2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)之空間向量與立體幾何

第1頁（共1頁）2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)之空間向量與立體幾何一．選擇題（共10小題）1．正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為正方形ABCD內(nèi)一點（不含邊界），記O為正方形ABCD的中心，直線PA1，PB1，PC1，PD1與平面A1B1C1D1所成角分別為θ1，θ2，θ3，θ4．若θ1＝θ3，θ2＞θ4，則點P在（）A．線段OA上 B．線段OB上 C．線段OC上 D．線段OD上2．已知正四棱臺上底面邊長為1，下底面邊長為2，體積為7，則正四棱臺的側(cè)棱與底面所成角的正切值為（）A．322 B．2 C．2253．邊長都是為1的正方形ABCD和正方形ABEF所在的兩個半平面所成的二面角為2π3，P、Q分別是對角線AC、BF上的動點，且AP＝FQ，則A．(22，1] B．(32，24．如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1滿足棱長都相等且AA1⊥平面ABC，D是棱CC1的中點，E是棱AA1上的動點．設(shè)AE＝x，隨著x增大，平面BDE與底面ABC所成銳二面角的平面角是（）A．先增大再減小 B．減小 C．增大 D．先減小再增大5．三棱錐P﹣ABC各頂點均在半徑為22的球O的表面上，AB=AC=22，∠BAC＝90°，二面角P﹣BC①三棱錐O﹣ABC的體積為83②點P形成的軌跡長度為2A．①②都是真命題 B．①是真命題，②是假命題 C．①是假命題，②是真命題 D．①②都是假命題6．已知如圖所示的幾何體中，底面ABC是邊長為4的正三角形；側(cè)面AA1C1C是正方形，平面AA1C1C⊥平面ABC，D為棱CC1上一點，CD→=14CC1→，且BB1→A．35 B．105 C．2557．直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=22，AB＝4，∠BAD＝120°，E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CC1的中點，點P在該直四棱柱的表面（含邊界）運動，且GP∥平面A1A．3 B．6 C．332 D．8．已知△SAB是圓錐SO的軸截面，點C在SA上，且AC=3．若過點C且平行于SB的平面恰過點O，且該平面與圓錐底面所成的二面角等于A．π3 B．π C．3π D．99．如圖，正四面體ABCD的頂點C在平面α內(nèi)，且直線BC與平面α所成的角為30°，頂點B在平面α內(nèi)的射影為O，當(dāng)頂點A與點O的距離最大時，直線CD與平面α所成角的正弦值等于（）A．6+3212 B．22 C．610．如圖，已知四面體ABCD的棱AB∥平面α，且AB＝2，其余的棱長均為2．四面體ABCD以AB所在的直線為軸旋轉(zhuǎn)x弧度，且四面體ABCD始終在水平放置的平面α的上方．如果將四面體ABCD在平面α內(nèi)正投影面積看成關(guān)于x的函數(shù)，記為S（x），則函數(shù)S（x）的最小正周期與S（x）取得最小值時平面ABC與平面α所成角分別為（）A．2π，0 B．π，π2 C．2π二．填空題（共5小題）11．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面邊長與側(cè)棱長之比為1：3，則平面DAB與平面A1BC1夾角的余弦值為．12．如圖所示，直角三角形ABC所在平面垂直于平面α，一條直角邊AC在平百α內(nèi)，另一條直角邊BC長為33且∠BAC=π6，若平面α上存在點P，使得△ABP的面積為33，則線段CP長度的最小值為13．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，M，N分別為BB1，DD1的中點，α為過直線MN的平面．從下列結(jié)論①，②中選擇一個，并判斷該結(jié)論的真假．你選的結(jié)論是（填“①”或“②”），該結(jié)論是命題（填“真”或“假”）．①平面α截該正方體所得截面面積的最大值為33；②若正方體的12條棱所在直線與平面α所成的角都等于θ，則sinθ=314．如圖，邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，將△ADE，△CDF，△BEF分別沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于點P，則三棱錐P﹣DEF的外接球的體積為；設(shè)直線PD，PE，PF與平面DEF所成角分別為α，β，γ，則sin2α+sin2β+sin2γ＝．15．若將正方體ABCD﹣A1B1C1D1繞著棱AB旋轉(zhuǎn)30°后，CD所在位置為CD'的位置，則直線BB1和平面CDC'所成的角為．三．解答題（共5小題）16．如圖，已知三棱臺ABC﹣A1B1C1中，A1B＝A1C＝2BC＝4，∠ACA1＝∠ACB＝60°．（1）證明：平面ACC1A1⊥平面ABC；（2）記三棱錐A1﹣ABC的體積為V1，三棱臺ABC﹣A1B1C1的體積為V2，若V1=47V2=3，求17．如圖，在正四棱錐P﹣ABCD，PA＝AB＝2，點M，N分別在PA，BD上，且PMPA（1）求證：MN⊥AD；（2）求二面角M﹣BD﹣A的余弦值．18．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是梯形，BC∥AD，PA=（1）求證：平面PBC⊥平面PAB；（2）在棱PD上是否存在一點E，使得二面角E﹣AC﹣P的余弦值為63．若存在，求出PE：ED19．如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是棱BC上一點（點D與點C不重合），且AD⊥DC1，過A1作平面BCC1B1的垂線l．（1）證明：l∥AD；（2）若AC＝CC1＝2，當(dāng)三棱錐C1﹣ACD的體積最大時，求AC與平面ADC1所成角的正弦值．20．如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P為BC1的中點．（1）證明：BC⊥PA1；（2）若AA1＝2，AB=23，求直線AB1與平面PA1C

2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)之空間向量與立體幾何參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為正方形ABCD內(nèi)一點（不含邊界），記O為正方形ABCD的中心，直線PA1，PB1，PC1，PD1與平面A1B1C1D1所成角分別為θ1，θ2，θ3，θ4．若θ1＝θ3，θ2＞θ4，則點P在（）A．線段OA上 B．線段OB上 C．線段OC上 D．線段OD上【考點】幾何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；空間位置關(guān)系與距離；空間角；數(shù)學(xué)運算．【答案】B【分析】作出示意圖形，根據(jù)θ1＝θ3證出點P在平面A1B1C1D1內(nèi)的射影Q在線段B1D1上，然后根據(jù)θ2＞θ4證出B1Q＜D1Q，推導(dǎo)出BP＜DP，進而得到本題答案．【解答】解：過點P作PQ⊥平面A1B1C1D1于Q，連接QA1、QC1，則∠PA1Q＝θ1為PA1與平面A1B1C1D1所成角，∠PC1Q＝θ3為PC1與平面A1B1C1D1所成角，因為θ1＝θ3，所以∠PA1Q＝∠PC1Q，可得A1Q＝C1Q=PQ結(jié)合A1D1＝C1D1，D1Q為公共邊，可得△A1D1Q≌△C1D1Q，點Q在∠A1D1C1的平分線上，即P在平面A1B1C1D1內(nèi)的射影Q在正方形A1B1C1D1的對角線B1D1上，因為B1Q、D1Q分別是B1P、D1P在平面A1B1C1D1內(nèi)的射影，所以∠PB1Q＝θ2為PB1與平面A1B1C1D1所成角，∠PD1Q＝θ4為PD1與平面A1B1C1D1所成角，結(jié)合θ2＞θ4，得∠PB1Q＞∠PD1Q，可得B1Q＜D1Q，由PQ∥BB1，可得BP＜DP，所以點P在線段OB（不含O點）上運動．故選：B．【點評】本題主要考查正方體的結(jié)構(gòu)特征、直線與平面所成角的定義與求法等知識，考查了圖形的理解能力，屬于中檔題．2．已知正四棱臺上底面邊長為1，下底面邊長為2，體積為7，則正四棱臺的側(cè)棱與底面所成角的正切值為（）A．322 B．2 C．225【考點】幾何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；數(shù)學(xué)運算．【答案】D【分析】畫出相應(yīng)圖形，借助正四棱臺的性質(zhì)及體積公式可得其高，結(jié)合線面角定義計算即可得解．【解答】解：如圖所示，作A1M⊥AC于點M，則S=13(12+AM=則tan∠由正四棱臺的側(cè)棱與底面所成角即為A1A與底面ABCD所成角，設(shè)其為θ，則θ＝∠A1AM，即tanθ=故選：D．【點評】本題考查棱臺的體積公式以及線面角的計算，屬于中檔題．3．邊長都是為1的正方形ABCD和正方形ABEF所在的兩個半平面所成的二面角為2π3，P、Q分別是對角線AC、BF上的動點，且AP＝FQ，則A．(22，1] B．(32，2【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形；空間角；數(shù)學(xué)運算．【答案】D【分析】由二面角的平面角定義，可得∠QHP為ABCD和ABEF所在的兩個半平面所成的二面角，設(shè)AP＝FQ＝x，（0≤x≤2），利用相似三角形得出QH和【解答】解：設(shè)AP＝FQ＝x，（0≤x≤2），則PC由題意，P，Q在AB上的投影是同一點，設(shè)為H，連接QH，PH，則∠QHP為ABCD和ABEF所在的兩個半平面所成的二面角，則∠QHP=2由△APH∽△ACB，可得PH=由△BQH∽△BFA，可得QH=在△PQH中，由余弦定理可得：PQ因為0≤x≤2，所以故選：D．【點評】本題考查二面角的定義，考查相似三角形及余弦定理的應(yīng)用，屬中檔題．4．如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1滿足棱長都相等且AA1⊥平面ABC，D是棱CC1的中點，E是棱AA1上的動點．設(shè)AE＝x，隨著x增大，平面BDE與底面ABC所成銳二面角的平面角是（）A．先增大再減小 B．減小 C．增大 D．先減小再增大【考點】空間向量法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】計算題；數(shù)形結(jié)合；向量法；空間角；數(shù)學(xué)建模．【答案】D【分析】以A為原點，在平面ABC中過A作AC的垂線為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出平面BDE與底面ABC所成銳二面角的平面角隨著x增大而增大．【解答】解：以A為原點，在平面ABC中過A作AC的垂線為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正三棱柱ABC﹣A1B1C1中所在棱長都是2，則B（3，1，0），D（0，2，1），E（0，0，x），BD→=（-3，1，1），BE→=（-設(shè)平面BDE的法向量n→=（a，b，則n→?BD→=-3a+b+c=0n平面ABC的法向量m→=（0，0，設(shè)平面BDE與底面ABC所成銳二面角的平面角為θ，cosθ=|∴cosθ隨著x增大而先增大后減小，∴θ隨著x增大而先減小后增大．故選：D．【點評】本題考查二面角的平面角的變化趨勢的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，是中檔題．5．三棱錐P﹣ABC各頂點均在半徑為22的球O的表面上，AB=AC=22，∠BAC＝90°，二面角P﹣BC①三棱錐O﹣ABC的體積為83②點P形成的軌跡長度為2A．①②都是真命題 B．①是真命題，②是假命題 C．①是假命題，②是真命題 D．①②都是假命題【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；數(shù)形結(jié)合法；立體幾何；直觀想象；數(shù)學(xué)運算．【答案】A【分析】根據(jù)球的截面圓的性質(zhì)可得出二面角，利用直角三角形性質(zhì)判斷△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直關(guān)系證明O1是AO中點，利用體積公式判斷①，根據(jù)O2P為定長判斷P點軌跡是圓，判斷②．【解答】解：設(shè)△ABC外心為O1，△PBC外心為O2，如圖，則OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PBC，∵BC?平面ABC，BC?平面PBC，∴OO1⊥BC，OO2⊥BC，∵OO2∩OO1＝O，∴BC⊥平面OO1O2，∵OO2∩OO1＝O，∴BC⊥平面OO1O2，∵O1O2?平面OO1O2，∴BC⊥AO1，且O1A＝2，∵二面角P﹣BC﹣A的大小為45°∴∠AO1O2＝45°，∴AO2⊥O1O2，∵A，O1，O，O2四點為共面，且OO2⊥O2O1，如圖：∴O2是OA中點，∴OO1＝O1A＝2，∴VO﹣ABC=13×又∵O2∴點P形成的軌跡是半徑為6的圓，∴軌跡長度為26π，故②故選：A．【點評】本題考查球的截面圓、線面垂直的判定與性質(zhì)、體積公式、點的軌跡等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．6．已知如圖所示的幾何體中，底面ABC是邊長為4的正三角形；側(cè)面AA1C1C是正方形，平面AA1C1C⊥平面ABC，D為棱CC1上一點，CD→=14CC1→，且BB1→A．35 B．105 C．255【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；綜合法；空間角；數(shù)學(xué)運算．【答案】D【分析】根據(jù)線面角定義，找到B1D與平面AA1C1C所成角，再利用三角函數(shù)的知識求解即可．【解答】解：因為平面AA1C1C是正方形，所以AA1⊥AC，又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，AA1?平面AA1C1C，所以AA1⊥平面ABC，因為BM?平面ABC，所以AA1⊥BM，取AC的中點為M，A1C1的中點為N，連結(jié)MN，BM，NB1，如圖所示，則MN∥AA1∥CC1，所以MN⊥BM，因為底面ABC是等邊三角形，所以BM⊥AC，又MN∩AC＝M，MN、AC?平面AA1C1C，所以BM⊥平面AA1C1C，因為BB1→=3CD→，所以BB1∥CD，所以BB1∥MN，即B，M，因為BM?平面BMNB1，所以平面BMNB1⊥平面AA1C1C，過點B1作B1H⊥MN，交MN于點H，連結(jié)DH，因為平面BMNB1∩平面AA1C1C＝MN，B1H?平面BMNB1，所以B1H⊥平面AA1C1C，故∠B1DH就是B1D與平面AA1C1C所成角，由題中邊長關(guān)系可得，B1H＝BM＝23，CD＝1，BB1＝3，所以B1D=22+所以sin∠B1DH=2325=155，即故選：D．【點評】本題考查線面角的求法，熟練掌握線面、面面垂直的判定定理或性質(zhì)定理，線面角的定義與求法是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．7．直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=22，AB＝4，∠BAD＝120°，E，F(xiàn)，G分別是AB，AD，CC1的中點，點P在該直四棱柱的表面（含邊界）運動，且GP∥平面A1A．3 B．6 C．332 D．【考點】點、線、面間的距離計算；軌跡方程；棱柱的結(jié)構(gòu)特征；空間點、線、面的位置．【專題】計算題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算．【答案】D【分析】根據(jù)題意，取B1C1的中點H，取C1D1的中點P，連接CH、CP、HP，取HC1的中點M，PC1的中點N，連接GM、GN，MN，由平面與平面平行的判定方法可得平面GMN∥平面AEF，即可得P的軌跡圍成的圖形為三角形GMN，進而計算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，取B1C1的中點H，取C1D1的中點P，連接CH、CP、HP，取HC1的中點M，PC1的中點N，連接GM、GN，MN，F(xiàn)為AD的中點，H為B1C1的中點，易得CH∥A1F，又由G為CC1的中點，M為HC1的中點，則有MG∥CH，則有GM∥AF，又由AF?平面AEF，GM?平面AEF，故GM∥平面AEF，同理：GN∥平面AEF，又由GM?平面GMN，GN?平面GMN，GM∩GN＝G，故平面GMN∥平面AEF，則P的軌跡圍成的圖形為三角形GMN，又由AA1=22，AB＝4，則A1E=8+4=23，易得CH＝23同理：GN=3∠BAD＝120°，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則EF=4+4-2×2×2×cos120°則有MN=12EF△GMN中，其周長為GM+GN+MN=3+3故選：D．【點評】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征，涉及直線與平面平行的性質(zhì)，屬于中檔題．8．已知△SAB是圓錐SO的軸截面，點C在SA上，且AC=3．若過點C且平行于SB的平面恰過點O，且該平面與圓錐底面所成的二面角等于A．π3 B．π C．3π D．9【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；空間角；數(shù)學(xué)運算．【答案】C【分析】由題意知，CO∥SB，且∠COA=π3，進一步可得△【解答】解：由過點C且平行于SB的平面恰過點O，知CO∥SB，且∠COA因為O是AB的中點，所以C是SA的中點，且∠ABS=π因為AC=所以△SAB是邊長為23所以該圓錐的體積為13?π(3)2?3故選：C．【點評】本題主要考查圓錐的結(jié)構(gòu)特征與體積的求法，二面角的定義，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．9．如圖，正四面體ABCD的頂點C在平面α內(nèi)，且直線BC與平面α所成的角為30°，頂點B在平面α內(nèi)的射影為O，當(dāng)頂點A與點O的距離最大時，直線CD與平面α所成角的正弦值等于（）A．6+3212 B．22 C．6【考點】幾何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；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；空間位置關(guān)系與距離；數(shù)學(xué)抽象．【答案】D【分析】根據(jù)題意，當(dāng)O、B、A、C四點共面時，頂點A與點O的距離最大，由此作出圖形，設(shè)正四面體棱長為1，求出點D到平面α的距離，利用銳角三角函數(shù)的定義、直線與平面所成角的性質(zhì)，求出直線CD與平面α所成角的正弦值．【解答】解：根據(jù)題意，若點A到點O的距離最大，則O、B、A、C四點共面．設(shè)平面OBAC為β．因為BO⊥α，BO?β，所以α⊥β，過點D作DH⊥平面ABC，垂足為H，連接CH，如圖所示．設(shè)正四面體ABCD的棱長為1，在Rt△HCD中，CH=因為BO⊥α，直線BC與平面α所成角為30°，所以∠BCO＝30°，∠HCO＝30°+30°＝60°，所以點H到平面α的距離為CH?過點D作DE⊥α，垂足為E，連接CE，則∠DCE為直線CD與平面α所成的角．因為DH⊥β，α⊥β，DH?α，所以DH∥α，可知點D到平面α的距離等于點H到平面α的距離，即DE=1在Rt△CDE中，sin∠DCE=DECD=1故選：D．【點評】本題主要考查點到平面的距離、線面角、線面平行的判定定理與性質(zhì)定理等知識，屬于中檔題．10．如圖，已知四面體ABCD的棱AB∥平面α，且AB＝2，其余的棱長均為2．四面體ABCD以AB所在的直線為軸旋轉(zhuǎn)x弧度，且四面體ABCD始終在水平放置的平面α的上方．如果將四面體ABCD在平面α內(nèi)正投影面積看成關(guān)于x的函數(shù)，記為S（x），則函數(shù)S（x）的最小正周期與S（x）取得最小值時平面ABC與平面α所成角分別為（）A．2π，0 B．π，π2 C．2π【考點】直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算．【答案】D【分析】根據(jù)對稱性得出S（x）的周期；取AB中點E，可得CE⊥DE，E到CD的距離為22，且直線DC與平面ABC所成的角為π4，AB⊥面CDE，面ABD⊥面ABC，設(shè)CD在平面β的投影為MN，可得MN⊥AB，討論一個周期內(nèi)的情形，當(dāng)x∈[0，2]時，S(x)=2sin(x+π4)，則S（x）min＝1；當(dāng)x∈[-π2，0）時，S【解答】解：設(shè)過AB且平行于平面α的平面為β，由題意知，四面體ABCD在平面β的上方時和下方時完全對稱，故函數(shù)S（x）的周期為π，取AB中點E，連接CE、DE，如圖，∵AB＝2，AC=BC=2，∴AB2＝AC2+BC2，∴∵AB＝2，AD=BD=2，∴AB2＝AD2+BD2，∴則CE＝DE＝1，而CD=2，故CE2+DE2＝CD2，CE⊥∴E到CD的距離為22又DE⊥AB，AB∩CE＝E，AB，CE?平面ABC，∴DE⊥平面ABC，則∠DCE為直線DC與平面ABC所成的角，又∠DCE∴直線DC與平面ABC所成的角為π4∵AD＝BD，AC＝BC，E為AB中點，∴AB⊥CE，AB⊥DE，又DE∩CE＝E，DE，CE在平面內(nèi)，則AB⊥面CDE，又DE?面CDE，則AB⊥DE，∵CE⊥DE，AB⊥DE，CE∩AB＝E，CE，AB在平面內(nèi)，則DE⊥面ABC，又DE?面ABD，則面ABD⊥面ABC，設(shè)CD在平面β的投影為MN，可得MN⊥AB，下面討論一個周期內(nèi)的情形：當(dāng)x∈S(∵x∈[0，則22故S（x）min＝1，當(dāng)x∈∵E到CD的距離為22，∴MN≥22，當(dāng)S(x)=綜上所述，S(此時CD⊥α，又直線DC與平面ABC所成的角為π4∴平面α與平面ABC所成的角為π4故選：D．【點評】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，屬于難題．二．填空題（共5小題）11．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面邊長與側(cè)棱長之比為1：3，則平面DAB與平面A1BC1夾角的余弦值為31010【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；數(shù)學(xué)運算．【答案】310【分析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面DAB與平面A1BC1的法向量，利用向量夾角公式即可求解．【解答】解：由已知正四棱柱ABCD﹣AB1C1D1，所以DA、DC、DD1，兩兩互相垂直，則以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為正四棱柱ABCD﹣AB1C1D1的底面邊長與側(cè)棱長之比為1：3所以令A(yù)B＝BC＝CD＝DA＝a（a＞0），則AA1＝BB1＝CC1＝DD1＝3a，則D（0，0，0），B（a，a，0），A1（a，0，3a），C1（0，a，3a），D（0，0，3a），則DD1→=(0，易知DD1→設(shè)平面A1BC1的一個法向量是n→則n→?A令z＝1，則x＝y(tǒng)＝3，所以n→設(shè)平面DAB與平面A1BC1夾角為θ，則sinθ=|cos所以cosθ=1-即平面DAB與平面A1BC1夾角的余弦值為310故答案為：310【點評】本題考查向量在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．12．如圖所示，直角三角形ABC所在平面垂直于平面α，一條直角邊AC在平百α內(nèi)，另一條直角邊BC長為33且∠BAC=π6，若平面α上存在點P，使得△ABP的面積為33，則線段CP長度的最小值為【考點】點、線、面間的距離計算．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算．【答案】63【分析】由題意，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得BC⊥平面APC，利用線面垂直的性質(zhì)可得BC⊥CP，進而CP=BP【解答】解：在Rt△ABC中，BC=33，∠又平面ABC⊥α，平面ABC∩α＝AC，AC⊥BC，BC?平面ABC，所以BC⊥平面APC，連接CP，CP?α，所以BC⊥CP，得CP=設(shè)∠ABP＝θ（0＜θ＜π），則S△即33得BP=當(dāng)sinθ＝1，即θ=π2，即AB⊥BP時，BP此時CP取到最小值BP故答案為：63【點評】本題考查勾股定理和三角形面積公式在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．13．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，M，N分別為BB1，DD1的中點，α為過直線MN的平面．從下列結(jié)論①，②中選擇一個，并判斷該結(jié)論的真假．你選的結(jié)論是①（填“①”或“②”），該結(jié)論是假命題（填“真”或“假”）．①平面α截該正方體所得截面面積的最大值為33；②若正方體的12條棱所在直線與平面α所成的角都等于θ，則sinθ=3【考點】直線與平面所成的角；棱柱的結(jié)構(gòu)特征；平面的基本性質(zhì)及推論．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算．【答案】①；假（或②；真）．【分析】選①，根據(jù)四邊形BDD1B的面積即可判斷；選②，根據(jù)三棱錐A1﹣AD1B1為正三棱錐，利用等體積法求解AA1與平面AD1B1所成角的正弦值即可求解．【解答】解：若選①，顯然平面BDD1B1是過直線MN的平面，此時四邊形BDD1B1即為該平面截正方體所得截面，由于四邊形BDD1B1的面積為BD?BB若選②，如圖，連接AD1，AB1，B1D1，由題可得三棱錐A1﹣AD1B1為正三棱錐，所以A1A，A1B1，A1D1與平面AD1B1所成角均相等，故平面α∥平面AD1B1，設(shè)A1到平面AD1B1的距離為h，則V?h=所以AA1與平面AD1B1所成角的正弦值為hAA1=3故答案為：①；假（或②；真）．【點評】本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)、線面角等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．14．如圖，邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，將△ADE，△CDF，△BEF分別沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于點P，則三棱錐P﹣DEF的外接球的體積為6π；設(shè)直線PD，PE，PF與平面DEF所成角分別為α，β，γ，則sin2α+sin2β+sin2γ＝1【考點】直線與平面所成的角；球的體積和表面積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；分割補形法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算．【答案】6π；1【分析】構(gòu)造長方體，長方體的外接球就是三棱錐P﹣DEF的外接球，長方體的體對角線就是外接球的直徑，計算可得外接球的半徑和體積，即可求解；先證PQ⊥平面DEF，找出PD，PE，PF與平面DEF所成角，利用等體積法求出PQ，即可求解．【解答】解：因為∠DPF＝∠DPE＝∠EPF＝90°，故PE，PF，PD三條直線兩兩互相垂直；如圖1構(gòu)造長方體，長方體的外接球就是三棱錐P﹣DEF的外接球，長方體的體對角線就是外接球的直徑，設(shè)為2R，則（2R）2＝PE2+PF2+PD2＝12+12+22＝6，即R=所以所求外接球的體積為43如圖2，取EF的中點H，連接PH，DH，由PE＝PF，DE＝DF，可知EF⊥PH，EF⊥DH，故EF⊥平面PHD，即平面DEF⊥平面PHD，作PQ⊥DH，垂足為Q，則PQ⊥平面DEF，PD、PE、PF與平面DEF所成角分別為α、β、γ，則α＝∠PDQ，β＝γ＝∠PEQ，又在正方形ABCD中，S△由上述過程可知VP-DEF所以sin故答案為：6π；1【點評】本題考查直線與平面垂直、棱錐的體積公式，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運算能力、直觀想象，屬于中檔題．15．若將正方體ABCD﹣A1B1C1D1繞著棱AB旋轉(zhuǎn)30°后，CD所在位置為CD'的位置，則直線BB1和平面CDC'所成的角為15°．【考點】直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；數(shù)學(xué)運算．【答案】15°．【分析】由對稱性，不妨設(shè)C′在正方形BCC1B1內(nèi)，則△BCC′為頂角為30°的等腰三角形，所以直線BB1和平面CDC'（即直線CC1和平面CDC′）所成的角為∠C1CC′，求解即可．【解答】解：如圖，由對稱性，不妨設(shè)C′在正方形BCC1B1內(nèi)，則△BCC′為頂角∠C′BC＝30°的等腰三角形，∠BCC′＝∠BC′C＝75°，所以直線BB1和平面CDC'（即直線CC1和平面CDC′）所成的角為∠C1CC′，又∠BCC′＝75°，所以∠C1CC′＝90°﹣75°＝15°．故答案為：15°．【點評】本題考查直線與平面所成角的求解，屬于中檔題．三．解答題（共5小題）16．如圖，已知三棱臺ABC﹣A1B1C1中，A1B＝A1C＝2BC＝4，∠ACA1＝∠ACB＝60°．（1）證明：平面ACC1A1⊥平面ABC；（2）記三棱錐A1﹣ABC的體積為V1，三棱臺ABC﹣A1B1C1的體積為V2，若V1=47V2=3，求【考點】直線與平面所成的角；平面與平面垂直．【專題】對應(yīng)思想；綜合法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學(xué)運算．【答案】（1）證明見解析；（2）385【分析】（1）過A1作A1O⊥AC交AC于點O，連接BO，由勾股定理的逆定理可得A1O⊥OB，結(jié)合線面垂直的判斷定理可得A1O⊥平面ABC，從而即可得證；（2）由V1＝3，可得AC＝3，OA＝1，由V2=214，可得A1B1=12AB，在平面ABC內(nèi)，過點O作OD⊥【解答】解：（1）證明：過A1作A1O⊥AC交AC于點O，連接BO．在Rt△A1OC中，因為A1C＝4，∠A1OC＝90°，∠A1CO＝60°，所以A1在△OBC中，因為BC＝OC＝2，∠ACB＝60°所以△OBC為正三角形，OB＝2，在△A1OB中，A所以A1所以∠A1OB＝90°，即A1O⊥OB，又AC∩OB＝O，AC?平面ABC，OB?平面ABC，所以A1O⊥平面ABC，又A1O?平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面ABC．（2）由（1）可知，三棱錐A1﹣ABC的體積為V1又V1＝3，所以AC＝3，OA＝1，S△設(shè)S＝S△ABC，A1B1＝m?AB，則S△三棱臺ABC﹣A1B1C1的體積為V2又因為V1=4所以3(1+m+解得m=在平面ABC內(nèi)，過點O作OD⊥AC，交AB于點D，以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)D→，OC→，OA1→則A(0所以AB→=(3設(shè)平面A1BC的一個法向量為n→=（x，y，則n→?B解得y=3xz=x，令所以n→=（1，3，設(shè)BB1與平面A1BC所成的角為θ，則sinθ＝|cos＜n→，BB所以BB1與平面A1BC所成角的正弦值為385【點評】本題考查了線面、面面垂直的判定定理，考查了空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，屬于中檔題．17．如圖，在正四棱錐P﹣ABCD，PA＝AB＝2，點M，N分別在PA，BD上，且PMPA（1）求證：MN⊥AD；（2）求二面角M﹣BD﹣A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】數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；向量法；立體幾何；邏輯推理；數(shù)學(xué)運算．【答案】（1）證明見解析；（2）55【分析】（1）取BD，AB，BC中點分別為O，E，F(xiàn)，以{OE→，OF→，OP→}為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，用坐標(biāo)表示向量，用數(shù)量積證明MN（2）求出平面MBD和平面ABD的一個法向量，利用法向量求二面角M﹣BD﹣A的余弦值．【解答】（1）證明：在正四棱錐P﹣ABCD中，取BD，AB，BC中點分別為O，E，F(xiàn)，以{OE→，OF→，OP→}為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O則O（0，0，0），P(0，0，2)，B（1，1，0），C（﹣1，1，0），A（1，﹣1，0），D（﹣因為PMPA=BNBD=所以MN→=(0，因為MN→?AD→=0×(-2)+23（2）解：設(shè)平面MBD的一個法向量為m→=(x，y所以BD→?m→=-2x-2y又因為平面ABD的一個法向量為n→=(0，所以二面角M﹣BD﹣A的余弦值為55【點評】本題考查了空間中的垂直關(guān)系證明問題，也考查了二面角的計算問題，是中檔題．18．如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面ABCD是梯形，BC∥AD，PA=（1）求證：平面PBC⊥平面PAB；（2）在棱PD上是否存在一點E，使得二面角E﹣AC﹣P的余弦值為63．若存在，求出PE：ED【考點】二面角的平面角及求法；平面與平面垂直．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算．【答案】（1）見解析；（2）12【分析】（1）根據(jù)PA⊥平面ABCD，在Rt△APC中利用勾股定理算出AC=2，進而證出AB2+BC2＝AC2，可得AB⊥BC，由此利用線面垂直的判定定理證出BC⊥平面PAB，從而可得平面PBC⊥平面PAB（2）以A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PE→=λPD→，求得向量AC→、AE→的坐標(biāo)，利用垂直向量的數(shù)量積為零列方程組，解出u=(-1，1，2λλ-1)為平面ACE的一個法向量，同理求得平面PAC的一個法向量v→=（﹣1，1，【解答】（1）證明：因為PA⊥平面ABCD，AC、BC?平面ABCD，所以PA⊥AC，PA⊥BC，可得AC=又因為AB＝BC＝1，所以AB2+BC2＝AC2，可得AB⊥BC，因為PA、AB是平面PAB內(nèi)的相交直線，所以BC⊥平面PAB，又因為BC?平面PBC，平面PBC⊥平面PAB；（2）解：因為BC∥AD，BC⊥平面PAB，所以AD⊥平面PAB，以A為坐標(biāo)原點，AB、AD、AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則C（1，1，0），P（0，0，1），D（0，2，0），PD＝（0，2，﹣1），設(shè)PE→=λPD→=(0，2λ，-設(shè)平面EAC的法向量為u→=（x1，y1，z1），可得取y1＝1，得x1＝﹣1，z1=2設(shè)v→=（x2，y2，z2）為平面PAC的法向量，可得取x2＝﹣1，得y2＝1，z2＝0，平面PAC的一個法向量為v→=（﹣1，1，因為二面角E﹣AC﹣P的余弦值為63所以cosθ=1+121+1+(2λλ-1)2【點評】本題主要考查空間垂直位置關(guān)系的證明、利用空間坐標(biāo)系研究平面與平面所成角等知識，考查了邏輯推理能力、圖形的理解能力，屬于中檔題．19．如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是棱BC上一點（點D與點C不重合），且AD⊥DC1，過A1作平面BCC1B1的垂線l．（1）證明：l∥AD；（2）若AC＝CC1＝2，當(dāng)三棱錐C1﹣ACD的體積最大時，求AC與平面ADC1所成角的正弦值．【考點】直線與平面所成的角；直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；數(shù)學(xué)運算．【答案】（1）證明見解答；（2）33【分析】（1）據(jù)題意，可證CC1⊥AD，又AD⊥DC，從而得AD⊥平面BCC1B1，又l⊥平面BCC1B1，即可證得l∥AD；（2）由VC1-ACD=13S△ACD?CC1【解答】（1）證明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，因為AD?平面ABC，所以CC1⊥AD，又AD⊥DC，CC1∩DC1＝C1，CC1，DC1?平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1，又因為l⊥平面BCC1B1，所以l∥AD；（2）解：因為VC1-ACD=13S△ACD由（1）可知AD⊥平面BCC1B1，因為CD?面BCC1B1，所以AD⊥CD，又AC＝2，所以4＝AC2＝AD2+DC2≥2AD?CD＝4S△ACD，當(dāng)且僅當(dāng)AD=即當(dāng)S△ACD最大時，AD=作CH⊥DC1于H，連結(jié)AH，由（1）可知AD⊥平面BCC1B1，因為CH?面BCC1B1，所以AD⊥CH，又DC1∩AD＝D，AD，DC1?平面ADC1，所以CH⊥平面ADC1，因此，AC與平面ADC1所成的角等于∠CAH，因為CH⊥平面ADC1，AH?平面ADC1，所以CH⊥AH，在Rt△CDC1中，CD=2，CC1＝所以DC1=在Rt△ACH中，sin∠所以AC與平面ADC1所成角的正弦值為33【點評】本題考查線面垂直的判定及性質(zhì)，考查線面角的正弦值求法，屬中檔題．20．如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P為BC1的中點．（1）證明：BC⊥PA1；（2）若AA1＝2，AB=23，求直線AB1與平面PA1C【考點】直線與平面所成的角；直線與平面垂直．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算．【答案】（1）證明過程見詳解；（2）313【分析】（1）取BC的中點D，連接AD，PD，由題意可證得BC⊥平面AA1PD，進而證得結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線AB1的方向向量與平面PA1C1的法向量的坐標(biāo)，求出這兩個向量夾角的余弦值，進而求出直線AB1與平面PA1C1所成角的正弦值．【解答】（1）證明：取BC的中點D，連接AD，PD，又P為BC1的中點，所以PD∥CC1，又AA1∥CC1，所以PD∥AA1，所以直線PD，AA1確定一個平面AA1PD，因為AA1⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AA1⊥BC，又AB＝AC，所以AD⊥BC，又AA1∩AD＝A，所以BC⊥平面AA1PD，又PA1?平面AA1PD，所以BC⊥PA；（2）解：由（1）可得PD⊥平面ABC，AD?平面ABC，BD?平面ABC，所以PD⊥AD，PD⊥BD，以D為原點，DB→，AD→，DP→的方向分別為x，y則A（0，﹣3，0），A（0，﹣3，2），P（0，0，1），B1(3所以AB1→=(3設(shè)平面PA1C1的法向量為m→=（x，y，則m→?A令y＝1，可得m→=（3，1，m→?AB1→=3×3+1×3+3×2＝12，|m所以cos＜m→，設(shè)直線AB1與平面PA1C1所成的角為θ，θ∈[0，π2]所以sinθ＝|cos＜m→，AB故直線AB1與平面PA1C1所成角的正弦值為313【點評】本題考查線面垂直的性質(zhì)定理的應(yīng)用及用空間向量的方法求線面所成的角的正弦值的求法，屬于中檔題．

考點卡片1．棱柱的結(jié)構(gòu)特征【知識點的認(rèn)識】1．棱柱：有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認(rèn)識棱柱底面：棱柱中兩個互相平行的面，叫做棱柱的底面．側(cè)面：棱柱中除兩個底面以外的其余各個面都叫做棱柱的側(cè)面．側(cè)棱：棱柱中兩個側(cè)面的公共邊叫做棱柱的側(cè)棱．頂點：棱柱的側(cè)面與底面的公共頂點．高：棱中兩個底面之間的距離．3．棱柱的結(jié)構(gòu)特征棱柱1根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，可知棱柱有以下性質(zhì)：（1）側(cè)面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對角面是平行四邊形（4）長方體一條對角線長的平方等于一個頂點上三條棱的長的平方和．4．棱柱的分類（1）根據(jù)底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據(jù)側(cè)棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設(shè)棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．2．球的體積和表面積【知識點的認(rèn)識】1．球體：在空間中，到定點的距離等于或小于定長的點的集合稱為球體，簡稱球．其中到定點距離等于定長的點的集合為球面．2．球體的體積公式設(shè)球體的半徑為R，V球體=3．球體的表面積公式設(shè)球體的半徑為R，S球體＝4πR2．【命題方向】考查球體的體積和表面積公式的運用，常見結(jié)合其他空間幾何體進行考查，以增加試題難度，根據(jù)題目所給條件得出球體半徑是解題關(guān)鍵．3．平面的基本性質(zhì)及推論【知識點的認(rèn)識】平面的基本性質(zhì)及推論：1．公理1：如果一條直線上的兩個點在一個平面內(nèi)，則這條直線上所有的點都在這個平面內(nèi)．2．公理2：經(jīng)過不在同一直線上的三點，有且只有一個平面．①推論1：經(jīng)過一條直線和這條直線外的一點，有且只有一個平面．②推論2：經(jīng)過兩條相交直線，有且只有一個平面．③推論3：經(jīng)過兩條平行直線，有且只有一個平面．3．公理3：如果兩個平面有一個公共點，那么它們還有其他公共點，且這些公共點的集合是一條過這個公共點的直線．【解題方法點撥】1．公理1是判定直線在平面內(nèi)的依據(jù)．2．公理2及推論是確定平面的依據(jù)．3．公理3是判定兩個平面相交的依據(jù)．4．直線與平面平行【知識點的認(rèn)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(nèi)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(zhì)是：對于平面外的一條直線，只需在平面內(nèi)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(zhì)定理：如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)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(zhì)定理的實質(zhì)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(nèi)的任意一條直線都與已知直線平行．正確的結(jié)論是：a∥α，若b?α，則b與a的關(guān)系是：異面或平行．即平面α內(nèi)的直線分成兩大類，一類與a平行有無數(shù)條，另一類與a異面，也有無數(shù)條．5．直線與平面垂直【知識點的認(rèn)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．6．平面與平面垂直【知識點的認(rèn)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．7．空間點、線、面的位置【知識點的認(rèn)識】空間點、直線、平面的位置關(guān)系：1、平面的基本性質(zhì)公理1：如果一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線在此平面內(nèi)．公理2：過不在一條直線上的三點，有且只有一個平面．公理3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線．2、直線與直線的位置關(guān)系（1）位置關(guān)系的分類（2）異面直線所成的角①定義：設(shè)a，b是兩條異面直線，經(jīng)過空間任一點O作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的銳角（或直角）叫做異面直線a，b所成的角（或夾角）．②范圍：（0，π2]3、直線與平面的位置關(guān)系有平行、相交、在平面內(nèi)三種情況．4、平面與平面的位置關(guān)系有平行、相交兩種情況．5、公理4平行于同一條直線的兩條直線互相平行．6、定理空間中如果兩個角的兩邊分別對應(yīng)平行，那么這兩個角相等或互補．【解題方法點撥】1、主要題型的解題方法（1）要證明“線共面”或“點共面”可先由部分直線或點確定一個平面，再證其余直線或點也在這個平面內(nèi)（即“納入法”）．（2）要證明“點共線”可將線看作兩個平面的交線，只要證明這些點都是這兩個平面的公共點，根據(jù)公理3可知這些點在交線上，因此共線．2、判定空間兩條直線是異面直線的方法（1）判定定理：平面外一點A與平面內(nèi)一點B的連線和平面內(nèi)不經(jīng)過該點B的直線是異面直線．（2）反證法：證明兩線不可能平行、相交或證明兩線不可能共面，從而可得兩線異面．3、求兩條異面直線所成角的大小，一般方法是通過平行移動直線，把異面問題轉(zhuǎn)化為共面問題來解決．根據(jù)空間等角定理及推論可知，異面直線所成角的大小與頂點位置無關(guān)，往往可以選在其中一條直線上（線面的端點或中點）利用三角形求解．4、注意事項：（1）全面考慮點、線、面位置關(guān)系的情形，可以借助常見幾何模型．（2）異面直線所成的角范圍是（0°，90°]．8．直線與平面所成的角【知識點的認(rèn)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．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．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(nèi)經(jīng)過斜足的直線有無數(shù)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