2026年高考数学复习难题速递之空间向量的应用（2025年11月）

第57页（共57页）2026年高考数学复习难题速递之空间向量的应用（2025年11月）一．选择题（共8小题）1．8、水平放置在地面上的正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的容器的体积为V，两个底面边长分别为a和3a，侧棱长为2a，当容器中装入体积为916V的水时，水面与四条侧棱分别交于点A2，B2，C2，D2，如图，则平面AB2D2与平面A．45 B．105 C．213132．如图1，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB＝2AC＝4，如图2，沿AC将△ACD折起到△PAC的位置，使得点P到点B的距离为8，则二面角P﹣AC﹣B的余弦值为（）A．45 B．-45 C．783．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，A1D1的中点，点E在BD上，点F在B1C上，且BE＝CF，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：①当点E是BD中点时，直线EF∥平面DCC1D1；②直线B1D1到平面CMN的距离是1717③存在点P，使得∠B1PD1＝90°；④△PDD1面积的最小值是55其中所有正确结论的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．34．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P为正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上的动点，给出下列三个结论：①当点P为梭A1B1中点时，CN∥平面BMP；②当点P在棱BB1上运动时，点P到平面CNM的距离的最小值为66③当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P恰有2个．其中正确结论的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．35．已知点E是棱长都为2的正四棱锥P﹣ABCD的棱PC的中点，空间中一点M满足BM→=xPA→+(y-1)PB→+zPC→，其中x，yA．△PMC为钝角三角形 B．EM=C．EM与底面ABCD所成的角是π4D．四棱锥P﹣ABCD的外接球被二面角E﹣MB﹣C所夹的几何体的体积为26．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．直线FC1到平面AB1E的距离为（）A．53 B．305 C．23 7．如图是一个棱长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，点O为线段BD的中点，且点P满足BP→①若λ＝0，μ＝1，则FP→，GB→，②若λ=1，μ=1③若λ=μ=12，则P④若λ＝1，0≤μ≤1时，直线DP与平面GBD所成角为θ，则sinθ∈其中正确的命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．48．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BB1，CC1的中点，G是棱B1C1上的一个动点，M为侧面BB1C1C上的动点，则下列说法错误的是（）A．点G到平面AEF的距离为定值 B．直线AG与平面AEF所成角的正弦值的取值范围为[15C．若A1G→=xA1A→+yA1E→D．若D1M⊥MC，则BM的最小值为2二．多选题（共4小题）（多选）9．四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PA⊥面ABCD，PA＝2，AB＝1，动点M在线段PC上，则（）A．四棱锥P﹣ABCD的外接球表面积为6π B．BM+DM的最小值为303C．不存在点M，使得DM⊥AC D．点M到直线AB的距离的最小值为2（多选）10．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达•芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（）A．CQ→B．点C1到直线CQ的距离是53C．平面ECG与平面BC1D的夹角正弦值为22D．异面直线CQ与平面ACC1A1的法向量所成角的正切值为17（多选）11．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点F在底面ABCD内运动（含边界）点E是棱CC1的中点，则下列说法正确的是（）A．若AF→=λAD→，且EF∥平面ABB．若AF→=λAD→，则存在λ∈（0C．若EF⊥平面B1D1E，则AF→D．若AF→=λAB→，则直线AC1与平面（多选）12．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，△A1AB是边长为2的等边三角形，M，N分别是线段A1B，DB1的中点，则（）A．A1B⊥B1D B．MN∥平面ABCD C．B1C与A1B所成角的余弦值为64D．B1D与平面ABCD所成角的正弦值为3三．填空题（共4小题）13．如图，某一个自行车停放时，车体由尺寸相同的前后轮和脚撑来支撑，前后轮的轴中心分别为M，N，与地面接触点分别为A，B，脚撑一端固定在后轮轴中心N处，另一端与地面接触于点C，若A，B两点间距离为110厘米，车轮外径（直径）为66厘米，脚撑长度等于车轮半径，∠ABC=5π12，∠BAC=π12，NB⊥AB，则平面BNA与平面ABC14．如图，在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，若AB＝3，BD=23，CD＝2，AC=19，则平面ABD与平面CBD的夹角为15．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是．①直线BD1⊥平面A1C1D②三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值③异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[④直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为616．在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．点E，F分别在AB，CD上，且AE＝2，CF＝1．沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，使平面A′EFD′与平面BCFE垂直，点H在线段EB上且满足A′，D′，C，H四点共面，则BH＝．若动点P在线段A′D′上，则二面角P﹣HF﹣E的平面角的余弦值的最大值为．四．解答题（共4小题）17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB＝AC=5，BC＝BB1＝2，点D，E分别为BC，AC1（Ⅰ）求B1，E两点间的距离；（Ⅱ）求平面B1DE与平面BCC1B1夹角的余弦值；（Ⅲ）在AC上是否存在一点P，使得点P在平面B1DE内．若存在，求APAC18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°且PA＝AB＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）求EC与平面PAD所成的角．19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，已知SA⊥平面ABCD，ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°，AB＝2，SA＝2，SD⊥AC，P为侧棱SD上的点．（1）求证：AC⊥AP；（2）若SB∥平面PAC，求SPSD（3）若二面角P﹣AC﹣D的大小为60°，求SPSD20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB=22BC=2，四边形BCC（1）求证：AB1⊥平面ABC；（2）求三棱锥B1﹣ABC外接球的表面积；（3）求CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值．

2026年高考数学复习难题速递之空间向量的应用（2025年11月）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DDCBCDCD二．多选题（共4小题）题号9101112答案ABDBCDACDABD一．选择题（共8小题）1．8、水平放置在地面上的正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的容器的体积为V，两个底面边长分别为a和3a，侧棱长为2a，当容器中装入体积为916V的水时，水面与四条侧棱分别交于点A2，B2，C2，D2，如图，则平面AB2D2与平面A．45 B．105 C．21313【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】D【分析】把正四棱台补成一个正四棱锥S﹣A1B1C1D1，根据正四棱锥的性质，求得OO1=2a，且SO=22a，再由题意，求得A2B2=52a，得到OO2=324a，证得二面角∠AO2A2为平面AB2D2与平面A2B2【解答】解：如图所示，把正四棱台补成一个正四棱锥S﹣A1B1C1D1，设正四棱台的上底面与下底面的中心分别为O，O1，连接OO1，与平面A2B2C2D2交于点O2，则OO1⊥平面ABCD，OO1⊥平面A1B1C1D1，OO1⊥平面A2B2C2D2，设四棱锥S﹣ABCD的体积为V3，正四棱台ABCD﹣A2B2C2D2的体积为V1，正四棱台A1B1C1D1﹣A2B2C2D2的体积为V2，则V1+V2＝V，因为正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上底面边长为a，下底面边长为3a，且侧棱长为2a，可得AC=2a过A作AE∥OO1，则AE⊥平面A1B1C1D1，因为A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以AE⊥A1C1，在直角ΔAA1E中，可得AE=AA设SO＝m，可得SOSO所以SO=由棱锥的体积公式，可得V3即V＝V1+V2＝26V3，当容器中装入体积为916可得V1设A2B2＝n，则V1+V又由SO所以SO所以OO因为平面ABCD∥平面A2B2C2D2，所以平面AB2D2与平面ABCD所成的角，即为平面AB2D2与平面A2B2C2D2所成的角，在正方形A2B2C2D2中，可得A2O2⊥B2D2，在等腰△AB2D2中，可得AO2⊥B2D2，所以二面角∠AO2A2为平面AB2D2与平面A2B2C2D2所成的角，又因为AC∥A2C2，可得∠AO2A2＝∠OAO2，在直角△∠OAO2中，tan∠则sin∠即平面AB2D2与平面ABCD所成二面角的正弦值为313故选：D．【点评】本题考查二面角的有关计算，属于难题．2．如图1，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB＝2AC＝4，如图2，沿AC将△ACD折起到△PAC的位置，使得点P到点B的距离为8，则二面角P﹣AC﹣B的余弦值为（）A．45 B．-45 C．78【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】D【分析】设二面角P﹣AC﹣B的大小为θ，则θ=＜CP→，AB→＞，由PB→=PC【解答】解：翻折前，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AC，则CD⊥AC，翻折后，则有AC⊥PC，AC⊥AB，由题意可得PC→⋅CA→=设二面角P﹣AC﹣B的大小为θ，则θ=＜由PB→得PB→因为|PB→|=8，所以64＝16+4+16+2×4×解得cos＜PC→，故二面角P﹣AC﹣B的余弦值为-7故选：D．【点评】本题考查空间向量法求解二面角，属于中档题．3．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱A1B1，A1D1的中点，点E在BD上，点F在B1C上，且BE＝CF，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：①当点E是BD中点时，直线EF∥平面DCC1D1；②直线B1D1到平面CMN的距离是1717③存在点P，使得∠B1PD1＝90°；④△PDD1面积的最小值是55其中所有正确结论的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系、夹角，异面直线距离、点面距离一一判定选项即可．【解答】解：建系如图：则C（2，2，0），D（0，2，0），B1（2，0，2），D1（0，2，2），M（1，0，2），N（0，1，2），对于①，点E是BD中点，点F在B1C上，且BE＝CF，所以E（1，1，0），F（2，1，1），所以EF→又平面DCC1D1的一个法向量为AD→=(0，所以当点E是BD中点时，直线EF∥平面DCC1D1，即①正确；对于②，易知MN∥B1D1，B1D1⊄平面CMN，所以B1D1∥平面CMN，所以直线B1D1到平面CMN的距离即点B1到平面CMN的距离，此时MN→设平面CMN的一个法向量为m→则m→⋅MN所以点B1到平面CMN的距离为d=|M对于③，设CP→则B1PD1→=PC→+C则B1P→⋅PD1解得λ=所以存在点P，使得∠B1PD1＝90°，故③正确；对于④，当△PDD1面积最小时即P到DD1距离最小时，此距离即为异面直线CM与DD1的距离，易知DD1∥CC1，则DD1∥平面MC1C，所以此距离即为DD1到平面MC1C的距离，设平面MC1C的一个法向量为n→则n→⋅CM所以DD1到平面MC1C的距离d=所以△PDD1面积的最小值为12d×2=故选：C．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．4．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为BD1，B1C1的中点，点P为正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上的动点，给出下列三个结论：①当点P为梭A1B1中点时，CN∥平面BMP；②当点P在棱BB1上运动时，点P到平面CNM的距离的最小值为66③当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P恰有2个．其中正确结论的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．3【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面平行．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】B【分析】平移NC与平面相交于一点H，故选项①错误；利用体积相等即可求出点P到平面CNM的距离的最小值为66判断选项②当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P共有1个，即当点P为平面BCC1B1的中心时，故判断③．【解答】解：取DC的中点为H，A1B1的中点为Q，连接A1C1，B1D1相交于点O，连接OH，ON，因为ON∥HC且ON＝HC，故OH∥NC，因为H∈平面HBQD，OH⊄面HBQD1，故CN不能与平面BMP平行，故①错误；因为VP﹣CNM＝VM﹣PNC，M到平面PNC的距离始终为12故当点P运动到点B1时，△PNC取得最小值为12故VPMC=32，MNS△故h=66，故当点P∉NC时，满足MP⊥平面NCP的点P共有1个，即当点P为平面BCC1B1的中心时，故③错误．故选：B．【点评】本题考查空间中点到平面的距离与直线与平面平行，属于中档题．5．已知点E是棱长都为2的正四棱锥P﹣ABCD的棱PC的中点，空间中一点M满足BM→=xPA→+(y-1)PB→+zPC→，其中x，yA．△PMC为钝角三角形 B．EM=C．EM与底面ABCD所成的角是π4D．四棱锥P﹣ABCD的外接球被二面角E﹣MB﹣C所夹的几何体的体积为2【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】根据条件可确定点M的准确位置，再逐项判断真假即可．【解答】解：因为E是棱长都为2的正四棱锥P﹣ABCD的棱PC的中点，又BM→=xPA→+(y-1)所以BM→=PM所以PM→=xPA→+yPB→所以A，B，C，M四点共面，所以当M为四边形ABCD的中心时，|PM对于A，根据正棱锥的性质可得PM⊥平面ABCD，因为MC⊂平面ABCD，所以PM⊥MC，三角形PMC为直角三角形，故A错误；对于B，在直角三角形PMC中，MC=12所以三角形PMC为等腰直角三角形，因为E是PC的中点，所以EM=12对于C，因为PM⊥平面ABCD，所以点E在底面的投影落在CM上，所以∠EMC为直线EM与平面ABCD所成角，因为三角形PMC为等腰直角三角形，所以∠EMC=π对于D，根据正棱锥的性质可得三角形EBD为等腰三角形，BD⊥CM，所以EM⊥BD，因为平面EMB∩平面MBC＝BD，所以∠EMC为二面角E﹣MB﹣C的平面角，因为MA=所以M为四棱锥P﹣ABCD外接球的球心，BD为直径，所以四棱锥P﹣ABCD外接球被二面角E﹣MB﹣C所夹的几何体的体积为：43π×故选：C．【点评】本题考查空间向量的线性运算，空间中距离的求解，线面角的求解，球的几何性质，属中档题．6．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．直线FC1到平面AB1E的距离为（）A．53 B．305 C．23 【考点】空间中点到平面的距离．【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．【答案】D【分析】将直线FC1到平面AB1E的距离转化为点C1到平面AB1E的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出．【解答】解：∵AE∥FC1，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，∴FC1∥平面AB1E，∴直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离，如图，以D点为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立直角坐标系，则A(1FC设平面AB1E的法向量为n→则n→⋅AE→=-x+设点C1到平面AB1E的距离为d，则d=故直线FC1到平面AB1E的距离为13故选：D．【点评】本题考查直线到平面的距离、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．如图是一个棱长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，点O为线段BD的中点，且点P满足BP→①若λ＝0，μ＝1，则FP→，GB→，②若λ=1，μ=1③若λ=μ=12，则P④若λ＝1，0≤μ≤1时，直线DP与平面GBD所成角为θ，则sinθ∈其中正确的命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面垂直；平面的法向量；空间向量法求解直线与平面所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．【答案】C【分析】将正方体展开图还原成正方体，根据各项参数确定P的位置，分别应用线面平行的判定定理判断①；线面垂直的判定定理判断②；由P到平面GBD的距离，即为E到平面GBD的距离的一半，几何法求点面距离判断③；应用向量法求线面角，进而求范围判断④．【解答】解：将给定的正方体展开图还原成正方体ABCD﹣GHEF，如图，对于①，BP→=BH→，即P，H重合，直线FP即为FH，又FH∥DB，即由FP⊄平面GBD，DB⊂平面GBD，则FP∥平面GBD，即FP→，GB对于②，BP→=BC→+12BH→，则POP=3，PD=5，因此OP2+OD2＝PD2，即OP⊥令Q为BC的中点，则PQ∥EB，又CH⊥EB，则CH⊥PQ，而OQ⊥平面BCEH，CH⊂平面BCEH，则OQ⊥CH，由PQ∩OQ＝Q，PQ⊂平面POQ，OQ⊂平面POQ，则CH⊥平面POQ，OP⊂平面POQ，则CH⊥OP，即DG⊥OP，又DG∩OD＝D，DG⊂平面GBD，OD⊂平面GBD，则OP⊥平面GBD，故②正确；对于③，BP→=12BC则P到平面GBD的距离等于E到平面GBD的距离的一半，而三棱锥E﹣GBD为正四面体，且棱长为22E到平面GBD的距离(22因此P到平面GBD的距离为23，故③对于④，BP→=BC→+则G（2，0，2），B（2，2，0），P（0，2，t），且0≤t≤2，DP→令平面GBD的一个法向量为m→=(x则m→⋅DG→=0m→⋅DB于是sinθ=|m→⋅DP→||m→||DP→|=t+2即sinθ=13故选：C．【点评】本题主要考查向量共面的判定，平面法向量的求法，点到平面距离的求法，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．8．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BB1，CC1的中点，G是棱B1C1上的一个动点，M为侧面BB1C1C上的动点，则下列说法错误的是（）A．点G到平面AEF的距离为定值 B．直线AG与平面AEF所成角的正弦值的取值范围为[15C．若A1G→=xA1A→+yA1E→D．若D1M⊥MC，则BM的最小值为2【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；空间中点到平面的距离．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】D【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断B，利用空间向量推得A，E，D1，G四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，利用线面垂直的判定定理判断D，从而得解．【解答】解：对于A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BB1，CC1的中点，所以B1C1∥EF，又EF⊂平面AEF，B1C1⊄平面AEF，所以B1C1∥平面AEF，又点G是棱B1C1上的一个动点，所以点G到平面AEF的距离为定值，故A正确；对于B，以D为原点，建立空间直角坐标系，如图，设C1G＝x（0≤x≤2），则A（2，0，0），E（2，2，1），F（0，2，1），G（x，2，2），所以AE→=(0，2，设平面AEF的法向量为n→则AE→令y＝1，则x＝0，z＝﹣2，故n→=（0，1，﹣设直线AG与平面AEF所成角为θ(0则sinθ=|因为0≤x≤2，所以0≤（x﹣2）2≤4，则22所以1515所以直线AG与平面AEF所成角的正弦值的取值范围为[1515，对于C，连接AD1，D1G，GE，BC1，因为A1G→=xA1A→所以A，E，D1G四点共面，因为在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，又平面ADD1A1∩平面AEGD1＝AD1，平面BCC1B1∩平面AEGD1＝GE，所以AD1∥GE，在正方体．ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，则AD1BC1，则GE∥BC1，因为E为棱BB1的中点，所以G为棱B1C1的中点，即G（1，2，2），则AF→=(-2，2，1)，故点G到直线AF距离d=|AG对于D，连接C1M，因为D1C1⊥平面BB1C1C，所以C1M是D1M在平面BB1C1C上的射影，要使D1M⊥MC，则C1M⊥MC，所以点M的轨迹是平面BB1C1C上以F为圆心，1为半径的半圆，所以BM的最小值为BF-r=故选：D．【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PA⊥面ABCD，PA＝2，AB＝1，动点M在线段PC上，则（）A．四棱锥P﹣ABCD的外接球表面积为6π B．BM+DM的最小值为303C．不存在点M，使得DM⊥AC D．点M到直线AB的距离的最小值为2【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离；球内接多面体；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球的表面积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】ABD【分析】对于A项，将该四棱锥补为长方体，求出长方体的体对角线即可得出该四棱锥外接球的半径，根据表面积公式即可得出答案；对于B项，将四棱锥沿PA剪开得到平面图，根据已知求出各边边长，进而计算面积即可得出答案；对于C项，假设存在点M，建立空间直角坐标系，表示出AC→，DM→的坐标．进而根据AC⊥DM，得出AC→对于D项，表示出AB→，BM→，进而根据向量法表示出点M到直线AB的距离【解答】解：对于A项，将该四棱锥补为长方体，可知PC即为该长方体的一条体对角线，且PC=且该长方体的外接球即为该四棱锥的外接球，半径为PC2=62，表面积为对于B项，如图1，将四棱锥沿PA剪开得到平面图，连结BD，交PC于点M，易知△PBC，△PDC均为直角三角形，且△PBC，△PDC全等，且PB=PD=5，BC＝CD＝则PC⊥BD，且SPBCD即有12所以BD=即BM+DM的最小值为303，故B对于C项，假设存在点M，使得AC⊥DM，如图2，以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在的直线为x，y，z轴建立A﹣xyz空间直角坐标系，则A（0，0，0），（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，2），则PC→=(1，1，设PM→=λPC→=（λ，λ，﹣2λ），则DM→因为AC⊥DM，所以AC→⋅DM故存在点M，使得AC⊥DM，故C项错误；对于D项，由已知可得AB→=(1，所以点M到直线AB的距离d=所以当=45时，点M到直线AB的距离的最小值为255故选：ABD．【点评】本题考查立体几何综合问题，以及向量法的应用，属于中档题．（多选）10．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达•芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达•芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的空间几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则下列结论正确的是（）A．CQ→B．点C1到直线CQ的距离是53C．平面ECG与平面BC1D的夹角正弦值为22D．异面直线CQ与平面ACC1A1的法向量所成角的正切值为17【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；异面直线及其所成的角．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】BCD【分析】应用向量加减、数乘的几何意义用AB→，AD→．AA1→表示出CQ→判断【解答】解：CQ→即CQ→+2AB以A1为原点建立空间直角坐标系，则C1（﹣1，1，0），Q（0，﹣1，1），C（﹣1，1，﹣1），E（1，﹣1，﹣1），G（﹣1，﹣1，1），B（0，1，﹣1），D（﹣1，0，﹣1），所以QC1→=(-1，BC1→=(-1，设m=QC1→⋅CQ→|设面ECG的法向量为n1→=(x，y，所以n1→⋅EC→=-2xn2→⋅BC1→|cos因此sin〈n1所以cos〈CQ→，BD故选：BCD．【点评】本题考查空间向量法求解二面角与异面直线及其所成的角，属于中档题．（多选）11．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点F在底面ABCD内运动（含边界）点E是棱CC1的中点，则下列说法正确的是（）A．若AF→=λAD→，且EF∥平面ABB．若AF→=λAD→，则存在λ∈（0C．若EF⊥平面B1D1E，则AF→D．若AF→=λAB→，则直线AC1与平面【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；平面的法向量．【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法逐项计算．【解答】解：以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，0），A1（1，0，1），B1（1，1，1），C1（0，1，1），D1（0，0，1），所以E(0对于A：由AF→得DF→=DA→+λAD→=（1，0，0）+λ（﹣1，0，0所以F（1﹣λ，0，0），EF→AB1→因为EF∥平面AB1C，所以EF→，AB1所以存在x，y∈R，EF→可得1-λ=-y对于B：由A，B1D1所以cos∠解得λ=87或λ＝4对于C：B1D1设平面B1D1E的法向量n→则B1D1令x＝1，则y＝﹣1，z＝﹣2，所以n→=(1，-1，-设F（a，b，0），则EF→因为EF⊥平面B1D1E，所以∃μ∈R，EF→所以a=μb所以F(所以AF→=(-34，34对于D：因为AF→=λAB→，点F在底面ABCD内运动（含边界），所以0且DF→=DA→+λAB→=（1，0，0）+λ（0，1，0）＝（1，λ，0设平面D1DF的法向量m→=(x1，所以m→⋅DF令x1＝λ，则y1＝﹣1，z1＝0，所以m→=(λ，-设直线AC1与平面D1DF所成角为θ，则sinθ=令t＝1+λ，则λ＝t﹣1，t∈[1，2]，所以sinθ=因为函数y=2(1t-12)2+12在t所以sinθ的最小值为13=3即所求取值范围是[33，故选：ACD．【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．（多选）12．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，△A1AB是边长为2的等边三角形，M，N分别是线段A1B，DB1的中点，则（）A．A1B⊥B1D B．MN∥平面ABCD C．B1C与A1B所成角的余弦值为64D．B1D与平面ABCD所成角的正弦值为3【考点】直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．【答案】ABD【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，利用向量法对选项A、C和D逐一分析判断即可得出结果，对于选项B，通过条件得到MN∥AD，再利用线面平行的判定定理即可得出结果．【解答】解：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，△A1AB是边长为2的等边三角形，M，N分别是线段A1B，DB1的中点，如图，取AB中点O，CD中点H，连接OA1，OH，∵△A1AB是边长为2的等边三角形，∴A1O⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABB1A1，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，A1O⊂平面ABB1A1，所以A1O⊥平面ABCD，由题意知OH⊥AB，∴以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐系，又棱长均为2，A1则A(1所以AA1→=(-1，对于A，因为A1B→所以A1B→⊥B1D→，即有A1对于B，因为N是线段DB1的中点，又M是AB1与A1B的交点，则M为AB1的中点，所以MN∥AD，又AD⊂面ABCD，MN⊄面ABCD，所以MN∥平面ABCD，故B正确，对于C，因为B1C→设B1C与A1B所成的角为θ，则cosθ=|B对于D，易知平面ABCD的一个法向量为n→=(0，设B1D与平面ABCD所成的角为φ，则sinφ＝|cos＜n→，B1故选：ABD．【点评】本题考查线面垂直、线面平行的判定与性质、线面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．三．填空题（共4小题）13．如图，某一个自行车停放时，车体由尺寸相同的前后轮和脚撑来支撑，前后轮的轴中心分别为M，N，与地面接触点分别为A，B，脚撑一端固定在后轮轴中心N处，另一端与地面接触于点C，若A，B两点间距离为110厘米，车轮外径（直径）为66厘米，脚撑长度等于车轮半径，∠ABC=5π12，∠BAC=π12，NB⊥AB，则平面BNA与平面【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【专题】转化思想；反证法；立体几何；运算求解．【答案】不；10-53【分析】运用反证法思想，假设平面BNA⊥平面ABC，根据题设由面面垂直推出NB⊥平面ABC，进而NB⊥BC，结合直角三角形斜边大于直角边可得矛盾，否定假设；根据二面角的平面角定义作图，利用线面垂直以及面面垂直的判定与性质，结合余弦的和角公式以及直角三角形，可得答案．【解答】解：第一空：平面BNA与平面ABC不垂直，理由如下：假设平面BNA⊥平面ABC，因平面BNA∩平面ABC＝AB，NB⊂平面BNA，且NB⊥AB，则NB⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，则NB⊥BC，则NC＞NB，这与“脚撑NC的长度等于车轮半径”矛盾，故假设不成立，即平面BNA与平面ABC不垂直．第二空：由题意，在平面ABC内作BF⊥AB交AC的延长线于F，如图，在平面BNF内作NE⊥BF，垂足为E，连接CE，取线段BC的中点为O，连接EO，因为AB⊥BN，AB⊥BF，BN，BF⊂平面BNF，BN∩BF＝B，所以AB⊥平面BNF，因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BNF，又因平面ABC∩平面BNF＝BF，NE⊂平面NBF，NE⊥BF，所以NE⊥平面ABC，因为CE⊂平面ABC，所以NE⊥CE，在Rt△NEC与Rt△NEB中，NC＝NB，NE＝NE，则△NEC≅△NEB，故BE＝CE，在△BEC中，因O为BC中点，则EO⊥BC，因sinπ在Rt△ABC中，可得BC=110则BO=在Rt△BOE中，因∠FBC=π因BF⊥AB，NB⊥AB，则可得∠NBF为二面角N﹣AB﹣C的平面角，则cos∠故答案为：不；10-53【点评】本题考查面面垂直的判定，以及二面角的计算，属于中档题．14．如图，在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，若AB＝3，BD=23，CD＝2，AC=19，则平面ABD与平面CBD的夹角为【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】π3【分析】由AC→=AB【解答】解：设向量BA→，DC→的夹角为θ，则θ∈[0，π由题意可得：AB→⋅BDAB→⋅DC→=|AB→|⋅|DC→|因为AC→则AC=AB即19＝9+12+4﹣12cosθ，解得cosθ=由θ∈[0，因为AB⊥BD，CD⊥BD，平面ABD∩平面CBD＝BD，AB⊂平面ABD，CD⊂平面CBD，故平面ABD与平面CBD的夹角为π3故答案为：π3【点评】本题考查空间向量法求解二面角，属于中档题．15．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是①②④．①直线BD1⊥平面A1C1D②三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值③异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[④直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为6【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；棱锥的体积；直线与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】①②④．【分析】根据三垂线定理与线面垂直的判定定理，线面平行的性质与三棱柱的体积公式，异面直线所成角的求法，线面角的概念与化归转化，针对各个问题分别求解即可．【解答】解：对①，根据三垂线定理易知BD1⊥A1C1，BD1⊥A1D，从而可得BD1⊥平面A1C1D，∴①正确；对②，易知B1C∥A1D，从而可得B1C∥平面A1C1D，∴P到平面A1C1D距离为定值，又△A1C1D的面积也为定值，∴三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值，∴②正确；对③，∵B1C∥A1D，∴异面直线AP与A1D所成角即为相交直线AP与B1C所成角，又易知△AB1C为等边三角形，∴相交直线AP与B1C所成角的范围为[π3，π2即异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π3，π2]，∴对④，由①知BD1⊥平面A1C1D，∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：C1P与BD1所成角的余弦值，如图将C1P对称平移至D1Q，则C1P与BD1所成角的余弦值即为：D1Q与BD1所成角的余弦值，其中Q为线段A1D上的动点，又AB⊥平面ADD1A1，∴AB⊥D1Q，∴当Q为A1D的中点时，D1Q与BD1所成角的余弦值最大，最大值为AD∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为63，∴④故答案为：①②④．【点评】本题考查线面垂直的证明，三棱锥的体积问题，线线角的范围问题，线面角的最值问题，属中档题．16．在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2．点E，F分别在AB，CD上，且AE＝2，CF＝1．沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，使平面A′EFD′与平面BCFE垂直，点H在线段EB上且满足A′，D′，C，H四点共面，则BH＝43．若动点P在线段A′D′上，则二面角P﹣HF﹣E的平面角的余弦值的最大值为72678【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角．【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．【答案】43；7【分析】分别作DA，FE的延长线，交于点M，推得MC与BE的交点，即平面A′D′C与线段BE的交点H，利用平面几何知识即可求得EH的长，即得BH的长；连接BD，交EF于点O，连接OD′，证明D′O⊥平面BCFE，由此建系，求出相关点的坐标，设D'P→【解答】解：如图，分别作DA，FE的延长线，交于点M，依题沿EF将四边形AEFD翻折至四边形A′EFD′，则△MDF也一同折起后，M，A′，D′共线，连接MC，则MC与BE的交点，即平面A′D′C与线段BE的交点H．因AE＝2，BF＝3，AB∥CD，则△MEH∽△MFC，△MAE∽△MDF，于是，EHCF则EH=故BH=如图，连接BD，交EF于点O，连接OD′，在矩形ABCD中，易得BD=由△EOB～△FOD，可得OB=因OE2+OB2＝BE2，则OE⊥OB，同理D′O⊥OF，又平面A′EFD′⊥平面BCFE，且平面A′EFD′∩平面BCFE＝EF，D′O⊂平面A′EFD′，则D′O⊥平面BCFE，故可以点O为坐标原点，分别以OE，OB，OD′为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．在Rt△DOF中，cos∠DFO=则E(设D'P→=tD'则OP→=OD因D′O⊥平面BCFE，故平面HEF的法向量可取为m→又FH→设平面PHF的法向量为n→则FH→⊥n故可取n→设二面角P﹣HF﹣E的平面角为θ，由图知θ是锐角，则cosθ=|设8t+6＝u，则u∈[6，14]，t=代入上式可得：cosθ=因1u∈[114，16]，故1u=114时，即t故答案为：43【点评】本题考查向量法的应用，属于难题．四．解答题（共4小题）17．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB＝AC=5，BC＝BB1＝2，点D，E分别为BC，AC1（Ⅰ）求B1，E两点间的距离；（Ⅱ）求平面B1DE与平面BCC1B1夹角的余弦值；（Ⅲ）在AC上是否存在一点P，使得点P在平面B1DE内．若存在，求APAC【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；点、线、面间的距离计算．【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】（Ⅰ）172（Ⅱ）23（Ⅲ）存在；APAC【分析】（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出点B1，E的坐标，再利用模长公式即可求解；（Ⅱ）说明DA→=(2，0，0)是平面BCC1B（Ⅲ）设AP→=λAC→，则P（2﹣2λ，﹣λ，0【解答】解：（Ⅰ）因为AB＝AC，D为BC中点，所以AD⊥BC，且AD=过D作Dz⊥平面ABC，以D为原点，DA，DB，Dz分别为x，y，z轴的正方向，则A(2，0所以B1，E两点的距离为|B（Ⅱ）B1显然平面BCC1B1的一个法向量为DA→设平面B1DE的一个法向量为n→则B1取x＝2，则n→设平面B1DE与平面BCC1B1的夹角为θ，则cosθ=|（Ⅲ）设AP→=λ由P在平面B1DE内可知DP→⋅n→=0，即2（2﹣2λ）﹣解得λ=23当APAC=23时，点P在平面【点评】本题考查了模长公式和平面与平面夹角的向量公式，属于中档题．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°且PA＝AB＝2，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）求EC与平面PAD所成的角．【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，连接BD交AC于O，连接OE．如图：因为底面ABCD是菱形，所以O为BD的中点，又E为PD的中点，则PB∥OE，又PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC；（2）π3【分析】（1）要证明线面平行，需通过证明线线平行从而得到线面平行，即证明OE∥PB；（2）先根据垂直关系，作出辅助线，找出EC与平面PAD所成的角，然后根据线段关系求出该角的三角函数，进而求得该角的值．【解答】解：（1）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，连接BD交AC于O，连接OE．如图：因为底面ABCD是菱形，所以O为BD的中点，又E为PD的中点，则PB∥OE，又PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC．（2）如图：作CF⊥AD，因为PA⊥平面ABCD，CF⊂平面ABCD，则CF⊥PA，又PA，AD⊂平面PAD，PA∩AD＝A，所以CF⊥平面PAD．连接FE，则EC与平面PAD所成的角为∠CEF．由题可得CF=3，FE=12则tan∠【点评】本题考查线面平行的判定，以及线面角的计算，属于中档题．19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，已知SA⊥平面ABCD，ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°，AB＝2，SA＝2，SD⊥AC，P为侧棱SD上的点．（1）求证：AC⊥AP；（2）若SB∥平面PAC，求SPSD（3）若二面角P﹣AC﹣D的大小为60°，求SPSD【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．【专题】整体思想；向量法；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）证明：因为SA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以SA⊥AC，又因为SD⊥AC，SA∩SD＝S，SA，SD⊂平面SAD，所以AC⊥平面SAD，因为AP⊂平面SAD，所以AC⊥AP；（2）SPSD（3）SPSD【分析】（1）根据线面垂直即可得SA⊥AC，进而可证明AC⊥平面SAD，进而可得线线垂直；（2）根据线面平行的性质即可求解；（3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，由向量的夹角公式即可求解．【解答】解：（1）证明：因为SA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以SA⊥AC，又因为SD⊥AC，SA∩SD＝S，SA，SD⊂平面SAD，所以AC⊥平面SAD，因为AP⊂平面SAD，所以AC⊥AP．（2）连接BD，设BD∩AC＝O，连接OP，因为SB∥平面PAC，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面PAC＝OP，所以SB∥OP；因为ABCD为平行四边形，所以O是BD的中点；所以在△SBD中，SPSD（3）因为AC⊥平面SAD，AD⊂平面SAD，所以AC⊥AD，以A为原点，AC→，AD，→AS→的方向分别为x因为AB＝2，∠ABC＝60°，AC⊥AD，所以AC=3，AD＝因为SA＝2，所以A（0，0，0），B(3，-1，0)，C(3，0，0)，D（0得到SD→=(0，因为SA⊥平面ABCD，所以AS→=(0，设SPSD=λ所以P（0，λ，2﹣2λ），即AP→=(0，设平面PAC的一个法向量为n→则n所以x＝0，令z＝1，则y=2所以n→因为二面角P﹣AC﹣D的大小为60°，所以|cos解得λ=4-2即存在满足条件的点P，且SPSD【点评】本题考查线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．20．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB=22BC=2，四边形BCC（1）求证：AB1⊥平面ABC；（2）求三棱锥B1﹣ABC外接球的表面积；（3）求CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值．【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；球的表面积；直线与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；空间角；立体几何；运算求解．【答案】（1）证明：因为四边形BCC1B1是正方形，所以BC⊥BB1，又AB⊥BC，AB∩BB1＝B，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB1⊥⊂平面ABB1A1，所以AB1⊥BC，又BB1＝BC＝2，AB=2，∠所以根据余弦定理易得AB1=2，所以A所以AB1⊥AB，又AB1⊥BC，AB∩BC＝B，所以AB1⊥平面ABC；（2）8π；（3）1010【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理，即可证明；（2）根据分割补形法，即可求解；（3）建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解．【解答】解：（1）证明：因为四边形BCC1B1是正方形，所以BC⊥BB1，又AB⊥BC，AB∩BB1＝B，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB1⊥⊂平面ABB1A1，所以AB1⊥BC，又BB1＝BC＝2，AB=2，∠所以根据余弦定理易得AB1=2，所以A所以AB1⊥AB，又AB1⊥BC，AB∩BC＝B，所以AB1⊥平面ABC；（2）由（1）可知三棱锥B1﹣ABC外接球的直径2R即为：长宽高分别为2，2，2的长方体的体对角线长，所以（2R）2＝4+2+2＝8，所以三棱锥B1﹣ABC外接球的表面积为4πR2＝8π；（3）建系如图，其中Ay∥BC，则根据题意可得C（2，2，0），B1（0，0，2），A（0，0，0），B（2，0，0），所以CB1→=(-2AC1→=AB1→+B1C1→=AB1→+BC设平面ACC1A1的法向量为n→则n→⋅AC所以CB1与平面ACC1A1所成角的正弦值为：|cos＜CB1→，【点评】本题考查线面垂直的证明，三棱锥的外接球问题，线面角问题的求解，属中档题．

考点卡片1．球内接多面体【知识点的认识】1、球内接多面体的定义：多面体的顶点都在球面上，且球心到各顶点的距离都是半径．球内接多面体也叫做多面体外接球．球外切多面体的定义：球面和多面体的各个面都相切，球心到各面的距离都是球的半径．球外切多面体也叫做多面体内切球．2、研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）球心与多面体中心的位置关系；（2）球的半径与多面体的棱长的关系；（3）球自身的对称性与多面体的对称性；（4）能否做出轴截面．3、球与多面体的接、切中有关量的分析：（1）球内接正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；②正方体的四个顶点都在球面上；③球半径和正方体棱长的关系：r=32（2）球外切正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；②球与正方体每个面的切点都是每个面的中心点；③球半径和正方体棱长的关系：r=122．多面体和旋转体表面上的最短距离问题【知识点的认识】多面体和旋转体表面上的最短距离问题的解法：求多面体表面上两点间的最短距离，一般将表面展开为平面图形，从而把它转化为平面图形内两点连线的最短长度问题，要注意的是，如果不是指定的两点间的某种特殊路径，其表面上两点间的距离应是按各种可能方式展开成平面图形后各自所得最短距离中的最小者．旋转体侧面上两点间的最短距离，如同多面体一样，将侧面展开，转化为展开面内两点连线的最短长度问题来解决．3．棱锥的体积【知识点的认识】棱锥的体积可以通过底面面积B和高度h计算，顶点到底面的垂直距离即为高度．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱锥的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱锥体积计算．4．球的表面积【知识点的认识】球的表面积依赖于球的半径r，计算公式为4π【解题方法点拨】﹣计算公式：表面积计算公式为4π﹣实际应用：如何根据实际问题中的球尺寸进行表面积计算．【命题方向】﹣球的表面积计算：考查如何根据球的半径计算表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用球的表面积计算．5．异面直线及其所成的角【知识点的认识】1、异面直线所成的角：直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，π2]．当θ＝902、求异面直线所成的角的方法：求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：6．直线与平面平行【知识点的认识】1、直线与平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．1、直线和平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．2、直线和平面平行的性质定理的实质是：已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．7．直线与平面垂直【知识点的认识】直线与平面垂直：如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α，其中l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直的判定：（1）定义法：对于直线l和平面α，l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线．（2）判定定理1：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．（3）判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．直线与平面垂直的性质：①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a⊥α，b⊥α⇒a∥b②由定义可知：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b．8．平面的法向量【知识点的认识】1、直线的方向向量：空间中任意一条直线l的位置可以由l上一个定点A以及一个定方向确定．直线l上的向量e→以及与e→共线的向量叫做直线①一条直线l有无穷多个方向向量，这些方向向量之间互相平行．②直线l的方向向量也是所有与l平行的直线的方向向量．2、方向向量的求法：可根据直线l上的任意两点的坐标写出直线l的一个方向向量．3、平面的法向量：由于垂直于同一平面的直线是互相平行的，所以，可以用垂直于平面的直线的方向向量来刻画平面的“方向”．如果表示向量n→的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面，记作n→⊥α，如果n→⊥α，那么向量n①法向量一定是非零向量；②一个平面α有无穷多个法向量，这些法向量之间互相平行；③向量n→是平面的法向量，向量m→是与平面平行或在平面内，则有n→•④一个平面α的法向量也是所有与平面α平行的平面的法向量．4、法向量的求法：（1）设：设出平面法向量的坐标为n→=（u，v，（2）列：根据a→⋅n→=（3）解：把u（或v或w）看作常数，用u（或v或w）表示另外两个量（4）取：取u为任意一个数（当然取得越特殊越好），则得到平面法向量n→9．直线与平面所成的角【知识点的认识】1、直线和平面所成的角，应分三种情况：（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．显然，斜线和平面所成角的范围是（0，π2）；直线和平面所成的角的范围为[0，π22、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．（4）答﹣﹣回答求解问题．在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作用．在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想．3、斜线和平面所成角的最小性：斜线和平面所成的角是用两条相交直线所成的锐角来定义的，其中一条直线就是斜线本身，另一条直线是斜线在平面上的射影．在平面内经过斜足的直线有无数条，它们和斜线都组成相交的两条直线，为什么选中射影和斜线这两条相交直线，用它们所成的锐角来定义斜线和平面所成的角呢？原因是斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中，它是最小的角．对于已知的