第48頁（共48頁）2025年高考數學三輪復習之空間向量的應用一．選擇題（共8小題）1．（2025?赤峰模擬）結合以下材料：“在空間直角坐標系O﹣xyz中，過點P（x0，y0，z0）且一個法向量為n→=(a，b，c)的平面α的方程為a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．”解決問題：在空間直角坐標系O﹣xyz中，若直線l是兩平面x﹣3y+7＝0與4y+2A．（3，1，﹣2） B．（3，1，2） C．（﹣2，1，﹣3） D．（2，1，3）2．（2024秋?濱州期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB＝2，AA1＝3，點N在棱CC1上，若直線A1B1到平面ABN的距離為655，則A．1 B．12 C．13 D3．（2024秋?信陽期末）在空間直角坐標系中，若一條直線經過點P（x0，y0，z0），且以向量n→=(a，b，c)(abc≠0)為方向向量，則這條直線可以用方程x-x0a=A．3 B．6 C．333 D．4．（2025?連云港模擬）如圖，在三棱錐ABCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAC＝90°，∠BAD＝∠CAD＝60°，M，N分別為BC，AD的中點，則|MN|＝（）A．22 B．2 C．2 D．5．（2025?碑林區校級模擬）如圖，畫在紙面上的拋物線y2＝8x過焦點F的弦AB長為9，則沿x軸將紙面折成平面角為60度的二面角后，空間中線段AB的長為（）A．46 B．33 C．59 D．6．（2024秋?河南期末）如圖，正四面體OABC中，AB＝1，M為OA的中點，點N在BC上，且BN→=2NC→，則A．12 B．136 C．196 7．（2024秋?安徽期末）在空間直角坐標系O﹣xyz中，有一個三棱柱ABC﹣A1B1C1，其中B1A1→=(2，0，3)，B1CA．1 B．2 C．3 D．28．（2024秋?吉林期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC為腰長為1的等腰直角三角形，且AB＞AC，側面ACC1A1為正方形，AB→=2AE→，P為平面A1BC內一動點，則A．62 B．32 C．5 D二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?江蘇一模）在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD=π3，將菱形ABCD沿對角線BD折成四面體A′BCD，使得∠A′BCA．直線A′C與直線BD所成角為π2B．直線A′C與平面BCD所成角的余弦值為63C．四面體A′BCD的體積為42D．四面體A′BCD外接球的表面積為8π（多選）10．（2024秋?青海期末）如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為線段DD1的中點，F為線段BB1的中點，則（）A．A，E，F，C1四點共面 B．AB1→在平面ADD1A1C．點A1到平面AB1E的距離為66D．點A1到直線B1E的距離為5（多選）11．（2024秋?河南期末）如圖1所示，矩形CDFE中，CE＝4CD＝4，A，B分別為DF，CE的中點，現沿AB折起，使得半平面ABCD和半平面ABEF所成的二面角為120°，M，N分別是AC，BF的中點，如圖2所示，則（）A．AB→B．MN∥CE C．直線FM和CN所成角的余弦值為25D．MN與平面ABEF所成的角為π（多選）12．（2024秋?邵陽期末）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，則（）A．直線AC與B1D1所成的角為90° B．直線AC與BC1所成的角為60° C．直線BD與平面ABC1D1所成的角為45° D．直線BD與平面ACD1所成的角為30°三．填空題（共4小題）13．（2024秋?信陽期末）平面α，β的法向量分別為m→=(a，1，-2)，n→=(1，-2，b)，請在①α∥β，②α14．（2024秋?拱墅區校級期末）如圖，M，N分別是二面角α﹣AB﹣β的兩個半平面內兩點，MA＝3，AB＝2，BN＝1，∠MAB＝∠NBA＝120°，若MN=33，則異面直線AM，BN的夾角的正弦值為15．（2024秋?洪雅縣期末）空間直角坐標系O﹣xyz中，過點P（x0，y0，z0）且一個法向量為n→=(a，b，c)的平面α的方程為a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．已知平面α的方程為x+y+4z﹣3＝0，直線l是平面β：x+2y﹣3＝0與平面γ：2y+z+1＝0的交線，則直線l16．（2024秋?上海校級期末）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1，二面角A﹣BD﹣A1的大小為四．解答題（共4小題）17．（2025?南通模擬）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PB＝PC，D為BC的中點，平面PAD⊥平面PBC．（1）證明：AB＝AC；（2）若AB⊥AC，AB＝2，PA＝PD＝1，求平面PAB與平面PAC的夾角的正弦值．18．（2025?喀什地區校級二模）如圖，△PAC為圓錐PO的軸截面，B為底面圓周上一點，OA＝3，∠ACB=π6，點D在線段BC上，且BC（1）證明：AD⊥PB；（2）若二面角A﹣PB﹣O的余弦值為55，求圓錐PO19．（2025?溫州二模）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，△PBC是邊長等于2的正三角形，∠ACB＝90°，M為AB的中點．（1）求證：BC⊥PM；（2）若AC＝23，cos∠ACP=-20．（2025?濰坊模擬）如圖，四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，上、下底面分別為邊長1，2的正方形，D1D⊥平面ABCD，D1D＝1，AB1＝CB1．（1）證明：DD1∥平面AB1C；（2）求直線DB1與平面AB1C所成角的正切值．

2025年高考數學三輪復習之空間向量的應用參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案ACDDBCCA二．多選題（共4小題）題號9101112答案ABDABDABDAB一．選擇題（共8小題）1．（2025?赤峰模擬）結合以下材料：“在空間直角坐標系O﹣xyz中，過點P（x0，y0，z0）且一個法向量為n→=(a，b，c)的平面α的方程為a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．”解決問題：在空間直角坐標系O﹣xyz中，若直線l是兩平面x﹣3y+7＝0與4yA．（3，1，﹣2） B．（3，1，2） C．（﹣2，1，﹣3） D．（2，1，3）【考點】平面的法向量．【專題】方程思想；向量法；空間向量及應用；運算求解．【答案】A【分析】根據題意，得到兩平面的法向量，根據交線方向向量和兩個法向量均垂直，可求出交線的方向向量．【解答】解：由已知，平面x﹣3y+7＝0的法向量可以是m→=（1，﹣3，平面4y+2z+3＝0的法向量可以是n→=（0，4，設交線的方向向量為l→=（x，y，z），則m→可知l→=（3，1，﹣故選：A．【點評】本題主要考查求兩平面的交線的方向向量，屬于基礎題．2．（2024秋?濱州期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB＝2，AA1＝3，點N在棱CC1上，若直線A1B1到平面ABN的距離為655，則A．1 B．12 C．13 D【考點】點、線、面間的距離計算．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】C【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法求解點到直線的距離即可得正確選項．【解答】解：由題意知，該幾何體為長方體，建立空間直角坐標系如圖所示，則A（2，0，0），B（2，2，0），B1（2，2，3），設N（0，2，t），（0≤t≤3），則AB→=(0，因為A1B1∥AB，A1B1?平面ABN，AB?平面ABN，故A1B1∥平面ABN，故直線A1B1到平面ABN的距離即為B1到平面ABN的距離，設平面ABN的法向量為n→則由n→?AB令x＝t，可得n→故B1到平面ABN的距離d=解得t＝1，故CNC故選：C．【點評】本題考查點到平面距離的求法，屬中檔題．3．（2024秋?信陽期末）在空間直角坐標系中，若一條直線經過點P（x0，y0，z0），且以向量n→=(a，b，c)(abc≠0)為方向向量，則這條直線可以用方程x-x0a=A．3 B．6 C．333 D．【考點】空間中點到直線的距離及兩平行直線間的距離；空間直線的方向向量、空間直線的向量參數方程．【專題】轉化思想；向量法；空間向量及應用；運算求解．【答案】D【分析】根據條件得到直線上的點和直線的方向向量，再根據空間中點到直線的距離公式求得點到直線的距離．【解答】解：因為直線l的方程為x-方程標準化得x-由題意得直線l過點P（2，﹣1，﹣2），方向向量n→與n→同向的單位向量v則PM→=(-1，1，則點M到直線l的距離d=故選：D．【點評】本題考查空間中點到直線的距離求法，屬中檔題．4．（2025?連云港模擬）如圖，在三棱錐ABCD中，AB＝AC＝AD＝2，∠BAC＝90°，∠BAD＝∠CAD＝60°，M，N分別為BC，AD的中點，則|MN|＝（）A．22 B．2 C．2 D．【考點】點、線、面間的距離計算；空間向量的數乘及線性運算；空間向量的數量積運算．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】D【分析】利用空間向量的線性運算可得MN→=12AD【解答】解：由題意得，|AB?AB→，AC→所以AB→?AC因為MN→所以|=1=1+1+1-1-1+0故選：D．【點評】本題考查利用空間向量法求解距離問題，屬中檔題．5．（2025?碑林區校級模擬）如圖，畫在紙面上的拋物線y2＝8x過焦點F的弦AB長為9，則沿x軸將紙面折成平面角為60度的二面角后，空間中線段AB的長為（）A．46 B．33 C．59 D．【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角；拋物線的弦及弦長；空間兩點間的距離公式．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】B【分析】聯立直線與拋物線方程得到韋達定理，結合焦半徑公式可得A(4，42)，B【解答】解：因為拋物線y2＝8x過焦點為F，所以F（2，0），設直線AB的方程為x＝my+2（m＞0），A（x1，y1），B（x2，y2），由x=可得y2﹣8my﹣16＝0，則y1+y2＝8m，則x1故|AB解得m=故y2即(y解得y1故A(4如圖，建立空間直角坐標系，過A作AN⊥平面xOy于N，過N作NH⊥x軸于H，連接AH，由于AN⊥x軸，且NH⊥x軸，AN∩AH＝A，故x軸⊥平面ANH，AH?平面ANH，故AH⊥x軸，則∠AHN＝60°，由于在直角坐標系中A(4故OH=4因此在直角三角形ANH中，HN=因此在空間直角坐標系中，A(4故|AB故選：B．【點評】本題考查直線與拋物線方程，以及向量法的應用，屬于中檔題．6．（2024秋?河南期末）如圖，正四面體OABC中，AB＝1，M為OA的中點，點N在BC上，且BN→=2NC→，則A．12 B．136 C．196 【考點】點、線、面間的距離計算；棱錐的結構特征．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】C【分析】由題根據正四面體的幾何性質選出一組基底，通過線性運算表示出所求向量，根據數量積運算，可得答案．【解答】解：設OA→=a→，OB→所以ON→因為M為OA中點，OA→所以MN→由題意知a→?b→=|所以|=1=1故選：C．【點評】本題考查空間兩點間距離的求法，屬中檔題．7．（2024秋?安徽期末）在空間直角坐標系O﹣xyz中，有一個三棱柱ABC﹣A1B1C1，其中B1A1→=(2，0，3)，B1CA．1 B．2 C．3 D．2【考點】空間中點到平面的距離．【專題】轉化思想；向量法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】直接利用點到平面的距離向量公式求解即可．【解答】解：設平面A1B1C1的法向量n→則n→⊥B令z＝2，則y＝3，x=則平面A1B1C1的一個法向量為n→因平面ABC∥平面A1B1C1，則點A到平面A1B1C1的距離等于點B到平面A1B1C1的距離，即d=|故選：C．【點評】本題考查向量法的應用，屬于中檔題．8．（2024秋?吉林期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC為腰長為1的等腰直角三角形，且AB＞AC，側面ACC1A1為正方形，AB→=2AE→，P為平面A1BC內一動點，則A．62 B．32 C．5 D【考點】空間中點到平面的距離．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；運算求解．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，設A關于平面A1BC的對稱點為A′，利用對稱點A、A′到平面A1BC距離相等，得出A關于平面A1BC的對稱點為A′，利用對稱點求出最短路徑即可【解答】解：由題意，以C為坐標原點，CA，CB，CC1所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系C﹣xyz，則A1所以CB→設A關于平面A1BC的對稱點為A′（x，y，z），z＞0，則A'設平面A1BC的一個法向量為n→則由n→⊥CB→即y1=0，x1+z1=0，令x1＝1，則所以n→=(1，0，所以A與A′到平面A1BC的距離d=即|﹣x+z|＝1①，又AA'→∥n所以由①②得|2z﹣1|＝1，又由z＞0，可得x＝0，y＝0，z＝1，所以A′（0，0，1），所以PA+當且僅當A′，P，E三點共線時取等號，所以PA+PE的最小值為62故選：A．【點評】本題考查空間中點關于對稱點的求法，考查空間距離的最值問題，屬中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?江蘇一模）在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD=π3，將菱形ABCD沿對角線BD折成四面體A′BCD，使得∠A′BCA．直線A′C與直線BD所成角為π2B．直線A′C與平面BCD所成角的余弦值為63C．四面體A′BCD的體積為42D．四面體A′BCD外接球的表面積為8π【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角；球內接多面體；球的表面積；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】ABD【分析】A．證明BD⊥平面AEC即可；B．找出線面角∠A′CE，在△A′EC中求解；C．因BD⊥平面AEC，則V三棱錐D．作垂線，找球心，在△OO2C中求解．【解答】解：對于選項A：如圖所示，取BD的中點，連接AE、CE，因為△A′BD和△BDC為等邊三角形，則AE⊥BD、CE⊥BD，因為AE∩CE＝E，AE?平面AEC，CE?平面AEC，則BD⊥平面AEC，因為A′C?平面AEC，則BD⊥A′C，故選項A正確；對于選項：因為BD⊥平面AEC，則A′在平面BCD內的投影落在直線EC上，故∠A′CE為直線A′C與平面BCD所成角，因為∠A'BC=π2，|A′B|＝|BC因為|A'E|=|EC|=3，則在△A′EC則cos∠A'對于選項C：因為S△A'EC=則V三棱錐A'-對于選項D：點O1、O2分別為△A′BD和△BDC的外心，過O1、O2分別作O1O⊥平面A′BD，O2O⊥平面BDC，O1O∩O2O＝O，則點O為球心，則|C在△A′EC中，tan∠故|O則|OC則四面體A′BCD外接球的表面積為4π×2＝8π，故選項D正確．故選：ABD．【點評】本題考查立體幾何綜合問題，屬于中檔題．（多選）10．（2024秋?青海期末）如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為線段DD1的中點，F為線段BB1的中點，則（）A．A，E，F，C1四點共面 B．AB1→在平面ADD1A1C．點A1到平面AB1E的距離為66D．點A1到直線B1E的距離為5【考點】空間中點到平面的距離；空間向量的投影向量與投影．【專題】轉化思想；向量法；立體幾何；運算求解．【答案】ABD【分析】建立空間直角坐標系可求得AE→=FC1→，即可得A正確，由投影向量定義可判斷【解答】解：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示：對于A，A(1，0則AE→顯然AE→=FC1→，則AE∥FC1，所以A，E，F，對于B，由正方體性質知A1B1⊥平面ADD1A1，所以AB1→在平面ADD1A1上的投影向量為A對于C，又因為A1（1，0，1），B1（1，1，1），設平面AB1E的法向量為m→則m→⊥AE取m→=(1，所以點A1到平面AB1E的距離為|AA1對于D，因為B1A1則點A1到直線B1E的距離為|A1B故選：ABD．【點評】本題考查向量法的應用，屬于中檔題．（多選）11．（2024秋?河南期末）如圖1所示，矩形CDFE中，CE＝4CD＝4，A，B分別為DF，CE的中點，現沿AB折起，使得半平面ABCD和半平面ABEF所成的二面角為120°，M，N分別是AC，BF的中點，如圖2所示，則（）A．AB→B．MN∥CE C．直線FM和CN所成角的余弦值為25D．MN與平面ABEF所成的角為π【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；向量法；立體幾何；運算求解．【答案】ABD【分析】根據題意知道因為AB⊥BC，AB⊥BE，可以點B為原點，BA，BE所在直線分別為x，y軸，過B點且垂直于平面ABEF的直線為z軸，建立空間直角坐標系B﹣xyz．然后得到關鍵點坐標，進而運用向量法對各個選項進行證明和計算驗證即可．【解答】解：由題意知，因為AB⊥BC，AB⊥BE，所以∠CBE＝120°，以點B為原點，BA，BE所在直線分別為x，y軸，過B點且垂直于平面ABEF的直線為z軸建立空間直角坐標系B﹣xyz，如圖．因為AB＝1，BC＝BE＝2，所以A(1，0所以MN→=(0，因為CE→=(0，3，-3因為FM→所以cos?所以直線FM和CN所成角的余弦值為2729，故C取平面ABEF的一個法向量為n→設MN與平面ABEF所成的角為θ，則sinθ=|因為0≤θ≤π2故選：ABD．【點評】本題考查向量法的應用，屬于中檔題．（多選）12．（2024秋?邵陽期末）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，則（）A．直線AC與B1D1所成的角為90° B．直線AC與BC1所成的角為60° C．直線BD與平面ABC1D1所成的角為45° D．直線BD與平面ACD1所成的角為30°【考點】幾何法求解直線與平面所成的角；異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】AB【分析】根據AC∥A1C1，A1C1⊥B1D1可判斷A；根據△A1BC1為正三角形可判斷B；記AD1∩A1D＝E，由線面垂直的判定定理得BD與平面ABC1D1所成的角為∠DBE，可判斷C；記AC∩BD＝F，利用線面垂直的判定定理得BD與平面ACD1所成的角即為∠DFD1，可判斷D．【解答】解：對于選項A，如圖，∵AC∥A1C1，A1C1⊥B1D1，所以AC⊥B1D1，∴直線AC與B1D1所成的角為90°，故選項A正確；對于B，∵AC∥A1C1，A1C1＝BC1＝A1B，可知△A1BC1為正三角形，∴直線AC與BC1所成的角為60°，故選項B正確；對于選項C，記AD1∩A1D＝E，∵AB⊥平面D1A1AD，A1D?平面D1A1AD，∴AB⊥A1D，又AD1⊥A1D，AB∩AD1＝A，AB，AD1?平面ABC1D1，∴A1D⊥平面ABC1D1，故BD與平面ABC1D1所成的角為∠DBE，∴∠DBE的正弦值為DEBD=12，即所成的角為對于選項D，記AC∩BD＝F，∵AC⊥平面DBB1D1，B1D?平面DBB1D1，∴AC⊥B1D，同理得AD1⊥B1D，又AD1∩AC＝A，AD1，AC?平面ACD1，∴B1D⊥平面ACD1，即∠DFD1為BD與平面ACD1所成的角，則cos∠DFD故選：AB．【點評】本題考查空間角的計算，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2024秋?信陽期末）平面α，β的法向量分別為m→=(a，1，-2)，n→=(1，-2，b)，請在①α∥β，②α⊥β中選擇一個填在橫線上，并寫出答案，若選【考點】空間向量語言表述面面的垂直、平行關系；平面與平面之間的位置關系．【專題】計算題；方程思想；綜合法；空間位置關系與距離；空間向量及應用；運算求解．【答案】①；-172或②；【分析】根據平面的位置關系，可判度它們的法向量平行或垂直，結合向量的坐標運算，即可求得答案．【解答】解：選①：平面α，β的法向量分別為m→若平面α∥β，得m→∥n→，則解得a=故a-選②：平面α，β的法向量分別為m→由α⊥β，得m→⊥n→，則m→?n→=變形可得a﹣2b＝2．故答案為：①；-172或②；【點評】本題考查平面法向量的應用，涉及平面與平面的位置關系，屬于基礎題．14．（2024秋?拱墅區校級期末）如圖，M，N分別是二面角α﹣AB﹣β的兩個半平面內兩點，MA＝3，AB＝2，BN＝1，∠MAB＝∠NBA＝120°，若MN=33，則異面直線AM，BN的夾角的正弦值為11【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】116【分析】連接AN，利用余弦定理可求得AN，cos∠MAN，根據AM→?BN【解答】解：如圖，連接AN，由題意，MA＝3，AB＝2，BN＝1，∠MAB＝∠NBA＝120°，MN=3在△ABN中，由余弦定理得：AN2＝AB2+BN2﹣2AB?BNcos∠ABN＝4+1﹣4cos120°＝7，則AN=在△MAN中，由余弦定理得：cos∠又AM=|AM=37故|cos即異面直線AM，BN夾角的余弦值為56因為異面直線夾角的取值范圍為(0，所以異面直線AM，BN夾角的正弦值為1-故答案為：116【點評】本題考查異面直線所成角的求法，屬中檔題．15．（2024秋?洪雅縣期末）空間直角坐標系O﹣xyz中，過點P（x0，y0，z0）且一個法向量為n→=(a，b，c)的平面α的方程為a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．已知平面α的方程為x+y+4z﹣3＝0，直線l是平面β：x+2y﹣3＝0與平面γ：2y+z+1＝0的交線，則直線l【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】π4【分析】確定平面α的一個法向量，求出直線l的方向向量，根據線面角的向量求法，即可求得答案．【解答】解：由題意可知平面α的一個法向量為m→=(1，1，平面γ一個法向量為b→設直線l的方向向量為l→=(x，y，z)，則β∩γ＝則l→⊥a→l取x＝2，則l→設直線l與平面α所成角θ，則sinθ=|∴θ=故答案為：π4【點評】本題考查向量法的應用，屬于中檔題．16．（2024秋?上海校級期末）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1，二面角A﹣BD﹣A1的大小為arctan2【考點】二面角的平面角及求法．【專題】計算題；數形結合；轉化思想；綜合法；空間角．【答案】見試題解答內容【分析】連接AC，AC∩BD＝O，連接A1O，則∠A1OA為二面角A﹣BD﹣A1的平面角；【解答】解：連接AC，AC∩BD＝O，連接A1O，則∠A1OA為二面角A﹣BD﹣A1的平面角設正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為a，∴AO=2∴tan∠A1OA=a所以∠A1OA＝arctan2．故答案為：arctan2．【點評】本題考查面面角與線面角，解題的關鍵是確定線面角與面面角，屬于基礎題．四．解答題（共4小題）17．（2025?南通模擬）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PB＝PC，D為BC的中點，平面PAD⊥平面PBC．（1）證明：AB＝AC；（2）若AB⊥AC，AB＝2，PA＝PD＝1，求平面PAB與平面PAC的夾角的正弦值．【考點】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）22【分析】（1）由面面垂直的性質，可證BC⊥平面PAD，再由線面垂直的性質，可證BC⊥AD，根據三線合一可知△ABC為等腰三角形，即可證明AB＝AC；（2）根據幾何體特征，建立空間直角坐標系，分別求出平面PAB與平面PAC的法向量，利用向量法即可求出平面PAB與平面PAC的夾角的余弦值，再根據三角函數同角求值，即可求出其正弦值．【解答】（1）證明：因為D為BC的中點，PB＝PC，所以BC⊥PD，因為平面PAD⊥平面PBC，平面PAD∩平面PBC＝PD，BC?平面PBC，所以BC⊥平面PAD，又因為AD?平面PAD，所以BC⊥AD，因為D為BC的中點，所以AB＝AC；（2）解：如圖，取AD的中點O，連接PO，因為PA＝PD，所以PO⊥AD，由（1）BC⊥平面PAD，BC?平面ABC，所以平面PAD⊥平面ABC，因為平面PAD∩平面ABC＝AD，PO?平面PAD，PO⊥AD，所以PO⊥平面ABC，如圖，以A為坐標原點，AB，AC所在直線分別為x，y軸，過點A且與PO平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系A﹣xyz，因為AB⊥AC，AB＝AC，AB＝2，D為BC的中點，所以AD=因為PA＝PD＝1，所以PA2+PD2＝AD2，所以PA⊥PD，則A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P(所以AP→=(12，設平面PBA的一個法向量為n1所以n1→?令z1＝﹣1，解得x1＝0，y1=2設平面PAC的一個法向量為n2所以n2→?令z2＝﹣1，可得x2=2，y2＝0設平面PBA與平面PAC的夾角為θ，則cosθ=所以sinθ=【點評】本題考查面面垂直的性質，考查面面角的夾角的求法，屬中檔題．18．（2025?喀什地區校級二模）如圖，△PAC為圓錐PO的軸截面，B為底面圓周上一點，OA＝3，∠ACB=π6，點D在線段BC上，且BC（1）證明：AD⊥PB；（2）若二面角A﹣PB﹣O的余弦值為55，求圓錐PO【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角；圓錐的側面積和表面積．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；空間角；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）18π．【分析】（1）建立空間直角坐標系，設OP＝t，由AD→（2）求得平面APB的一個法向量為m→=(x，y，z)，易知AD→=(-3，3【解答】（1）證明：建立如圖所示空間直角坐標系，設OP＝t，則B(0所以AD→所以AD→?BP→=0（2）解：設平面APB的一個法向量為m→則由m→⊥PA→，即3x=032x+33所以平面APB的一個法向量為m→易知AD→=(-3，所以cos＜解得t=33，即圓錐的高為則圓錐的母線長為(33所以圓錐的側面積為S＝πrl＝18π．【點評】本題考查線線垂直的判定，考查二面角及圓錐的側面積的求法，屬中檔題．19．（2025?溫州二模）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，△PBC是邊長等于2的正三角形，∠ACB＝90°，M為AB的中點．（1）求證：BC⊥PM；（2）若AC＝23，cos∠ACP=-【考點】空間中點到平面的距離；直線與平面垂直．【專題】數形結合；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）32【分析】（1）如圖可得NM⊥BC、PN⊥BC，結合線面垂直的判定定理與性質即可證明；（2）由題意，根據余弦定理分別求出AP，cos∠PBA，PM，∠PNM，即可求解．【解答】解：（1）證明：作BC中點N，連接AN，PN，MN，則MN∥AC，又因為AC⊥BC，所以NM⊥BC，又因為△PBC是正三角形，且N為BC中點，因此PN⊥BC，因為PN∩MN＝N，PN，NM?平面PNM，所以BC⊥平面PNM，又因為PM?平面PNM，所以BC⊥PM．（2）由題知∠PCB＝60°，PN=PC所以BM＝2．在△ACP中，AC=2由余弦定理得：AP=在△PBA中，由余弦定理得：cos∠所以PM=設平面ACB與平面PBC夾角為θ（0＜θ＜180°），因為PN⊥BC，NM⊥BC，所以θ＝∠PNM．在△PMN中，由余弦定理得：cosθ=PN2+設點M到平面PBC的距離為d，則d=【點評】本題考查線線垂直的證明和點到平面的距離求解，屬于中檔題．20．（2025?濰坊模擬）如圖，四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，上、下底面分別為邊長1，2的正方形，D1D⊥平面ABCD，D1D＝1，AB1＝CB1．（1）證明：DD1∥平面AB1C；（2）求直線DB1與平面AB1C所成角的正切值．【考點】直線與平面所成的角；直線與平面平行．【專題】數形結合；綜合法；立體幾何；邏輯思維．【答案】（1）證明見解答；（2）2．【分析】（1）可通過證明線線平行得到線面平行．（2）作出直線與平面所成的角，在直角三角形中，利用邊角關系求正切．【解答】解：（1）證明：連接BD，交AC于點E，連接B1E，B1D1．由題意：B1D1∥BD，且B1D1=2，BD所以B1D1∥DE且B1D1＝DE，所以四邊形B1D1DE為平行四邊形，所以DD1∥B1E，DD1?平面AB1C，B1E?平面AB1C，所以DD1∥平面AB1C．（2）因為DD1⊥平面ABCD，所以B1E⊥平面ABCD，又因為DE?平面ABCD，所以B1E⊥DE．又因為DE⊥AC，AC∩B1E＝E，AC，B1E?平面AB1C，所以DE⊥平面AB1C．所以∠DB1E為直線DB1與平面AB1C所成的角．在Rt△DB1E中，tan∠所以線DB1與平面AB1C所成角的正切值為2．【點評】本題考查線面平行的證明和直線與平面所成角的求解，屬于中檔題．

考點卡片1．棱錐的結構特征【知識點的認識】1．棱錐：有一個面是多邊形，其余各面是有一個公共頂點的三角形，由這些面圍成的幾何體叫做棱錐．用頂點和底面各頂點的字母表示，例：S﹣ABCD．2．認識棱錐棱錐的側面：棱錐中除底面外的各個面都叫做棱錐的側面．棱錐的側棱：相鄰側面的公共邊叫做棱錐的側棱．棱錐的頂點；棱錐中各個側面的公共頂點叫做棱錐的頂點．棱錐的高：棱錐的頂點到底面的距離叫做棱錐的高．棱錐的對角面；棱錐中過不相鄰的兩條側棱的截面叫做對角面．3．棱錐的結構特征棱錐1根據棱錐的結構特征，可知棱錐具有以下性質：平行于底面的截面和底面相似，且它們的面積比等于截得的棱錐的高與原棱錐的高的比．4．棱錐的分類棱錐的底面可以是三角形、四邊形、五邊形…我們把這樣的棱錐分別叫做三棱錐、四棱錐、五棱錐…正棱錐：底面是正多邊形，并且頂點在底面內的射影是底面中心，這樣的棱錐叫做正棱錐．正棱錐的各個側面都是全等的等腰三角形．5．棱錐的體積公式設棱錐的底面積為S，高為h，V棱錐=132．球內接多面體【知識點的認識】1、球內接多面體的定義：多面體的頂點都在球面上，且球心到各頂點的距離都是半徑．球內接多面體也叫做多面體外接球．球外切多面體的定義：球面和多面體的各個面都相切，球心到各面的距離都是球的半徑．球外切多面體也叫做多面體內切球．2、研究球與多面體的接、切問題主要考慮以下幾個方面的問題：（1）球心與多面體中心的位置關系；（2）球的半徑與多面體的棱長的關系；（3）球自身的對稱性與多面體的對稱性；（4）能否做出軸截面．3、球與多面體的接、切中有關量的分析：（1）球內接正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②正方體的四個頂點都在球面上；③球半徑和正方體棱長的關系：r=32（2）球外切正方體：球和正方體都是中心對稱和軸對稱圖形，設球的半徑為r，正方體的棱長為a，則：①球心就是正方體的中心，球心在正方體的體對角線的中點處；②球與正方體每個面的切點都是每個面的中心點；③球半徑和正方體棱長的關系：r=123．圓錐的側面積和表面積【知識點的認識】圓錐的側面積和表面積依賴于底面圓的半徑r、母線長度l和底面圓的面積．【解題方法點撥】﹣側面積：計算公式為πrl．﹣表面積：包括底面圓的面積和側面的面積，計算公式為πr【命題方向】﹣圓錐的表面積計算：考查如何計算圓錐的側面積和表面積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓錐的表面積計算．4．球的表面積【知識點的認識】球的表面積依賴于球的半徑r，計算公式為4π【解題方法點撥】﹣計算公式：表面積計算公式為4π﹣實際應用：如何根據實際問題中的球尺寸進行表面積計算．【命題方向】﹣球的表面積計算：考查如何根據球的半徑計算表面積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用球的表面積計算．5．異面直線及其所成的角【知識點的認識】1、異面直線所成的角：直線a，b是異面直線，經過空間任意一點O，作直線a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我們把直線a′和b′所成的銳角（或直角）叫做異面直線a和b所成的角．異面直線所成的角的范圍：θ∈（0，π2]．當θ＝902、求異面直線所成的角的方法：求異面直線的夾角關鍵在于平移直線，常用相似比，中位線，梯形兩底，平行平面等手段來轉移直線．3、求異面直線所成的角的方法常用到的知識：6．直線與平面平行【知識點的認識】1、直線與平面平行的判定定理：如果平面外一條直線和這個平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．用符號表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．2、直線與平面平行的判定定理的實質是：對于平面外的一條直線，只需在平面內找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個平面平行．即由線線平行得到線面平行．1、直線和平面平行的性質定理：如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行．用符號表示為：若a∥α，a?β，α∩β＝b，則a∥b．2、直線和平面平行的性質定理的實質是：已知線面平行，過已知直線作一平面和已知平面相交，其交線必和已知直線平行．即由線面平行?線線平行．由線面平行?線線平行，并不意味著平面內的任意一條直線都與已知直線平行．正確的結論是：a∥α，若b?α，則b與a的關系是：異面或平行．即平面α內的直線分成兩大類，一類與a平行有無數條，另一類與a異面，也有無數條．7．直線與平面垂直【知識點的認識】直線與平面垂直：如果一條直線l和一個平面α內的任意一條直線都垂直，那么就說直線l和平面α互相垂直，記作l⊥α，其中l叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．直線與平面垂直的判定：（1）定義法：對于直線l和平面α，l⊥α?l垂直于α內的任一條直線．（2）判定定理1：如果兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個平面．（3）判定定理2：如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面．直線與平面垂直的性質：①定理：如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行．符號表示為：a⊥α，b⊥α?a∥b②由定義可知：a⊥α，b?α?a⊥b．8．平面與平面之間的位置關系【知識點的認識】平面與平面之間的位置關系：位置關系公共點個數符號表示圖示兩平面平行無α∥β兩平面相交有一條公共直線α∩β＝l9．空間兩點間的距離公式【知識點的認識】空間兩點間的距離公式：已知空間兩點P（x1，y1，z1），Q（x2，y2，z2），則兩點的距離為，特殊地，點A（x，y，z）到原點O的距離為．10．空間向量的數乘及線性運算【知識點的認識】1．空間向量的數乘運算實數λ與空間向量a→的乘積λ①當λ＞0時，λa→與②當λ＜0時，λa→與③當λ＝0時，λa④|λa→|＝|λ|?|aλa→的長度是a→的長度的|λ2．運算律空間向量的數乘滿足分配律及結合律．（1）分配律：①λ②（λ+μ）a（2）結合律：λ注意：實數和空間向量可以進行數乘運算，但不能進行加減運算，如λ±【解題方法點撥】﹣標量運算：進行數乘運算時，將標量與向量分量相乘．﹣線性組合：應用線性組合公式，計算向量的線性組合結果．【命題方向】﹣向量數乘和線性運算：考查如何進行空間向量的數乘和線性組合運算．11．空間向量的數量積運算【知識點的認識】1．空間向量的夾角已知兩個非零向量a→、b→，在空間中任取一點O，作OA→=a→，OB→=b→，則∠2．空間向量的數量積（1）定義：已知兩個非零向量a→、b→，則|a→||b→|cos＜a→，b→＞叫做向量a→與b→的數量積，記作a→?b→（2）幾何意義：a→與b→的數量積等于a→的長度|a→|與b→在a→的方向上的投影|b→|cosθ的乘積，或b→的長度|b→|與3．空間向量的數量積運算律空間向量的數量積滿足交換律和分配律．（1）交換律：(λa→)?b→=λa（2）分配律：a→4．數量積的理解（1）書寫向量的數量積時，只能用符號a→?b→（2）兩向量的數量積，其結果是個實數，而不是向量，它的值為兩向量的模與兩向量夾角的余弦值的乘積，其符號由夾角的余弦值決定．（3）當a→≠0→時，由a→?b→=0不能推出【解題方法點撥】利用數量積求直線夾角或余弦值的方法：利用數量積求兩點間的距離：利用向量的數量積求兩點間的距離，可以轉化為求向量的模的問題，其基本思路是先選擇以兩點為端點的向量，將此向量表示為幾個已知向量的和的形式，求出這幾個已知向量的兩兩之間的夾角以及它們的模，利用公式|a→|=利用數量積證明垂直關系：（1）向量垂直只對非零向量有意義，在證明或判斷a→⊥b→時，須指明（2）證明兩直線的垂直可以轉化為證明這兩直線的方向向量垂直，將兩個方向向量表示為幾個已知向量a→，b→，c→【命題方向】求直線夾角或余弦值、兩點間的距離、證明垂直關系等問題最基本的是掌握數量積運算法則的應用，任何有關數量積計算問題都離不開運算律的運用．例：已知2a→+b→=（2，﹣4，1），且b→=（0，2，﹣1分析：通過2a→+b→=（2，﹣4，1），且b→=（0解答：∵2a→+b→=（2，﹣4，1），且b→=∴a→=（1，﹣3，∴a→?b→=1×0+2×（﹣3）+1×（﹣1故答案為：﹣7．點評：本題考查了空間向量的數量積的坐標運算，屬于基礎題．12．空間向量的投影向量與投影【知識點的認識】﹣投影向量：向量a→在b→上的投影是﹣投影長度：投影的長度為|a【解題方法點撥】﹣計算投影：使用點積和向量模計算投影向量及其長度．【命題方向】﹣向量投影：考查如何計算向量在另一個向量上的投影及其長度．13．空間直線的方向向量、空間直線的向量參數方程【知識點的認識】1、直線的方向向量：空間中任意一條直線l的位置可以由l上一個定點A以及一個定方向確定．直線l上的向量e→以及與e→共線的向量叫做直線①一條直線l有無窮多個方向向量，這些方向向量之間互相平行．②直線l的方向向量也是所有與l平行的直線的方向向量．2、方向向量的求法：可根據直線l上的任意兩點的坐標寫出直線l的一個方向向量．3、平面的法向量：由于垂直于同一平面的直線是互相平行的，所以，可以用垂直于平面的直線的方向向量來刻畫平面的“方向”．如果表示向量n→的有向線段所在直線垂直于平面α，則稱這個向量垂直于平面，記作n→⊥α，如果n→⊥α，那么向量n①法向量一定是非零向量；②一個平面α有無窮多個法向量，這些法向量之間互相平行；③向量n→是平面的法向量，向量m→是與平面平行或在平面內，則有n→?④一個平面α的法向量也是所有與平面α平行的平面的法向量．4、法向量的求法：（1）設：設出平面法向量的坐標為n→=（u，v，（2）列：根據a→?n→=（3）解：把u（或v或w）看作常數，用u（或v或w）表示另外兩個量（4）取：取u為任意一個數（當然取得越特殊越好），則得到平面法向量n→1、空間直線的點向式方程或標準方程：設直線L過點M0（x0，y0，z0），s→=（m，n，p）是直線L的方向向量．設M（x，y，z）是直線L上任意一點，則M0M→=（x﹣x0，y﹣y0，z﹣zx-改方程組稱為直線的點向式方程或標準方程（當m、n、p中有一個或兩個為零時，就理解為相應的分子為零）．若直線L的方程為x-x0m=y-y0n=z-z0p，平面π的方程為Ax+By+Cz+D＝0，則直線L2、空間直線的參數方程：在直線方程x-x0x=這樣，空間直線上動點M的坐標x、y、z就都表達為變量t的函數．當t取遍所有實數值時，由所確定的點M（x，y，z）就描出來直線．形如（※）的方程稱為直線的參數方程，t為參數．14．平面的法向量【知識點的認識】1、直線的方向向量：空間中任意一條直線l的位置可以由l上一個定點A以及一個定方向確定．直線l上的向量e→以及與e→共線的向量叫做直線①一條直線l有無窮多個方向向量，這些方向向量之間互相平行．②直線l的方向向量也是所有與l平行的直線的方向向量．2、方向向量的求法：可根據直線l上的任意兩點的坐標寫出直線l的一個方向向量．3、平面的法向量：由于垂直于同一平面的直線是互相平行的，所以，可以用垂直于平面的直線的方向向量來刻畫平面的“方向”．如果表示向量n→的有向線段所在直線垂直于平面α，則稱這個向量垂直于平面，記作n→⊥α，如果n→⊥α，那么向量n①法向量一定是非零向量；②一個平面α有無窮多個法向量，這些法向量之間互相平行；③向量n→是平面的法向量，向量m→是與平面平行或在平面內，則有n→?④一個平面α的法向量也是所有與平面α平行的平面的法向量．4、法向量的求法：（1）設：設出平面法向量的坐標為n→=（u，v，（2）列：根據a→?n→=（3）解：把u（或v或w）看作常數，用u（或v或w）表示另外兩個量（4）取：取u為任意一個數（當然取得越特殊越好），則得到平面法向量n→15．直線與平面所成的角【知識點的認識】1、直線和平面所成的角，應分三種情況：（1）直線與平面斜交時，直線和平面所成的角是指此直線和它在平面上的射影所成的銳角；（2）直線和平面垂直時，直線和平面所成的角的大小為90°；（3）直線和平面平行或在平面內時，直線和平面所成的角的大小為0°．顯然，斜線和平面所成角的范圍是（0，π2）；直線和平面所成的角的范圍為[0，π22、一條直線和一個平面斜交，它們所成的角的度量問題（空間問題）是通過斜線在平面內的射影轉化為兩條相交直線的度量問題（平面問題）來解決的．具體的解題步驟與求異面直線所成的角類似，有如下的環節：（1）作﹣﹣作出斜線與射影所成的角；（2）證﹣﹣論證所作（或找到的）角就是要求的角；（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂線段、斜線段、斜線段的射影所組成的直角三角形）求出角．（4）答﹣﹣回答求解問題．在求直線和平面所成的角時，垂線段是其中最重要的元素，它可起到聯系各線段的紐帶的作用．在直線與平面所成的角的定義中體現等價轉化和分類與整合的數學思想．3、斜線和平面所成角的最小性：斜線和平面所成的角是用兩條相交直線所成的銳角來定義的，其中一條直線就是斜線本身，另一條直線是斜線在平面上的射影．在平面內經過斜足的直線有無數條，它們和斜線都組成相交的兩條直線，為什么選中射影和斜線這兩條相交直線，用它們所成的銳角來定義斜線和平面所成的角呢？原因是斜線和平面內經過斜足的直線所成的一切角中，它是最小的角．對于已知的斜線來說這個角是唯一確定的，它的大小反映了斜線關于平面的“傾斜程度”．根據線面所成的角的定義，有結論：斜線和平面所成的角，是這條斜線和這個平面內的直線所成的一切角中最小的角．用空間向量直線與平面所成角的求法：（1）傳統求法：可通過已知條件，在斜線上取一點作該平面的垂線，找出該斜線在平面內的射影，通過解直角三角形求得．（2）向量求法：設直線l的方向向量為a→，平面的法向量為u→，直線與平面所成的角為θ，a→與u→的夾角為φ，則有sinθ＝|cos16．幾何法求解直線與平面所成的角【知識點的認識】1、直線和平面所成的角，應分三種情況：（1）直線與平面斜交時，直線和平面所成的角是指此直線和它在平面上的射影所成的銳角；（2）直線和平面垂直時，直線和平面所成的角的大小為90°；（3）直線和平面平行或在平面內時，直線和平面所成的角的大小為0°．顯然，斜線和平面所成角的范圍是（0，π2）；直線和平面所成的角的范圍為[0，π22、一條直線和一個平面斜交，它們所成的角的度量問題（空間問題）是通過斜線在平面內的射影轉化為兩條相交直線的度量問題（平面問題）來解決的．【解題方法點撥】具體的解題步驟與求異面直線所成的角類似，有如下的環節：（1）作﹣﹣作出斜線與射影所成的角；（2）證﹣﹣論證所作（或找到的）角就是要求的角；（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂線段、斜線段、斜線段的射影所組成的直角三角形）求出角．（4）答﹣﹣回答求解問題．在求直線和平面所成的角時，垂線段是其中最重要的元素，它可起到聯系各線段的紐帶的作用．在直線與平面所成的角的定義中體現等價轉化和分類與整合的數學思想．【命題方向】﹣夾角計算：考查如何使用幾何方法計算直線與平面之間的夾角．17．空間向量法求解直線與平面所成的角【知識點的認識】直線與平面所成角的求法：向量求法：設直線l的方向向量為a→，平面的法向量為u→，直線與平面所成的角為θ，a→與u→的夾角為φ，則有sinθ＝|cos【解題方法點撥】﹣點積和模：計算向量的數量積和模，求得角度的余弦值，然后使用反余弦函數計算角度．【命題方向】﹣向量法計算：考查如何使用空間向量法計算直線與平面之間的夾角．18．二面角的平面角及求法【知識點的認識】1、二面角的定義：從一條直線出發的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫做二面角的面．棱為AB、面分別為α、β的二面角記作二面角α﹣AB﹣β．有時為了方便，也可在α、β內（棱以外的半平面部分）分別取點P、Q，將這個二面角記作P﹣AB﹣Q．如果棱記作l，那么這個二面角記作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．2、二面角的平面角﹣﹣在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一點O，以點O為垂足，在半平面α和β內分別作垂直于棱l的射線OA和OB，則射線OA和OB構成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角來度量，二面角的平面角是多少度，就說這個二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小與點O的位置無關，也就是說，我們可以根據需要來選擇棱l上的點O．3、二面角的平面角求法：（1）定義；（2）三垂線定理及其逆定理；①定理內容：在