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
作出当平面与小球相切，且与底面所成锐二面角最小时的剖面图，再由直线与圆相切时的性质求得，由面面角的定义可求得该平面与圆柱下底面所成锐二面角的正弦值.
【详解】
当平面与小球相切，且与底面所成锐二面角最小时，轴截面如下图所示，，，所以，，
在中，由勾股定理得，
所以该平面与圆柱下底面所成锐二面角的正弦值为.
故选：D.
3.一球内接一圆锥，圆锥的轴截面为正三角形，过作与球相切的平面，则直线与平面所成的角为（ ）
A．30°B．45°C．15°D．60°
【答案】D
【分析】
分析得平面与圆锥底面平行，求直线与圆锥底面所成的角，即得结果.
【详解】
如图所示截面为正三角形的三棱锥中，在球上，过作与球相切的平面必然与圆锥底面平行，则直线与平面所成的角，即直线与圆锥底面所成的角，即，
故选：D.
【题型八】 压轴小题中的角度题型
【典例分析】
如图，在等边三角形中，分别是线段上异于端点的动点，且，现将三角形沿直线折起，使平面平面，当从滑动到的过程中，则下列选项中错误的是（ ）
A．的大小不会发生变化B．二面角的平面角的大小不会发生变化
C．与平面所成的角变大D．与所成的角先变小后变大
【答案】C
【分析】
过点作，交于点，交于点，连接，可证明在三角形沿直线折起的过程中，平面，然后用的值分别将各个选项中的角的相应三角函数表示出来，然后判断可得答案.
【详解】
设等边三角形的边长为1，，则
在中，由，则
过点作，交于点，交于点，连接，则
,所以，
在三角形沿直线折起的过程中，始终满足.
由平面平面，平面平面，所以平面
由平面,则
在中， ,
所以
所以
所以大小不变，故选项A正确.
过作交于点，由，则
由平面，又平面，则
由,所以平面,
所以为二面角的平面角
在直角中，
所以大小不变，故选项B正确.

由,则，又, 且
所以 平面，又平面,所以
由平面，由平面,则
所以

设点到平面的距离为.
由等体积法可得,即
则
设与平面所成的角为，则
当从滑动到的过程中，的值从1变小到0，这一过程中逐渐变大.
所以在这一过程中，变小，则角变小， 故选项C不正确.
由，则 (或其补角)为与所成的角.
由上可知：，则
函数的对称轴为
当时，函数单调递减.
当时，函数单调递增.
所以当从1变到的过程中，变小，当从变到0的过程中，变大，
所以选项D正确.
故选：C
【变式演练】
1.在正四面体（所有棱长均相等的三棱锥）中，点在棱上，满足，点为线段上的动点.设直线与平面所成的角为，则（ ）
A．存在某个位置，使得B．存在某个位置，使得
C．存在某个位置，使得平面平面D．存在某个位置，使得
【答案】C
【分析】
设正四面体的底面中心为点，连接，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，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果.
【详解】
如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，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，
设正四面体的棱长为，
则、、、、，
设，其中，
对于A选项，若存在某个位置使得，，，
，解得，不合乎题意，A选项错误；
对于B选项，若存在某个位置使得，，，
，该方程无解，B选项错误；
对于C选项，设平面的一个法向量为，
，，
由，取，得，
设平面的一个法向量为，
，，
由，取，则，
若存在某个位置，使得平面平面，则，解得，合乎题意，C选项正确；
对于D选项，设平面的一个法向量为，
，，
由，令，则，
若存在某个位置，使得，即，
整理得，，该方程无解，D选项错误.
故选：C.
2.如图，在边长为4的正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，将沿DE，EF，DF折成正四面体，则在此正四面体中，下列说法正确的是______．
异面直线PG与DH所成的角的余弦值为；
；
与PD所成的角为；
与EF所成角为
【答案】①②③
【分析】
可证明平面,可得正确；连接,取中点,异面直线与所成的角为，由余弦定理可证明正确；取中点，连接，异面与所成的角为，由余弦定理可得不对；异面与所成角的为，由余弦定理可得不对，从而可得结果.
【详解】
的边长为4，折成正四面体后，如图
，E，F分别为各边的中点，G，H分别为DE，AF的中点，
，；
连接FG，取中点M，可得，
异面直线PG与DH所成的角的平角为；
，
连接MD，可得．
；
在中，
余弦定理：；对；对；
取DF中点N，连接GN，NH，可得
异面GH与PD所成的角的平面角为，
由余弦定理，GH与PD所成的角是；对；
异面PG与EF所成角的平面角为，
由余弦定理，可得PG与EF所成角不是不对．
故答案为①②③．
3.斜线与平面成15°角，斜足为，为在内的射影，为的中点，是内过点的动直线，若上存在点，使，则则的最大值是_______，此时二面角平面角的正弦值是_______
【答案】2
【分析】
(1)作图，不妨设，由已知可得点，在以为弦长的圆上，其中为圆心，当直线过圆心时，最大，此时，，然后即可求解
(2)作图，利用(1)的条件，由于，斜线与平面成15°角，可求出，过点作，是二面角的平面角，然后利用即可求解.
【详解】
，点，在以为弦长的圆上，
其中为圆心，则，如图：
不妨设，当直线过圆心时，
最大，此时，，的最大值为2，而此时，为等腰三角形，，此时，过点作，，平面，
是二面角的平面角，斜线与平面成15°角，即
在中，， ，如图：
，，在中，，可求得，
在中，.故答案为：2；.
【题型九】 距离
【典例分析】
已知正方体的棱长为，点为中点，点､在四边形内（包括边界），点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系得到在平面中点､的轨迹方程，然后利用导数知识进行求解即可.
【详解】如图所以，设由点到平面的距离等于它到点的距离，即点到的距离等于它到点的距离
在平面中，直线方程为所以，
所以点的轨迹方程为，
设平面的一个法向量为则，令，所以
所以，由直线平面所以
所以点的轨迹为的导函数为
所以，所以同平行的直线与相切的切点为，
所以点到直线的距离为所以的最小值为
故答案为：
【提分秘籍】
基本规律
点到面的距离
直接法：点到安可以直接作出垂线
等体积转化法
向量法
【变式演练】
1.已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，满足，，为球O的直径且，则点P到底面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
球心O是的中点，球半径，取AB的中点D，可知，求得,利用勾股定理证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，进而求得点P到底面的距离
【详解】∵三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，为球O的直径且，
∴球心O是的中点，球半径，
取AB的中点D，连接OD，OB，则，且
∵满足，，∴，∴
又，平面，平面
所以点P到底面的距离为,故选：D.
2.空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个
【答案】32
【分析】按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解
【详解】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；
然后分3分个点到平面的距离相等，有以下两种可能性：
（1）全同侧，这样的平面有2个；
（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，
1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，
考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，
故共有6个，
所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有个，
故答案为：32
3.如图，长方体的底面是正方形，其侧面展开图是边长为的正方形，､分别是侧棱､上的动点，，点在棱上，且，若平面，则___________.
【答案】1
【分析】先连接AC交BD于O，进而通过线面平行的性质定理得出∥，然后在上截取PQ，使得PQ=PA=1，进而证明∥，得出∥，进一步得到四边形是平行四边形，得出，结合条件的长度关系最后得到答案.
【详解】
由题意可知，长方体的高为4，底面ABCD是边长为1的正方形，
连接AC交BD于O，连接PO，因为EF∥平面PBD，平面EACF，平面EACF平面PBD=PO，所以∥.

在上截取PQ，使得PQ=PA=1，连接QC，易知O为AC的中点，所以∥，
所以∥，又∥，所以四边形是平行四边形，所以.
又，所以，所以CF=1.
故答案为：1.
模拟题
1.已知三棱锥中，棱，，的中点分别是M，N，O，，，都是正三角形，则异面直线与所成角的余弦值为___________.
【答案】
【分析】根据异面直线的定义可知，（或其补角）是异面直线MN与AD所成的角，进而求出的长度，用余弦定理求得答案.
【详解】如图，根据题意可知，因为都是正三角形，所以，，连接，设AC=2，则.
易知，在中，由余弦定理：，
在中，由余弦定理：，
于是.
易知，在中，由余弦定理：，
在中，由余弦定理：，
于是.
连接ON，则，于是（或其补角）是异面直线MN与AD所成的角，连接MO，易得MO=NO=1，在中，由余弦定理可得.故答案为：.
2.在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，过点C做直线l，使得直线l与直线BA1和B1D1所成的角均为，则这样的直线l（ ）
A．不存在B．2条
C．4条D．无数条
【答案】C
【分析】连接，由此求出直线BA1和B1D1所成角，把问题转化为过点B做直线与直线BA1和BD所成的角均为，让绕着点B从
的平分线AO开始在过直线AO并与平面垂直的平面内转动时观察是否存在，再在的邻补角中同理去观察即可得解.
【详解】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接，如图，
则有，显然，即直线BA1和B1D1所成角，
过点C做直线l与直线BA1和B1D1所成的角均为可以转化为过点B做直线与直线BA1和BD所成的角均为，
的平分线AO与直线BA1和BD都成的角，让绕着点B从AO开始在过直线AO并与平面垂直的平面内转动时，
在转动到平面的过程中，直线与直线BA1和BD所成的角均相等，角大小从到，
由于直线的转动方向有两种，从而得有两条直线与直线BA1和BD所成的角均为，
又的邻补角大小为，其角平分线与直线BA1和BD都成的角，
当直线绕着点B从的邻补角的平分线开始在过该平分线并与平面垂直的平面内转动时，
在转动到平面的过程中，直线与直线BA1和BD所成的角均相等，角大小从到，
由于直线的转动方向有两种，从而得有两条直线与直线BA1和BD所成的角均为，
综上得，这样的直线有4条，
所以过点C与直线BA1和B1D1所成的角均为的直线l有4条.
故选：C
3.设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角是则三个角，，中最小的角是（ ）
A．B．C．D．不能确定
【答案】B
【分析】根据异面直线夹角，直线与平面的夹角，平面与平面的夹角的定义分别做PB与AC，PB与平面ABC，平面PAC与平面ABC的夹角，再根据三角函数的性质比较几个角的大小.
【详解】如图，取BC的中点 D，作VO⊥平面ABC于点O，由题意知点O在AD上，且AO=2OD.
作PE//AC，PE交VC于点E，作PF⊥AD于点F，连接BF，则PF⊥平面ABC
取AC的中点M，连接BM，VM，VM交 PE于点H，连接BH，易知BH⊥PE，
作于点G，连接FG，由PG⊥AC，PF⊥AC，PGPF=P，由线面垂直判定定理可得AC⊥平面PGF，又平面PGF
∴ FG⊥AC,作FN⊥BM于点N.∵ PG∥VM，PF∥VN∴ 平面PGF∥平面VMB， 又 PH∥FN,
四边形PFNH为平行四边形，所以PH=FN因此，直线PB 与直线AC所成的角，
直线PB与平面ABC所成的角，二面角P-AC-B的平面角，
又又，∴ 因为
∴
综上所述，中最小角为，故选 B.
4.如图，四边形中，，，沿直线将折成，使点在平面上的射影在内（不含边界），记二面角的平面角大小为，直线､与平面所成角分别为､，则（ ）
A．B． C．D．
【答案】A
【分析】
题目考察二面角和线面角的概念，首先，将折成，通过辅助线找到分别在图中的位置，因为，所以比较三个角的大小，可以等价于比较的大小，根据图中的直角三角形可以表示出三个角的正弦值，通过比较各线段的长度判断正弦的大小，从而推出角度的大小
【详解】

图一 图二
沿直线将折成之后如图一所示，记中点为,在底面的投影为，所以平面
连接，则
所以，在三个直角三角形中，，，
设，因为，所以， ，
当点落在平面内时，如图二所示，中，，所以
中， 由余弦定理可得：
所以， 所以：，所以，且
所以 故选：A
5.已知直角梯形满足:，且△为正三角形.将△沿着直线翻折至△，且，二面角的平面角大小分别为，直线与平面所成角分别是，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题设得到平面图及翻折的立体示意图，、分别为、的中点，为、交点，易知在面上的投影在上，由判断投影的所在线段，根据投影点到、、的距离判断二面角的大小关系，再设的高为，由，即可知线面角的大小关系.
【详解】
由题意，若，则，，如下图，、分别为、的中点，为、交点，
∴，则，在旋转过程中在面上的投影在上，
当投影为时，，当投影为上时，，当投影为上时，，当投影为时，，
∴要使，则投影在两点之间，此时投影点到、、的距离.
∴二面角最大，其次为二面角，而二面角最小，即.
设三棱锥的高为，则，
∵，∴.故选：A
6.，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线与成角时，与成角；②当直线与成角时，与成角；③直线与所成角的最大值为；④直线与所成角的最小值为；其中正确的是___________（填写所有正确结论的编号）
【答案】①
【分析】由题意知，、、三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆，以坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．
解：由题意知，、、三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
以坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，直线的方向单位向量，1，，，直线的方向单位向量，0，，，设点在运动过程中的坐标中的坐标，，，其中为与的夹角，，，在运动过程中的向量，，，，设与所成夹角为，，
则，，，，③，④错误．
设与所成夹角为，，，
当与夹角为时，即，，
，，，，，此时与的夹角为，
①正确，②错误．故答案为：①.
7.在正三棱柱中，，点M是线段的中点，点N是线段AB的中点，记直线与CN所成角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
依题意作出异面直线所成角的平面角，以及二面角的平面角，再根据锐角三角函数计算，即可判断；
解：过点作且，连接，则为直线与直线所成角，即．过点作，垂足为点，则由题意易知为的中点，连接，，因为，所以，，易知，所以，又正三棱柱中，，所以，，于是，故．
取的中点，连接，，因为三棱柱是正三棱柱，且，所以易知即为二面角的平面角，即．在正中，，则．因为，且正切函数在上单调递增，所以，且，
故选：B．
8.已知平面α与β所成锐二面角的平面角为，P为α，β外一定点，过点P的一条直线与α和β所成的角都是，则这样的直线有且仅有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】D
【分析】
先将题目问题转化为点与直线所成角为的直线有几条，得出满足条件的直线有4条.
【详解】
如图，过作的垂线,其确定的平面与棱交于，若二面角为，与平面成角，则 ，与成角，因此问题转化为过点与直线所成角为的直线有几条.

,所以这样的直线有4条.故选：D
9.如图，梯形为直角梯形，，，，，将沿折起，使点到点的位置，得到三棱锥，其中点在底面上的射影在的内部.记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
由翻折后的线线关系，结合线线角、线面角、二面角的定义，分别作出题干中的角，利用余弦定理和最小角定理来判断三个角的大小.
【详解】如图，设的中点为，连接并延长，交于，
易知为的中点，连接，则，点在线段上（不含端点）连接，，，，，
由线线角、线面角、二面角的定义可知，，.
，，
故，得；易知，，，
所以，所以；由最小角定理知.综上，；故选：B.
10.如图，在四棱锥中，，平面平面，若，，与平面所成的角为，则以下结论正确的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
在射线取，过作的垂线，垂足为，连接，设过三点平面交棱于，在四棱锥中可讨论的大小关系.
【详解】
在射线取，过作的垂线，垂足为，连接，
因为，，，
故，故，即.
设过三点平面交棱于，
以下在四棱锥中讨论的大小关系.
连接，它们交于点.
因为平面平面，，平面平面，
平面，故平面，
所以为直线与平面所成的角，故，
而为与平面内的直线（异于射影）所成的角，故.
因为，，故为的平面角，
结合平面平面可得，故为等腰直角三角形.
又，，，故，
故，而，，故，
故，故，
因为，，，故平面，
而平面，故，而，故平面.
因为，故为的角平分线.
又，且，
在直角三角形中，，
因为，，故，而均为锐角，故，
综上，.故选：D.
11.如图 ，边长为2的正方形ABCD和正方形 ABEF所在的面成角 ，M、N分 别 是线段 AC、BF上 的 点，且AM =FN．则 线 段 MN的 长 的 取 值范围 是（ ）.

A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图 ，过点M作 MH∥BC与 AB交于点H．则
因AM =FN，AC=FB．所以，NH∥AF.
从而，,于是，
设则，
故 选B.