2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之空間向量的應(yīng)用（2025年4月）

第51頁（共51頁）2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之空間向量的應(yīng)用（2025年4月）一．選擇題（共8小題）1．（2025?香坊區(qū)校級二模）如圖所示，將繪有函數(shù)f（x）＝Msin（π3x+φ）（M＞0，0＜φ＜π）部分圖像的紙片沿x軸折成鈍二面角，此二面角的平面角為2π3，此時A，B之間的距離為3A．π4 B．3π4 C．π32．（2025?門頭溝區(qū)一模）某紀念塔的一部分建筑結(jié)構(gòu)可抽象為三棱錐P﹣ABC，PA＝PB＝PC＝23，底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，頂點P到底面ABC的距離為3，則點B到平面PAC的距離為（）A．2 B．6 C．3 D．233．（2025?豐臺區(qū)一模）如圖，正方體ABCD﹣A'B'C'D'的棱長為2，E為CD的中點，F(xiàn)為線段A′C上的動點，給出下列四個結(jié)論：①存在唯一的點F，使得A，B′，E，F(xiàn)四點共面；②EF+D′F的最小值為23③存在點F，使得AF⊥D′E；④有且僅有一個點F，使得平面AEF截正方體ABCD﹣A'B'C'D'所得截面的面積為25其中所有正確結(jié)論的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．44．（2024秋?高州市期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，AA1=2，AB＝2，則點CA．63 B．233 C．303 5．（2025?新余一模）已知θ是銳角，則“直線l與平面α所成角的大小為θ”是“直線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線所成角的大小為θ”的（）條件．A．必要不充分 B．充分不必要 C．充分必要 D．既不充分也不必要6．（2025?天心區(qū)校級模擬）在棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別是棱AB，AA1的中點，過MN作平面α，使得BD∥α，則直線MC1與平面α所成角的正弦值為（）A．33 B．32 C．5397．（2024秋?大連校級期末）在正四棱錐中，記側(cè)棱與底面所成的角為α，側(cè)面與底面所成的角為β，相鄰兩側(cè)面所成的二面角的平面角為γ，側(cè)面等腰三角形的底角為δ，則α，β，γ，δ的大小關(guān)系為（）A．α＜β＜δ＜γ B．α＜β＜γ＜δ C．α＜γ＜β＜δ D．α＜δ＜β＜γ8．（2025春?鹽城月考）將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A﹣BD﹣C，則下列結(jié)論不正確的是（）A．AC⊥BD B．△ACD是等邊三角形 C．點B與平面ACD的距離為23D．AB與CD所成的角為30°二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?銅仁市模擬）在正三棱柱ABC﹣A′B′C′中，AB＝AA′＝2，過直線AB的平面α交線段B′C′于點E，交線段A′C′于點F（點E，F(xiàn)不與端點重合），平面α將三棱柱分為兩部分，記這兩個部分的體積分別為V1，V2（V1＜V2），則（）A．四邊形ABEF是等腰梯形 B．當(dāng)點E是B′C′中點時，V1：V2＝5：7 C．異面直線BF與B′C′所成角的取值范圍是(πD．當(dāng)BF⊥AC時，直線BC與平面α所成角的正弦值是2（多選）10．（2025?常德模擬）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，空間中的點P滿足AP→=AD→+λAB→+μAA．若μ＝1，則BP⊥A1D B．若AP=5，則λ+2μ的最大值為C．若λ＝1，則平面BPD1截該正方體的截面面積的最小值為6 D．若λ+μ＝1，則平面ACD1與平面AB1P夾角的正切值的最小值為2（多選）11．（2025?重慶校級模擬）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠CAB＝90°，AC＝AB＝AA1＝2，點M，N分別是B1C1，A1A的中點，則下列說法正確的是（）A．異面直線AC1與A1M所成的角為45° B．B1C⊥A1B C．若點P是A1C1的中點，則平面BNP截直三棱柱所得截面的周長為45D．點F是底面三角形ABC內(nèi)一動點（含邊界），若二面角B﹣A1M﹣F的余弦值為33，則動點F的軌跡長度為（多選）12．（2025?武漢模擬）如圖，以A1，B1，C1，A，B，C為頂點的六面體中，四邊形AA1C1C為菱形，B1C1∥BC，B1C1=12BC，∠C1CA＝60°，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝A．AC⊥A1B B．AC1∥平面A1BB1 C．當(dāng)A1B=6時，二面角A1﹣AB﹣D．當(dāng)A1B三．填空題（共4小題）13．（2025?江西模擬）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為3的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，若直線PC?平面α，直線BD∥平面α，平面α與直線AB，AD分別交于點E，F(xiàn)，則△PEF的面積為；直線BD到平面α的距離為．14．（2025春?浦口區(qū)校級月考）若直線l的方向向量為a→=(2，-3，3)，向量n→=(1，0，15．（2024秋?大連校級期末）已知二面角P﹣AB﹣Q的大小為π6，且PQ與平面QAB所成線面角為π4，若△PAB的面積為2，則△QAB的面積的取值范圍為16．（2025?甘肅校級模擬）已知正四棱錐M﹣P1P2P3P4的底面邊長與高均為2，設(shè)D是正方形P1P2P3P4及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合，點P0是正方形P1P2P3P4的中心，若集合S＝{P|P∈D，|PP0|≤|PPi|，i＝1，2，3，4}，則直線MP與平面P1P2P3P4所成角的正切值的最小值為．四．解答題（共4小題）17．（2025?香坊區(qū)校級二模）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是矩形，EF∥DC，AE＝DE＝EF＝AD＝1，AB＝2，CF=2（1）證明：平面ADE⊥平面ABCD；（2）求五面體ABCDEF的體積；（3）求平面ADE與平面BCF夾角的余弦值．18．（2025?湖南模擬）在三棱錐P﹣ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥平面PBC．（1）求證：PB⊥BC；（2）若二面角P﹣AC﹣B的余弦值為13，且AB＝2，BC=219．（2025?昌黎縣校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，AD＝2BC＝2CD＝4，E為邊AD的中點，PE⊥CD．（1）求證：平面PAB⊥平面PBD；（2）若直線PD與平面ABCD所成角為45°，求點A到平面PCE的距離．20．（2025?潮陽區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，2AB＝AD＝DC＝DP＝2，PA=22，（1）若M，F(xiàn)分別是PA，BC的中點，證明：MF⊥AD；（2）求二面角P﹣BC﹣D的余弦值．

2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之空間向量的應(yīng)用（2025年4月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案BCBCBCAD二．多選題（共4小題）題號9101112答案ABDABDBCDABD一．選擇題（共8小題）1．（2025?香坊區(qū)校級二模）如圖所示，將繪有函數(shù)f（x）＝Msin（π3x+φ）（M＞0，0＜φ＜π）部分圖像的紙片沿x軸折成鈍二面角，此二面角的平面角為2π3，此時A，B之間的距離為3A．π4 B．3π4 C．π3【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)；立體幾何；運算求解．【答案】B【分析】根據(jù)給定條件，作出二面角的平面角，結(jié)合等腰三角形性質(zhì)求出BE，利用周期求出AE，再由勾股定理求出M，根據(jù)圖象過點(0，【解答】解：過A，B分別作x軸的垂線，垂足分別為C，D，在平面ACD內(nèi)作AE∥x軸，DE⊥軸交于點E，連接AB，BE，則∠BDE是二面角的平面角，即∠BDEBD＝DE＝M，則BE=2由x軸垂直于BD，DE，BD∩DE＝D，BD，DE?平面BDE，得x軸垂直于平面BDE，又AE∥x軸，則AE⊥平面BDE，而BE?平面BDE，因此AE⊥BE，又函數(shù)f（x）的周期T=2ππ3=6，即由勾股定理得BE2+AE2＝AB2，即3M2+9＝18，解得M=而函數(shù)f（x）的圖象過點(0，則f(0)=即sinφ=22，又0＜φ且0在f（x）的遞減區(qū)間內(nèi)，所以φ=故選：B．【點評】本題考查三角函數(shù)圖象與性質(zhì)與二面角的應(yīng)用，屬于中檔題．2．（2025?門頭溝區(qū)一模）某紀念塔的一部分建筑結(jié)構(gòu)可抽象為三棱錐P﹣ABC，PA＝PB＝PC＝23，底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，頂點P到底面ABC的距離為3，則點B到平面PAC的距離為（）A．2 B．6 C．3 D．23【考點】空間中點到平面的距離．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運算求解．【答案】C【分析】根據(jù)三棱錐體積公式首先求得三棱錐的體積，再換底表示三棱錐的體積，即可求得點B到平面PAC的距離．【解答】解：因為PA=且底面△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，所以點P在平面ABC上的射影O為邊AC的中點，則PO＝3，在直角三角形PAO中，由勾股定理，得AO=3，所以又因為底面△ABC是等腰直角三角形，所以AB=所以VP設(shè)點B到平面PAC的距離為d，則有VP解得d=3，點B到平面PAC的距離為故選：C．【點評】本題考查利用等體積法求解點到平面的距離，屬中檔題．3．（2025?豐臺區(qū)一模）如圖，正方體ABCD﹣A'B'C'D'的棱長為2，E為CD的中點，F(xiàn)為線段A′C上的動點，給出下列四個結(jié)論：①存在唯一的點F，使得A，B′，E，F(xiàn)四點共面；②EF+D′F的最小值為23③存在點F，使得AF⊥D′E；④有且僅有一個點F，使得平面AEF截正方體ABCD﹣A'B'C'D'所得截面的面積為25其中所有正確結(jié)論的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【考點】點、線、面間的距離計算；共面直線及四點共面．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運算求解；空間想象．【答案】B【分析】①作出經(jīng)過點A'，B'，E的截面即可判斷；②由D'F＝B'F，分析可得（EF+D'F）min＝EB'＝3，即可判斷；③作出經(jīng)過點A且與直線D'E垂直的平面，判斷該平面與A'C是否有交點即可；④分析點F與點A'重合和點F從A'C上靠近點C的三等分點向點C運動這兩種情況下，平面AEF截正方體所得截面的面積變化情況即可判斷．【解答】解：①取CC'中點為G，連接AE，EG，GB'，B'A，因為正方體ABCD﹣A'B'C'D'，E為CD的中點，所以GE∥C'D∥B'A，即A，B'，E，G四點共面，該平面與線段A'C有且僅有一個交點，故①正確；②因為D'F＝B'F，求EF+D'F的最小值，即求EF+B'F的最小值，因為正方體ABCD﹣A'B'C'D'，所以A'，B'，E，C四點共面，所以EB'與A'C相交于一點，設(shè)為F'，此時（EF+B'F）min＝EF'+B'F'＝EB'=CE因為3＜所以EF+D'F的最小值不是23，故②③分別取CC'，BB'的中點G，H，連接DG，GH，HA，設(shè)DG交ED'于點P，若A'C∩平面DGHA＝F，在平面CDD'C'中，易知△GCD≌△EDD'，所以∠CGD＝∠DEP，所以∠DEP所以∠EPD=π2，即DG因為AD⊥平面CDD'C'，ED'?平面CDD'C'，所以AD⊥ED'，又DG∩AD＝D，AD?平面DGHA，DG?平面DGHA，所以ED'⊥平面DGHA，因為A'C∩平面DGHA＝F，AF?平面DGHA，所以ED'⊥AF，所以存在點F，使得AF⊥D'E，故③正確；④當(dāng)點F與點A'重合時，截面為矩形，截面面積為25當(dāng)點F為A'C上靠近點C的三等分點時，取CC'中點G，連接AE，EG，GB'，AB'，EB'，AG，此時四邊形EGB'A即為平面AEF截正方體ABCD﹣A'B'C′D'所得截面，證明如下：已知A'C∩平面EGB'A＝F，求證點F為A'C上靠近點C的三等分點，因為EC∥A'B'，所以CFFA'=ECA'B'=又GE∥B'A，且GE=12B'A，AE＝GB'=5所以當(dāng)點F為A'C上靠近點C的三等分點時，截面面積為92當(dāng)點F趨近于點C時，截面面積趨近于3，因為92＞25，3＜25，點F從A'C上靠近點C的三等分點向點所以點F從A'C上靠近點C的三等分點向點C運動時存在某點F，使得截面面積為25所以線段A'C上至少存在兩個點F使得截面面積為25，故④故選：B．【點評】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，熟練掌握棱柱的結(jié)構(gòu)特征，平面的基本性質(zhì)與推論，以及截面問題的處理方法是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于難題．4．（2024秋?高州市期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是等邊三角形，AA1=2，AB＝2，則點CA．63 B．233 C．303 【考點】空間中點到直線的距離及兩平行直線間的距離．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】取AC的中點O，以O(shè)B所在直線為x軸，OC所在直線為y軸，O與A1C1中點連線所在直線為z軸，建立空間坐標系，利用空間向量求解即可．【解答】解：取AC的中點O，則BO⊥以O(shè)B，OC所在直線分別為x軸，y軸，O與A1C1中點連線所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz，則A(0所以AB所以CA→在AB1故點C到直線AB1的距離為d=故選：C．【點評】本題考查向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．5．（2025?新余一模）已知θ是銳角，則“直線l與平面α所成角的大小為θ”是“直線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線所成角的大小為θ”的（）條件．A．必要不充分 B．充分不必要 C．充分必要 D．既不充分也不必要【考點】幾何法求解直線與平面所成的角；充分不必要條件的判斷．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；空間角；邏輯思維．【答案】B【分析】利用線面角的定義結(jié)合充分條件、必要條件的定義判斷即可．【解答】解：如圖所示：設(shè)直線l交平面α于點A，過直線l上異于點A的點P作PO⊥α，垂足為點O，則∠PAO為直線l與平面α所成的角，若直線l與平面α所成角的大小為θ，則直線l與所有平行于直線AO的直線所成的角都為θ，即“直線l與平面α所成角的大小為θ”?“直線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線所成角的大小為θ”，若直線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線所成角的大小為θ，但直線l與平面α內(nèi)所有直線所成的最小角為直線l與平面α所成的角，所以，θ不一定是直線l與平面α所成的角，即“直線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線所成角的大小為θ”不能推出“直線l與平面α所成角的大小為θ”，所以“直線l與平面α所成角的大小為θ”是“直線l與平面α內(nèi)無數(shù)條直線所成角的大小為θ”的充分不必要條件．故選：B．【點評】本題考查直線與平面所成角的定義，充分必要條件的判斷，屬于中檔題．6．（2025?天心區(qū)校級模擬）在棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別是棱AB，AA1的中點，過MN作平面α，使得BD∥α，則直線MC1與平面α所成角的正弦值為（）A．33 B．32 C．539【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；立體幾何；運算求解．【答案】C【分析】以A為原點，直線AB為x軸，直線AD為y軸，直線AA1為z軸建立空間直角坐標系，取AD中點Q，平面MNQ即為平面α．再根據(jù)線面角的向量法求解即可．【解答】解：如圖，以A為原點，直線AB為x軸，直線AD為y軸，直線AA1為z軸建立空間直角坐標系，取AD中點Q，因為M是棱AB的中點，故MQ∥BD，又MQ?平面MNQ，BD?平面MNQ，則BD∥平面MNQ，故平面MNQ即為平面α．∴M（2，0，0），N（0，0，2），Q（0，2，0），C1（4，4，4），∴MN→設(shè)平面α的一個法向量為n→則MN→⊥n令a＝1，則a=1即n→=(1，∴直線MC1與平面α所成角的正弦值為：sinθ=|故選：C．【點評】本題考查向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．7．（2024秋?大連校級期末）在正四棱錐中，記側(cè)棱與底面所成的角為α，側(cè)面與底面所成的角為β，相鄰兩側(cè)面所成的二面角的平面角為γ，側(cè)面等腰三角形的底角為δ，則α，β，γ，δ的大小關(guān)系為（）A．α＜β＜δ＜γ B．α＜β＜γ＜δ C．α＜γ＜β＜δ D．α＜δ＜β＜γ【考點】二面角的平面角及求法．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】A【分析】作圖，找到所求的四個角，根據(jù)tanα，tanβ，tanδ的大小關(guān)系，可比較α，β，δ的大小關(guān)系，并發(fā)現(xiàn)它們都是銳角，根據(jù)定義作出相鄰兩側(cè)面所成的二面角的平面角γ，利用等面積法求出EB的長，利用余弦定理計算可得γ是鈍角，將四個角按照大小排序即可．【解答】解：如圖，不妨設(shè)正四棱錐S﹣ABCD的底面邊長為2，高SO＝h，取BC中點H，連接OH，SH，BD，易知tanα=tanβ=tanδ=所以0＜tanα＜tanβ＜tanδ，則0＜過點D作DE⊥SA于點E，連接EB，因為△SAD?△SAB，所以BE⊥SA，所以∠BED即為相鄰側(cè)面SAD和側(cè)面SAB所成的二面角的平面角γ，因為S△所以EB=即EB=在△BED中，根據(jù)余弦定理，cosγ=其中DE所以cosγ＜所以α＜β＜δ＜γ．故選：A．【點評】本題考查二面角的應(yīng)用，屬于中檔題．8．（2025春?鹽城月考）將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A﹣BD﹣C，則下列結(jié)論不正確的是（）A．AC⊥BD B．△ACD是等邊三角形 C．點B與平面ACD的距離為23D．AB與CD所成的角為30°【考點】點、線、面間的距離計算；棱錐的結(jié)構(gòu)特征；空間向量法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】D【分析】對于選項A：取BD的中點O，連接AO，CO．運用正方形性質(zhì)和直線與平面垂直的判定定理，可得BD⊥平面AOC．再用直線與平面垂直的性質(zhì)，所以AC⊥BD，判斷A．對于選項B：已知正方形邊長為2，能得到AO＝CO＝1．由于二面角是直的，且AO⊥BD，運用線面垂直性質(zhì)，結(jié)合用勾股定理算出AC=2，又AD=CD=對于選項C：運用等體積法，先算出A﹣BCD的體積，再算出△ACD的面積，根據(jù)體積公式就能求出h=233對于選項D：建立坐標系，得出A、B、C、D的坐標，進而得到向量AB→、CD→，用求向量夾角的方法算出余弦值，結(jié)合異面直線夾角范圍，可知夾角是60°，不是30°，判斷【解答】解：對于選項A，取BD的中點O，連接AO，CO，因為正方形ABCD，所以AO⊥BD，CO⊥BD，又AO∩CO＝O，所以BD⊥平面AOC．又因為AC?平面AOC，所以AC⊥BD，故選項A正確；對于選項B，因為正方形邊長為2，所以AO＝CO＝1．因為二面角A﹣BD﹣C是直二面角，即平面ABD⊥平面CBD，且AO⊥BD，平面ABD∩平面CBD＝BD，所以AO⊥平面CBD，又OC?平面CBD，所以AO⊥CO，在Rt△AOC中，因為AC2＝AO2+CO2，所以AC=又AD=所以△ACD是等邊三角形，故選項B正確；對于選項C，設(shè)點B到平面ACD的距離為h．因為VB﹣ACD＝VA﹣BCD，S△BCD=12所以VA-BCD由VB即13解得h=23對于選項D，分別以O(shè)B，OC，OA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系．則A（0，0，1），B（1，0，0），C（0，1，0），D（﹣1，0，0），AB→=(1，設(shè)AB與CD所成的角為θ，則cosθ=|因為異面直線所成角的范圍是（0°，90°]，所以θ＝60°，故選項D錯誤．故選：D．【點評】本題考查立體幾何的綜合問題，屬于中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?銅仁市模擬）在正三棱柱ABC﹣A′B′C′中，AB＝AA′＝2，過直線AB的平面α交線段B′C′于點E，交線段A′C′于點F（點E，F(xiàn)不與端點重合），平面α將三棱柱分為兩部分，記這兩個部分的體積分別為V1，V2（V1＜V2），則（）A．四邊形ABEF是等腰梯形 B．當(dāng)點E是B′C′中點時，V1：V2＝5：7 C．異面直線BF與B′C′所成角的取值范圍是(πD．當(dāng)BF⊥AC時，直線BC與平面α所成角的正弦值是2【考點】幾何法求解直線與平面所成的角；棱錐的體積；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】ABD【分析】A選項，根據(jù)面面平行性質(zhì)得AB∥EF，結(jié)合等腰梯形性質(zhì)即可判斷；B選項，先得到其中一個幾何體為臺體，根據(jù)臺體體積公式得到體積，再求出正三棱柱的體積，從而得到V1=536，V2=73C選項，建立空間直角坐標系，設(shè)F（0，t，2），﹣1＜t＜1，利用異面直角夾角公式和換元法得到cos＜BF→D選項，根據(jù)垂直關(guān)系，得到t＝0，此時F（0，0，2），求出平面的法向量，利用線面角的正弦夾角公式得到正弦值．【解答】解：A選項，因為平面ABC∥平面A′B′C′，平面α∩平面ABC＝AB，平面α∩平面A′B′C′＝EF，所以AB∥EF，點E，F(xiàn)不與端點重合，故AB≠EF，又由正三棱柱性質(zhì)可知BE＝AF，故四邊形ABEF是等腰梯形，A正確；B選項，當(dāng)點E是B′C′中點時，由A可知F為A′C′的中點，所以△EFC′為等邊三角形且邊長為1，故ABC﹣EFC′為臺體，臺體的高為AA′＝2，其中S△ABC=則臺體ABC﹣EFC′的體積為(3又正三棱柱ABC﹣A′B′C′的體積為S△故剩余圖形的體積為23-7所以V1：V2＝5：7，B正確；C選項，分別取AC，A′C′的中點D，M，連接DM，DB，則由正三棱柱性質(zhì)DB，AC，DM兩兩垂直，以D為坐標原點，DB，DC，DM所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系D﹣xyz，則B(設(shè)F（0，t，2），﹣1＜t＜1，則BF→則cos＜令t+3＝k∈（2，4），則cos＜其中1k∈(14，此時cos＜BF→，B'C'→當(dāng)1k=1此時cos＜BF→，B'C'→＞=D選項，BF→則BF→?AC→=(-3，t，2)?(0，2，設(shè)平面α的法向量為m→=(x則m→令x＝2得y=故m→又BC→則|cos直線BC與平面α所成角的正弦值是25719，故選：ABD．【點評】本題考查立體幾何與向量法的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．（多選）10．（2025?常德模擬）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，空間中的點P滿足AP→=AD→+λAB→+μAA．若μ＝1，則BP⊥A1D B．若AP=5，則λ+2μ的最大值為C．若λ＝1，則平面BPD1截該正方體的截面面積的最小值為6 D．若λ+μ＝1，則平面ACD1與平面AB1P夾角的正切值的最小值為2【考點】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】計算題；整體思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間想象．【答案】ABD【分析】根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷A；利用空間向量的模建立方程求出最小值判斷B；作出截面并求出最小面積判斷C；利用面面角的向量求法求解判斷D．【解答】解：在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），A1（0，0，2），B1（2，0，2），C（2，2，0），D1（0，2，2），由AP→=AD→+λAB→+μAA1→，得AP→=(2λ則點P（2λ，2，2），A1D→=(0，2，-2)，BP→=(2λ-2，2，2)，因此BP⊥A1D，A正確；對于B，AP=5，則4（λ2+1+μ2）＝5，即λ2+μ2則λ+2μ=12cosθ+sinθ=52sin(θ+對于C，λ＝1，P（2，2，2μ）在邊CC1上，且BP→=(0，2，2μ)，因平面BPD1∩平面CDD1C1＝D1P，設(shè)平面BPD1∩平面ABB1A1＝BQ．而平面CDD1C∥平面ABB1A1，則D1P∥BQ．同理BP∥D1Q．因此?BPD1Q是平面BPD1截該正方體的截面，點P到直線BD1的距離d=當(dāng)且僅當(dāng)μ=12時取等號，S對于D，因AC→=(2，2，0)，AD則n→?AC→=2x+2y=0因λ+μ＝1，則AP→=（2λ，2，2﹣2λ），令平面AB1P的法向量令a＝1，得m→=（1，1﹣2λ，﹣1）．設(shè)平面ACD1與平面AB1P的夾角為則cosα=|0≤|2λ﹣1|≤1，當(dāng)λ=12時，cosα＝0，當(dāng)0≤λ≤1，λ≠1當(dāng)且僅當(dāng)λ＝0或λ＝1時取等號，因0＜α＜sinα=223tanα=22，因此平面ACD1與平面AB故選：ABD．【點評】本題考查空間向量法求解二面角及兩平面的夾角，屬于中等題．（多選）11．（2025?重慶校級模擬）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠CAB＝90°，AC＝AB＝AA1＝2，點M，N分別是B1C1，A1A的中點，則下列說法正確的是（）A．異面直線AC1與A1M所成的角為45° B．B1C⊥A1B C．若點P是A1C1的中點，則平面BNP截直三棱柱所得截面的周長為45D．點F是底面三角形ABC內(nèi)一動點（含邊界），若二面角B﹣A1M﹣F的余弦值為33，則動點F的軌跡長度為【考點】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角；異面直線及其所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】BCD【分析】利用交線法找出截面，利用平行關(guān)系找出異面直線AC1與A1M所成的角，即可判斷A；利用直線和平面垂直的性質(zhì)定理證明B1C⊥平面A1MB，即可判斷B；延長NP，PN交CC1和CA的延長線于點G，Q，連接GB交B1C1于點H，連接BQ，PH，則四邊形PNBH為平面BNP截直三棱柱所得的截面，可判斷C；過M作BC的垂線MI，連接AI，過F作AI的平行線交AC于點K，則FK∥MA1，所以截面MFKA1為直三棱柱ABC﹣A1B1C1的截面，即可判斷D．【解答】解：選項A，過點A作A1M的平行線AI，則∠C1AI為異面直線AC1與A1M所成的角，因為A1M⊥平面BB1C1C，且A1M∥AI，所以AI⊥平面BB1C1C，所以AI⊥C1I，所以cos∠C1AI=AIA所以∠C1AI＝60°，故異面直線AC1與A1M所成的角為60°，故A錯誤；選項B，由已知得△A1B1C1為等腰直角三角形，M是B1C1的中點，則A1M⊥C1B1，因為ABC﹣A1B1C1為直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1，因為A1M?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1M，因為B1C1，BB1?平面BB1C1C，B1C1∩BB1＝B1，所以A1M⊥平面BB1C1C，所以A1M⊥B1C，設(shè)B1C與MB交于點D，其中MB=6，因為△DMB1∽△DBC，所以DC=23因為DC2+DB2＝BC2，所以B1C⊥MB，因為MB，A1M?平面A1MB，MB∩A1M＝M，所以B1C⊥平面A1MB，故B1C⊥A1B，故B正確；選項C，延長NP，PN交CC1和CA的延長線于點G，Q，連接GB交B1C1于點H，連接BQ，PH，則四邊形PNBH為平面BNP截直三棱柱所得的截面，由已知得AQ＝A1P＝1，由△GCQ∽△NAQ，則GCNA=CQAQ=由△GC1H∽△GCB，則C1HCB由余弦定理可知PH2=其周長為PH+PN+選項D，若BC上存在一點F使二面角B﹣A1M﹣F的余弦值為33，連接MF和MB因為A1M⊥平面BB1C1C，所以A1M⊥MB，A1M⊥MF，所以二面角B﹣A1M﹣F的平面角為∠FMB，即cos∠設(shè)CF＝a，則FB=22-在△MCF中，由余弦定理，可得MF2＝MC2+CF2﹣2?MC?CF?cos∠MCF=6+a在△MFB中，由余弦定理得FB2＝FM2+MB2﹣2?FM?MB?cos∠FMB，即(22-a過M作BC的垂線MI，連接AI，過F作AI的平行線交AC于點K，則FK∥MA1，所以截面MFKA1為直三棱柱ABC﹣A1B1C1的截面，所以符合題意的F的軌跡長度為線段FK的長，所以FK=12故選：BCD．【點評】本題考查空間線面關(guān)系的判定，考查空間距離及空間角的求法，屬難題．（多選）12．（2025?武漢模擬）如圖，以A1，B1，C1，A，B，C為頂點的六面體中，四邊形AA1C1C為菱形，B1C1∥BC，B1C1=12BC，∠C1CA＝60°，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝A．AC⊥A1B B．AC1∥平面A1BB1 C．當(dāng)A1B=6時，二面角A1﹣AB﹣D．當(dāng)A1B【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角；棱柱的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】ABD【分析】通過證明A1B⊥面ACP，可判斷A；通過證明平面ABB1∥平面AC1N，可判斷B；過A1作A1M⊥CA于點M，證明出A1M⊥平面ABC，根據(jù)cosθ=S△ABMS△ABA1求出答案，可判斷C；取BC中點G，連接B1G，AG，該幾何體可分割為三棱錐A1B1C1﹣AGC和三棱錐B﹣A1AB【解答】解：對于A，取A1B中點P，因為ACC1A1為菱形，所以AA1＝AC＝2，所以AA1＝AB＝2，所以AP⊥A1B，△ACA1中，∠A1AC＝120°，A1△ABC中，BC所以A1C＝BC，所以CP⊥A1B，因為AP，CP?面ACP，AP∩CP＝P，所以A1B⊥面ACP，因為AC?面ACP，所以A1B⊥AC，故A正確；對于B，取BC中點N，因為B1C1∥BC，且B1則B1C1∥CN，B1C1＝CN，B1C1∥BN，B1C1＝BN，即B1C1NB為平行四邊形，B1C1CN為平行四邊形，所以B1N∥CC1，B1N＝CC1，所以B1N∥A1A，B1N＝A1A，所以四邊形ANB1A1為平行四邊形，所以AN∥B1A1，又因為C1N∥BB1，AN?平面AC1N，B1A1?平面AC1N，所以B1A1∥平面AC1N，同理BB1∥平面AC1N，因為B1A1，BB1?平面A1BB1，B1A1∩BB1＝B1，所以平面A1BB1∥平面AC1N，因為AC1?平面AC1N，所以AC1∥平面A1BB1，故B正確；對于C，過A1作A1M⊥CA于點M，因為∠A1AC＝∠BAC＝120°，AB＝AA1，所以BM⊥AC，且A1又因為A1B=6，所以A1又因為A1M⊥CA，BM，CA?平面ABC，BM∩CA＝M，所以A1M⊥平面ABC，記二面角A1﹣AB﹣C的平面角為θ，所以cosθ=所以sinθ=25對于D，取BC中點G，連接B1G，AG，該幾何體可分割為三棱柱A1B1C1﹣AGC和三棱錐B﹣A1AB1，B﹣AGB1，則幾何體體積V=圖中A1M=BM=A1B所以V=S△故選：ABD．【點評】本題考查立體幾何綜合問題，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?江西模擬）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為3的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，若直線PC?平面α，直線BD∥平面α，平面α與直線AB，AD分別交于點E，F(xiàn)，則△PEF的面積為617；直線BD到平面α的距離為61717【考點】空間中點到平面的距離．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】617；6【分析】先通過線面垂直等關(guān)系證明相關(guān)垂直，進而求出△PEF的面積；再利用面面垂直的性質(zhì)找出直線BD到平面的距離并計算．【解答】解：如圖，過點C作BD的平行線與直線AB，AD分別交于點E，F(xiàn)，則AE＝AF＝6，EF=6由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥EF，由四邊形ABCD是正方形及BD∥EF，可得AC⊥EF，因為AC∩PA＝A，AC，PA?平面PAC，所以EF⊥平面PAC，PC?平面PAC，所以EF⊥PC，因為PA＝4，AC=32，所以所以△PEF的面積為12設(shè)AC∩BD＝O，則OC=又平面PAC⊥平面PEF，平面PAC∩平面PEF＝PC，過點O作OG⊥PC，垂足為G，則OG⊥平面PEF，即OG就是直線BD到平面α的距離，又sin∠所以O(shè)G=故答案為：617；6【點評】本題考查線面位置關(guān)系的判斷，以及線面距離的計算，屬于中檔題．14．（2025春?浦口區(qū)校級月考）若直線l的方向向量為a→=(2，-3，3)，向量n→=(1，0，【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】π6【分析】根據(jù)給定條件，利用線面角的向量法求解．【解答】解：設(shè)直線l與平面α所成角為θ，因為直線l的方向向量為a→=(2，-3所以sinθ=|所以θ=故答案為：π6【點評】本題考查利用向量法求線面角，屬于中檔題．15．（2024秋?大連校級期末）已知二面角P﹣AB﹣Q的大小為π6，且PQ與平面QAB所成線面角為π4，若△PAB的面積為2，則△QAB的面積的取值范圍為[3【考點】二面角的平面角及求法．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】[3【分析】根據(jù)題意作圖，找出二面角和線面角的平面角，在直角三角形中求出各邊長，發(fā)現(xiàn)點Q的軌跡是一個圓，從而得到點Q到AB的距離d的取值范圍，代入計算即可得結(jié)果．【解答】解：如圖，過點P作PD⊥AB于點D，作PO⊥平面ABQ于點O，連接OD，OQ，根據(jù)題意，PQ與平面QAB所成線面角為∠PQO因為PO⊥平面ABQ，AB?平面ABQ，所以PO⊥AB又因為PD⊥AB，PD?平面POD，PO?平面POD，且PD∩PO＝P，所以AB⊥平面POD，因為OD?平面POD，所以AB⊥OD，因為二面角P﹣AB﹣Q的大小為π6所以二面角P﹣AB﹣Q所成的平面角是∠PDO設(shè)PD＝a，AB＝b，則S△在Rt△POQ中，∠PQO=π在Rt△POD中，∠PDO=π所以點Q在以點O為圓心，半徑為12設(shè)點Q到AB的距離為d，因為OD=32所以3-得S△故答案為：[3【點評】本題考查空間角的應(yīng)用，屬于中檔題．16．（2025?甘肅校級模擬）已知正四棱錐M﹣P1P2P3P4的底面邊長與高均為2，設(shè)D是正方形P1P2P3P4及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合，點P0是正方形P1P2P3P4的中心，若集合S＝{P|P∈D，|PP0|≤|PPi|，i＝1，2，3，4}，則直線MP與平面P1P2P3P4所成角的正切值的最小值為2．【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】2．【分析】根據(jù)題意得到點P的范圍，根據(jù)幾何關(guān)系得到MP與平面P1P2P3P4所成角最小即為|PP0|最大時，找到最大距離位置后，計算得到答案．【解答】解：如圖，在正方形P1P2P3P4內(nèi)，DA，AB，BC，CD分別是P0P1，P0P2，P0P3，P0P4的中垂線在正方形P1P2P3P4內(nèi)部分，由|P0P|≤|PP1|，則點P在五邊形DAP2P3P4及其內(nèi)部，同理，|P0P|≤|PP2|，|P0P|≤|PP3|，|P0P|≤|PP4|點P在相應(yīng)的五邊形及其內(nèi)部，綜上，點P在正方形ABCD及其內(nèi)部，可設(shè)MP與平面P1P2P3P4所成角為α，由圖可得：tanα=∵MP0＝2，∴要求tanα的最小值，只需求出|PP0|的最大值，由幾何關(guān)系可知點P在正方形ABCD的頂點時，|PP0|max＝1，∴tanα的最小值為2，即直線MP與平面P1P2P3P4所成角的正切值的最小值為2．故答案為：2．【點評】本題主要考查直線與平面所成角的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2025?香坊區(qū)校級二模）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是矩形，EF∥DC，AE＝DE＝EF＝AD＝1，AB＝2，CF=2（1）證明：平面ADE⊥平面ABCD；（2）求五面體ABCDEF的體積；（3）求平面ADE與平面BCF夾角的余弦值．【考點】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角；棱柱的體積；平面與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）5312；（3）【分析】（1）由勾股定理與矩形可得線線垂直，利用線面垂直的判定與面面垂直的判定，可得答案；（2）將圖形分割為三棱柱與四棱錐，利用三棱柱與四棱錐的體積公式，可得答案；（3）由題意建立坐標系，求得平面的法向量，根據(jù)面面角的向量公式，可得答案．【解答】解：（1）證明：取棱CD的中點G，連接EG，易證四邊形CFEG為平行四邊形，則EG=CF=2，因為DE＝所以DE2+DG2＝EG2，所以DE⊥DG，因為四邊形ABCD是矩形，所以AD⊥DC，因為AD，DE?平面ADE，且AD∩DE＝D，所以DC⊥平面ADE，因為DC?平面ABCD，所以平面ADE⊥平面ABCD．（2）取棱AD的中點O，連接OE，因為AE＝DE＝AD＝1，所以O(shè)E⊥AD，OE=因為平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，所以O(shè)E⊥平面ABCD，取棱AB的中點H，連接GF，GH，HF，則VABCDEF（3）取棱BC的中點M，連接OM，易證OA，OM，OE兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，OA→，OM→，OE→的方向分別為x，y則B(12，2則BC→=(-1，設(shè)平面BCF的法向量為n→則n→令z＝2，得n→平面ADE的一個法向量為m→設(shè)平面ADE與平面BCF所成的角為θ，則cosθ=【點評】本題考查面面垂直的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．18．（2025?湖南模擬）在三棱錐P﹣ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥平面PBC．（1）求證：PB⊥BC；（2）若二面角P﹣AC﹣B的余弦值為13，且AB＝2，BC=2【考點】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角；直線與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）233【分析】（1）過P作PE⊥AB于E，利用面面垂直推出線面垂直，即得PE⊥BC，再由PA⊥平面PBC推出PA⊥BC，可得BC⊥平面PAB即可證得結(jié)論；（2）依題建系，設(shè)∠PAB＝θ，求出或用θ的三角函數(shù)表示出相關(guān)點的坐標，利用空間向量夾角公式求得tanθ=【解答】解：（1）證明：如圖，過P作PE⊥AB于E，因為平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PE?平面PAB，所以PE⊥平面ABC，又BC?平面ABC，所以PE⊥BC，又PA⊥平面PBC，BC?平面ABC，所以PA⊥BC，因為PA，PE?平面PAB，且PA∩PE＝P，所以BC⊥平面PAB，又PB?平面PAB，所以PB⊥BC；（2）由（1）可得PA⊥PB，BC⊥AB，如圖，以B為原點，BA，BC所在直線分別為x軸，y軸建立空間直角坐標系，記二面角P﹣AC﹣B為α，設(shè)∠PAB＝θ，因為AB＝2，所以PA＝2cosθ，PE＝2cosθsinθ，AE＝2cos2θ，則A(2所以AC→設(shè)平面ACP的法向量為m→則m→?AC令x＝1，得m→易知平面ABC的一個法向量為n→=(0，所以|cosα解得tanθ=26所以PA=2【點評】本題考查線線垂直的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．19．（2025?昌黎縣校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，AD＝2BC＝2CD＝4，E為邊AD的中點，PE⊥CD．（1）求證：平面PAB⊥平面PBD；（2）若直線PD與平面ABCD所成角為45°，求點A到平面PCE的距離．【考點】空間中點到平面的距離；平面與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）43【分析】（1）先證明PA⊥平面ABCD，由勾股定理證明AB⊥BD，可證BD⊥平面PAB，得證；（2）延長CB至點F，可得AD⊥AF，以{AD→，AF→，AP【解答】解：（1）證明：因為∠ADC＝90°，所以AD⊥CD，又因為PE⊥CD，PE，AD?平面PAD，PE∩AD＝E，所以CD⊥平面PAD，因為PA?平面PAD，所以PA⊥CD，因為PA⊥AB，AB，CD?平面ABCD，AB，CD相交，所以PA⊥平面ABCD，因為BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2BC＝2CD＝4，所以BC⊥CD，BD=又因為E為邊AD的中點，所以AB=所以AD2＝AB2+DB2．所以AB⊥BD，因為PA⊥BD，PA，AB?平面PAB，PA∩AB＝A，所以BD⊥平面PAB，又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD．（2）如圖，延長CB至點F，使得CB＝BF＝2，連接AF，因為AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝CF＝4，所以四邊形ADCF為矩形．所以AD⊥AF，由（1）PA⊥平面ABCD，因為直線PD與平面ABCD所成角為45°，所以∠PDA＝45°．因為AD＝4，所以PA＝4．以{AD→，AF→則O（0，0，0），P（0，0，4），C（4，2，0），E（2，0，0），OP→=(0，0，設(shè)平面PCE的法向量n→則PE→⊥n→EC取x＝2，y＝﹣2，z＝1，平面PCE的一個法向量n→所以點A到平面PCE的距離d=【點評】本題考查面面垂直的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．20．（2025?潮陽區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，2AB＝AD＝DC＝DP＝2，PA=22，（1）若M，F(xiàn)分別是PA，BC的中點，證明：MF⊥AD；（2）求二面角P﹣BC﹣D的余弦值．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間角；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）251【分析】（1）取AD的中點E，連接ME，F(xiàn)E，由中位線性質(zhì)得到ME∥PD，EF∥CD，進而證出平面MFE∥平面PDC，再結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理即可得證；（2）建立空間直角坐標系，分別求出平面PBC與平面ABCD的法向量，利用向量的夾角公式即可求解．【解答】解：（1）證明：如圖（1），取AD的中點E，連接ME，F(xiàn)E，因為M，F(xiàn)分別是PA，BC的中點，所以ME∥PD，EF∥CD，又因為ME∩EF＝E，PD∩CD＝D，所以平面MFE∥平面PDC，因為AD＝DP＝2，PA=2所以AD2+PD2＝PA2，所以AD⊥PD，又因為AD⊥DC，所以AD⊥平面PDC，所以AD⊥平面MFE，又因為MF?平面MFE，所以MF⊥AD，（2）在平面PDC內(nèi)過點D作DH⊥CD，交PC于點H，因為AD⊥平面PDC，DH?平面PDC，CD?平面PDC，所以AD⊥DH，AD⊥CD，所以AD，CD，DH兩兩垂直，以D為原點，分別以DA，DC，DH所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖（2），則P(0，-1，3)，B（2，1，0），C（所以PB→=(2，設(shè)平面PBC的法向量為n→=（x，y，則n→即2x令y＝1，則z=3，所以n→易知平面ABCD的一個法向量為m→=（0，0，所以cos＜由圖（2）可知，二面角P﹣BC﹣D的平面角為銳角，則二面角P﹣BC﹣D的余弦值為251【點評】本題考查線面垂直、面面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．

考點卡片1．充分不必要條件的判斷【知識點的認識】充分不必要條件是指如果條件P成立，則條件Q必然成立，但條件Q成立時，條件P不一定成立．用符號表示為P?Q，但Q?P．這種條件在數(shù)學(xué)中表明某個條件足以保證結(jié)果成立，但不是唯一條件．【解題方法點撥】要判斷一個條件是否為充分不必要條件，可以先驗證P?Q，然后找反例驗證Q成立但P不成立．舉反例是關(guān)鍵步驟，找到一個Q成立但P不成立的例子即可證明P不是Q的必要條件．例如，可以通過幾何圖形性質(zhì)驗證某些充分不必要條件．【命題方向】充分不必要條件的命題方向包括幾何圖形的特殊性質(zhì)、函數(shù)的特定性質(zhì)等．已知命題p：x2﹣4x+3＜0，那么命題p成立的一個充分不必要條件是（）A．x≤1B．1＜x＜2C．x≥3D．2＜x＜3解：由x2﹣4x+3＜0，解得1＜x＜3，則1＜x＜2和2＜x＜3都是1＜x＜3的充分不必要條件．故選：BD．2．棱錐的結(jié)構(gòu)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(cè)面：棱錐中除底面外的各個面都叫做棱錐的側(cè)面．棱錐的側(cè)棱：相鄰側(cè)面的公共邊叫做棱錐的側(cè)棱．棱錐的頂點；棱錐中各個側(cè)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(cè)棱的截面叫做對角面．3．棱錐的結(jié)構(gòu)特征棱錐1根據(jù)棱錐的結(jié)構(gòu)特征，可知棱錐具有以下性質(zhì)：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(nèi)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(cè)面都是全等的等腰三角形．5．棱錐的體積公式設(shè)棱錐的底面積為S，高為h，V棱錐=133．棱柱的體積【知識點的認識】棱柱的體積可以通過底面面積B和高度h計算．底面為多邊形的幾何體．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣底面面積計算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計算．【命題方向】﹣棱柱的體積計算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計算棱柱的體積．﹣實際應(yīng)用：如何在實際問題中應(yīng)用棱柱體積計算．4．棱錐的體積【知識點的認識】棱錐的體積可以通過底面面積B和高度h計算，頂點到底面的垂直距離即為高度．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣底面面積計算：底面面積B可以根據(jù)底面多邊形的性質(zhì)計算．【命題方向】﹣棱錐的體積計算：考查如何根據(jù)底面面積和高度計算棱錐的體積．﹣實際應(yīng)用：如何在實際問題中應(yīng)用棱錐體積計算．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(jīng)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(dāng)θ＝902、求異面直線所成的角的方法：求異面直線的夾角關(guān)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(zhuǎn)移直線．3、求異面直線所成的角的方法常用到的知識：6．共面直線及四點共面【知識點的認識】共面直線是指在同一平面上的直線．四個點共面是指這四個點在同一平面上．【解題方法點撥】﹣共面判定：判斷給定直線或點是否共面．﹣符號表示：利用幾何符號表示共面關(guān)系．【命題方向】﹣共面判斷：考查如何判斷直線和點的共面關(guān)系．﹣實際應(yīng)用：如何在實際問題中應(yīng)用共面判斷進行計算．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(nèi)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(wèi)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(nèi)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(nèi)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(zhì)：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．平面與平面垂直【知識點的認識】平面與平面垂直的判定：判定定理：如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直．平面與平面垂直的性質(zhì)：性質(zhì)定理1：如果兩個平面垂直，則在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面．性質(zhì)定理2：如果兩個平面垂直，那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)的一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內(nèi)．性質(zhì)定理3：如果兩個相交平面都垂直于第三個平面，那么它們的交線垂直于第三個平面．性質(zhì)定理4：三個兩兩垂直的平面的交線兩兩垂直．9．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(yīng)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(nèi)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(nèi)的射影轉(zhuǎn)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(huán)節(jié)：（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(lián)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(xiàn)等價轉(zhuǎn)化和分類與整合的數(shù)學(xué)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．10．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(shè)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(shù)量積和模，求得角度的余弦值，然后使用反余弦函數(shù)計算角度．