第33頁（共33頁）2024-2025學年上學期高二數學蘇教版（2019）期中必刷常考題之空間向量的應用一．選擇題（共5小題）1．（2025?四川開學）在棱長為a的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為AB上任意一點，E，F為CD上兩個動點，且EF的長為定值，則點P到平面A1EF的距離（）A．和點E，F的位置有關 B．和EF的長度有關 C．和點P的位置有關 D．等于22．（2024秋?蘇州期末）△ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝3，點P在平面ABC外，且PA→?PB→=3，PA→?PC→A．724 B．524 C．35 3．（2024秋?聊城期末）在四面體ABCD中，∠BAD＝∠CAD＝60°，AC⊥AB，AB＝AD＝2，AC＝3，則異面直線AC與BD所成的角為（）A．30° B．45° C．60° D．90°4．（2024秋?廣西期末）在平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，BD=3，E是BC的中點，沿BD將△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F為C′D的中點，則異面直線EF與A．35 B．45 C．13 5．（2024秋?長壽區期末）已知向量a→=(2，-1A．﹣3 B．3 C．﹣1 D．1二．多選題（共3小題）（多選）6．（2025?臨沂一模）圓柱O1O2的軸截面是正方形，O1，O2分別是上、下底面的圓心，A，B是下底面圓周上兩個不同的點，BC是母線，若圓柱O1O2的側面積為16π，則（）A．圓柱O1O2的體積是16π B．圓柱O1O2內切球的表面積是8π C．AOD．點B到直線AO1距離的最大值為3（多選）7．（2025?安徽模擬）如圖，已知圓臺的軸截面為ABCD，其中AB=3CD=123，AD＝8，M為圓弧A．圓臺的體積為208π B．圓臺母線所在直線與平面ABCD所成角的最大值為π3C．過任意兩條母線作圓臺的截面，截面面積的最大值為323D．過C，E，M三點的平面與圓臺下底面的交線長為36（多選）8．（2024秋?合肥期末）如圖，矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，AE=BD=42，A．AE⊥CF B．平面PBC與平面ADE可能平行也可能垂直 C．PC2+PE2的取值范圍是[32，64] D．點B到平面CEF的距離為4三．填空題（共4小題）9．（2024秋?呼和浩特期末）已知直線l的一個方向向量為d→=(1，2，-1)，平面α的一個法向量n→=(x，-10．（2025?東興區校級開學）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M為線段BD的中點，N為AA1上的一動點（含端點），當直線C1M與平面BDN所成角取得最大值時，AN的長度為．11．（2024秋?泰安期末）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，M為側面ADD1A1內（含邊界）的一個動點，P是線段CC1的中點，若直線PM與平面ADD1A1所成的角為π4，則點M的軌跡長度為12．（2025?江西模擬）已知正四棱柱ABCD﹣AB1C1D1的底面邊長為2，沿該棱柱的表面從點A經過棱A1B1或棱BB1上的一點E到達點C1的最短距離為13，則異面直線AE與BD所成角的余弦值為．四．解答題（共3小題）13．（2025?安康模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，平面ABC⊥平面ACC1A1，A1C⊥AB．（1）求證：BC⊥平面ACC1A1；（2）已知A1C＝2AC＝2BC，求直線AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．14．（2025?安徽模擬）如圖，在四棱錐E﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD且AB=12CD=1，AB⊥BC，∠ADC＝60（1）若M，N分別是棱AD，EC的中點，證明：MN∥平面ABE；（2）求平面BCE與平面ADE夾角的余弦值．15．（2025?延慶區模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，且PD＝AD＝2，E是PC的中點，平面ABE與線段PD交于點F．（Ⅰ）求證：AB∥FE；（Ⅱ）若CF=5，求直線BE與平面

2024-2025學年上學期高二數學蘇教版（2019）期中必刷常考題之空間向量的應用參考答案與試題解析題號12345答案DBCAA一．選擇題（共5小題）1．（2025?四川開學）在棱長為a的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為AB上任意一點，E，F為CD上兩個動點，且EF的長為定值，則點P到平面A1EF的距離（）A．和點E，F的位置有關 B．和EF的長度有關 C．和點P的位置有關 D．等于2【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】D【分析】根據正方體的性質及線面平行、線面垂直的性質可求得結論．【解答】解：因為E，F為CD上兩個動點，所以平面A1EF即為平面A1B1CD，因為AB∥CD，CD?平面A1CD，所以AB∥平面A1CD，又P為AB上任意一點，所以點P到平面A1B1CD的距離即點A到平面A1B1CD的距離，在正方體中，AD1⊥A1D，CD⊥AD1，CD∩A1D＝D，所以AD1⊥平面A1B1CD，則點A到平面A1B1CD的距離為22所以點P到平面A1EF的距離為22故選：D．【點評】本題考查空間點到平面距離的求法，屬中檔題．2．（2024秋?蘇州期末）△ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝3，點P在平面ABC外，且PA→?PB→=3，PA→?PC→A．724 B．524 C．35 【考點】異面直線及其所成的角；平面向量的數量積運算．【專題】轉化思想；綜合法；平面向量及應用；運算求解．【答案】B【分析】根據題意，取AC的中點E，連接DE、PE，由三角形中位線定理、異面直線所成角定義，證出∠PDE（或補角）就是異面直線DP與BC的所成角．然后在△PAB中，根據PA→?PB→=3且AB＝2，運用平面向量數量積的運算性質求出PD＝2，同理在△PAC中求出PE=5.最后在△【解答】解：取AC的中點E，連接DE、PE，因為△ABC中，D、E分別是AB、AC的中點，所以DE=12BC=32且可得∠PDE（或補角）就是異面直線DP與BC的所成角．由PA→?PB→=3，得（PD→+DA→）?（PD所以PD→2-DA→2=3，結合DA→2=14|AB→|2＝同理可得PE→2=EA→2+PA→在△PDE中，PD＝2，DE=32，PE所以cos∠PDE=PD2+DE2-P故選：B．【點評】本題主要考查異面直線所成角的定義與求法、空間向量數量積的定義與運算性質、余弦定理等知識，屬于中檔題．3．（2024秋?聊城期末）在四面體ABCD中，∠BAD＝∠CAD＝60°，AC⊥AB，AB＝AD＝2，AC＝3，則異面直線AC與BD所成的角為（）A．30° B．45° C．60° D．90°【考點】異面直線及其所成的角．【專題】轉化思想；綜合法；空間角；空間向量及應用；運算求解．【答案】C【分析】根據題意，以AB→、AC→、AD→為基向量，運用空間向量數量積的定義與運算法則，求出cos＜AC→，BD【解答】解：根據題意，可得AB→?AC→=0，AB→?AD→=|AB→|?|AD→|cos∠BAD＝2，AC→?AD→=|△ABD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，所以△ABD是等邊三角形，可得BD＝2．因為AC→?BD→=AC→?（AD→-AB→）=AC所以cos＜AC→，BD→＞=AC→?BD→|AC→|?|所以異面直線AC與BD所成的角等于60°．故選：C．【點評】本題主要考查空間向量的數量積及其運算法則、異面直線所成角的定義與求法等知識，屬于中檔題．4．（2024秋?廣西期末）在平行四邊形ABCD中，AB＝2，AD＝1，BD=3，E是BC的中點，沿BD將△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F為C′D的中點，則異面直線EF與A．35 B．45 C．13 【考點】異面直線及其所成的角；平面與平面垂直．【專題】轉化思想；向量法；空間角；運算求解；空間想象．【答案】A【分析】先證BC'⊥平面ABD，再以B為原點建系，利用向量法求異面直線所成角即可．【解答】解：由AB＝2，AD＝1，BD=3，知AD2+BD2＝AB2，即AD⊥因為平行四邊形ABCD，所以AD∥BC，所以BC⊥BD，即BC'⊥BD，又平面BC′D⊥平面ABD，平面BC′D∩平面ABD＝BD，BC'?平面BC′D，所以BC'⊥平面ABD，故以B為原點，BC，BD，BC'所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則E（12，0，0），F（0，32，12），A（﹣1，3，0），C′（0，0所以EF→=（-12，32，12），AC'所以cos＜EF→，因為異面直線所成角的取值范圍為（0，π2]所以異面直線EF與AC′所成角的余弦值為35故選：A．【點評】本題考查異面直線所成角的求法，熟練掌握面面垂直的性質定理，利用向量法求異面直線所成角是解題的關鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．5．（2024秋?長壽區期末）已知向量a→=(2，-1A．﹣3 B．3 C．﹣1 D．1【考點】空間向量的數量積判斷向量的共線與垂直．【專題】轉化思想；轉化法；空間向量及應用；運算求解．【答案】A【分析】代入空間向量垂直的坐標表示，即可求解．【解答】解：向量a→=(2，則a→?b→=2×5+(-1)×1+3故選：A．【點評】本題主要考查空間向量垂直的坐標表示，屬于基礎題．二．多選題（共3小題）（多選）6．（2025?臨沂一模）圓柱O1O2的軸截面是正方形，O1，O2分別是上、下底面的圓心，A，B是下底面圓周上兩個不同的點，BC是母線，若圓柱O1O2的側面積為16π，則（）A．圓柱O1O2的體積是16π B．圓柱O1O2內切球的表面積是8π C．AOD．點B到直線AO1距離的最大值為3【考點】空間中點到直線的距離及兩平行直線間的距離；圓柱的體積．【專題】轉化思想；綜合法；空間向量及應用；運算求解．【答案】AC【分析】根據圓柱體積公式、側面積公式，結合空間向量數量積的坐標公式、點到線距離公式逐一判斷即可．【解答】解：根據題意可知，圓柱O1O2的軸截面是正方形，O1，O2分別是上、下底面的圓心，設圓柱O1O2的底面半徑為r，∴母線為2r，∵圓柱O1O2的側面積為16π，∴2πr?2r＝16π?r＝2．∵圓柱O1O2的體積是π?22×2×2＝16π，∴選項A正確；∵圓柱O1O2的底面半徑為2，∴母線為4，∴圓柱O1O2內切球的半徑為2，∴圓柱O1O2內切球的表面積是4π?22＝16π，因此選項B不正確；建立如圖所示的空間直角坐標系，O1（0，0，4），B（0，2，0），C（0，2，4），設A（2cosθ，2sinθ，0），sinθ≠1，AOAO∴選項C正確；設a→直線AO1的單位方向向量為u→∴點B到直線AO1距離為d=-由題意﹣1≤sinθ＜1，∴當sinθ＝﹣1時，dmax=8故選：AC．【點評】本題考查了正弦函數與二次函數的性質，屬于中檔題．（多選）7．（2025?安徽模擬）如圖，已知圓臺的軸截面為ABCD，其中AB=3CD=123，AD＝8，M為圓弧A．圓臺的體積為208π B．圓臺母線所在直線與平面ABCD所成角的最大值為π3C．過任意兩條母線作圓臺的截面，截面面積的最大值為323D．過C，E，M三點的平面與圓臺下底面的交線長為36【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角；圓臺的體積．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】ABD【分析】求出圓臺的高，根據體積公式可判定選項A；把圓臺補成圓錐，根據母線TM與平面ABCD所成的角最大可判定選項B；利用兩條母線所在直線夾角為π2時截面面積最大可判定選項C；找出過C，E，M三點的平面與圓臺下底面的交線，結合垂徑定理可判定選項D【解答】解：選項A，因為AB=3所以圓臺上底面圓半徑為23，下底面圓半徑為6所以圓臺的高h=故圓臺的體積V=4π3×(12+36+108)=208選項B，由h＝4，BC＝8，得sin∠由∠OBC∈(0如圖，將圓臺補成圓錐，頂點記為T，底面圓的圓心記為O，連接TO，MO，MT，因為M為圓弧AB的中點，所以MO⊥AB，因為TO⊥平面AMB，MO?平面AMB，所以TO⊥MO，因為TO∩AB＝O，TO，AB?平面ABCD，所以MO⊥平面ABCD，又MO?平面TMO，所以平面TMO⊥平面ABCD，此時母線所在直線TM與平面ABCD所成的角最大，最大為∠MTO，∠MTO=π選項C，由∠TBO可得TO＝6，BT＝12，所以TC＝12﹣8＝4，當兩條母線所在直線夾角為π2最大值為12×122×sinπ2選項D，如圖，在梯形ABCD中，連接CE并延長交BA的延長線于點F，連接MF交底面圓于點N，則MN為截面與底面圓的交線，由CDAF=DEEA=2所以tan∠OMF=取MN中點G，則OG⊥MN，MN＝2MG，所以MN=2×6故選：ABD．【點評】本題考查圓臺的性質，考查線面角的求法及立體幾何的綜合應用，屬中檔題．（多選）8．（2024秋?合肥期末）如圖，矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，AE=BD=42，A．AE⊥CF B．平面PBC與平面ADE可能平行也可能垂直 C．PC2+PE2的取值范圍是[32，64] D．點B到平面CEF的距離為4【考點】空間中點到平面的距離；直線與平面垂直；平面與平面平行．【專題】轉化思想；綜合法；空間向量及應用；運算求解．【答案】ABD【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量法可判斷AB中的位置關系，利用空間距離公式計算CD后可判斷它們的正誤．【解答】解：根據題意可知，矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，AE=建立如圖所示的空間直角坐標系，A項．∵AE=BD=42，∴AB＝AD＝4，∴則A（4，0，0），B（4，4，0），C（0，4，0），E（0，0，4），F（4，4，4）．A項.AE→=(-4，∴AE→⊥CFB項．當點P與點F重合時，平面PBC//平面ADE，當點P與點A重合時，平面PBC⊥平面ADE，故B項正確；C項．根據題意，可設點P（4，4λ，4λ），其中0≤λ≤1，則PC2+PE2＝42+（4λ﹣4）2+（4λ）2+42+（4λ）2+（4λ﹣4）2＝64λ2﹣64λ+64＝64（λ2﹣λ+1），當λ∈[0，1]]時，λ2∴64（λ2﹣λ+1）∈[48，64]，即PC2+PE2的取值范圍是[48，64]，故C項錯誤；D項.CE→設平面CEF的法向量為m→=(x故-4y+4∴點B到平面CEF的距離為|CB→?故選：ABD．【點評】本題考查了空間直角坐標系的建立，屬于基礎題．三．填空題（共4小題）9．（2024秋?呼和浩特期末）已知直線l的一個方向向量為d→=(1，2，-1)，平面α的一個法向量n→=(x，-【考點】空間向量語言表述線面的垂直、平行關系；平面的法向量．【專題】轉化思想；向量法；立體幾何；運算求解．【答案】10．【分析】根據直線與平面平行，得到直線的方向向量與平面的法向量垂直，進而利用空間向量數量積為0列出方程，求出x的值．【解答】解：因為l∥α，所以直線l的方向向量與平面α的法向量垂直，即n→解得：x＝10．故答案為：10．【點評】本題考查向量法的應用，屬于基礎題．10．（2025?東興區校級開學）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M為線段BD的中點，N為AA1上的一動點（含端點），當直線C1M與平面BDN所成角取得最大值時，AN的長度為1．【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】轉化思想；向量法；空間角；運算求解；空間想象．【答案】1．【分析】以D為坐標原點建系，設AN＝a（0≤a≤2），直線C1M與平面BDN所成角為θ，利用向量法求線面角，可將sinθ表示成關于a的函數，再結合換元法，配方法，求解即可．【解答】解：以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設AN＝a（0≤a≤2），則D（0，0，0），B（2，2，0），M（1，1，0），C1（0，2，2），N（2，0，a），所以C1M→=(1，設平面BDN的法向量為n→=(x令x＝a，則z＝﹣2，y＝﹣a，所以n→設直線C1M與平面BDN所成角為θ，則sinθ=|令t＝a+2，則a＝t﹣2，且t∈[2，4]，設f（t）=(當1t=13時，f（t）取得最大值，sinθ取得最大值，即θ取得最大值，此時t＝3，即a所以a＝1，所以AN的長度為1．故答案為：1．【點評】本題考查空間中線面角的求法，熟練掌握利用向量法求線面角是解題的關鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．11．（2024秋?泰安期末）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，M為側面ADD1A1內（含邊界）的一個動點，P是線段CC1的中點，若直線PM與平面ADD1A1所成的角為π4，則點M的軌跡長度為2π【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】數形結合；向量法；空間位置關系與距離；邏輯思維；運算求解．【答案】23【分析】根據線面角得出M的軌跡，結合邊長得出角進而應用弧長公式求出側面內的劣弧；【解答】解：正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，M為側面ADD1A1內（含邊界）的一個動點，P是線段CC1的中點，若直線PM與平面ADD1A1所成的角為π4以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立坐標系，易知平面A1ADD1的一個法向量為n→=(0，1，0)，P（設M（t，0，n），t，n∈[0，2]，當直線PM與平面A1ADD1所成的角為π4sinπ∴t2+（n﹣1）2＝4，則點M的軌跡是以E（0，0，1）為球心，2為半徑的球，M為側面ADD1A1內的一個動點，則點M的軌跡在側面ADD1A1內是以E（0，0，1）為圓心，2為半徑的劣弧，設軌跡分別交AD，A1D1于點M2，M1，可得M1則∠M1ED1=∠M2劣弧M1M2的長為π3故答案為：23【點評】本題考查正方體結構特征、劣弧、點的軌跡、球等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．12．（2025?江西模擬）已知正四棱柱ABCD﹣AB1C1D1的底面邊長為2，沿該棱柱的表面從點A經過棱A1B1或棱BB1上的一點E到達點C1的最短距離為13，則異面直線AE與BD所成角的余弦值為2613【考點】異面直線及其所成的角；多面體和旋轉體表面上的最短距離問題．【專題】分類討論；綜合法；空間角；立體幾何；運算求解；空間想象．【答案】2613【分析】設該棱柱的高為h，利用點E到達點C1的最短距離為13，求出h的值，再過點E作B1D1的平行線與A1D1交于點F，易知∠AEF或其補角即為所求，然后根據解三角形的知識求解即可．【解答】解：設該棱柱的高為h（h＞0），如圖所示，若沿該棱柱表面從點A經過棱BB1上一點E到達點C1，則最短距離為(2+2)若從點A經過棱A1B1上的一點E到達點C1，則最短距離為22+(2+h)2=13因為A1E∥C1D1，所以A1EC過點E作EF∥B1D1，交A1D1于點F，因為B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以∠AEF或其補角即為AE與BD所成角，在△AEF中，AE=AF=12+(23所以cos∠故答案為：2613【點評】本題考查異面直線所成角的求法，棱柱表面最短距離等問題，考查空間立體感，邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．四．解答題（共3小題）13．（2025?安康模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，平面ABC⊥平面ACC1A1，A1C⊥AB．（1）求證：BC⊥平面ACC1A1；（2）已知A1C＝2AC＝2BC，求直線AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角；直線與平面垂直．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）25【分析】（1）根據線面垂直得到線線垂直，再根據一條直線垂直于一個平面里兩條相交的直線，即可得到線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，直線與平面所成角的正弦值即為直線所在的方向向量與平面法向量夾角的余弦值，可求得結果．【解答】解：（1）證明：設P∈平面ACC1A1，過P作PM⊥C1C、PN⊥AC，垂足分別為M、N，因為平面BCC1B1⊥平面ACC1A1，平面BCC1B1∩平面ACC1A1＝CC1，PM⊥C1C、PM?平面AA1C1C，所以PM⊥平面BCC1B1，因為BC?平面BCC1B1，所以PM⊥BC，同理PN⊥BC，又因為PM∩PN＝P，PM、PN?平面AA1C1C，所以BC⊥平面ACC1A1．（2）由（1）知BC⊥平面ACC1A1，因為A1C?平面AA1C1C，所以BC⊥A1C，又因為A1C⊥AB，所以CA，CB，CA1兩兩垂直，以C為坐標原點，CA→，CB→，CA1→由AC=BC=12A1C，可設AC＝BC＝則A（1，0，0），B（0，1，0），A1（0，0，2），所以AB→所以AB設n→=(x，y，則n→⊥CB取n→設直線AB1與平面BCC1B1所成的角為θ，則sinθ=|即直線AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為25【點評】本題考查線面垂直的判定，以及向量法的應用，屬于中檔題．14．（2025?安徽模擬）如圖，在四棱錐E﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD且AB=12CD=1，AB⊥BC，∠ADC＝60（1）若M，N分別是棱AD，EC的中點，證明：MN∥平面ABE；（2）求平面BCE與平面ADE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；直線與平面平行．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）217【分析】（1）通過線線平行得到平面MNF∥平面BAE，進而證明MN∥平面ABE．（2）通過分析可得MD，ME，MC兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，利用空間向量可求兩平面夾角的余弦值．【解答】（1）證明：如圖，取DE的中點F，連接MF，NF，∵M，N分別是棱AD，EC的中點，∴MF∥AE，NF∥CD，∵AB∥CD，∴NF∥AB，∵MF∥AE，MF?平面BAE，AE?平面BAE，∴MF∥平面BAE，同理可得NF∥平面BAE，∵MF∩NF＝F，MF，NF?平面MNF，∴平面MNF∥平面BAE，又MN?平面MNF，∴MN∥平面ABE；（2）解：如圖，連接CM，ME，AC，取DC的中點G，連接AG，∵AB∥CD且AB=12CD=1，∴AB∥CG∴四邊形ABCG為平行四邊形，故BC∥AG，∵AB⊥BC，∴AG⊥CD，且GD＝1，∵∠ADC＝60°，∴AD＝2，故△ADC為等邊三角形，∴CM⊥AD，CM=∵△ADE為等邊三角形，∴DE=2在△CDE中，由余弦定理得：CE∴CM2+ME2＝CE2，即CM⊥ME，故MD，ME，MC兩兩互相垂直，以M為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則C(0，0，3)，E(0，3，0)，D（1，0由AB→=1∴EC→設平面BCE的一個法向量為n→則由n→⊥EC→，令z＝3，則y=3，x取平面ADE的一個法向量為m→則cos＜∴平面BCE與平面ADE夾角的余弦值為217【點評】本題考查線面平行的判定，考查平面與平面夾角的余弦值求法，屬中檔題．15．（2025?延慶區模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，且PD＝AD＝2，E是PC的中點，平面ABE與線段PD交于點F．（Ⅰ）求證：AB∥FE；（Ⅱ）若CF=5，求直線BE與平面【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角；直線與平面平行．【專題】轉化思想；綜合法；空間位置關系與距離；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）3030【分析】（Ⅰ）由線面平行的判定與性質定理得證；（Ⅱ）建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可．【解答】（Ⅰ）證明：在矩形ABCD中，AB∥DC，又AB?平面DCP，DC?平面DCP，所以AB∥平面DCP，又因為AB?平面ABE，且平面ABE∩平面DCP＝FE，所以AB∥FE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知FE∥DC，又因為E是PC的中點，所以F是PD的中點，因為CF=5，即CD2+因為PD⊥平面ABCD，AD，DC?平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC．又在正方形ABCD中，AD⊥CD，所以DA，DC，DP兩兩垂直．如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D﹣xyz，則B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F（0，0，1）．所以BE→設平面BCF的一個法向量為n→則BF→?n→=-2x-設直線BE與平面BCF所成角為θ，則sinθ＝|cos＜BE→，故直線BE與平面BCF所成角的正弦值為3030【點評】本題主要考查線面平行的判定與性質定理，直線與平面所成角的求法，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于中檔題．

考點卡片1．平面向量的數量積運算平面向量的數量積運算2．多面體和旋轉體表面上的最短距離問題【知識點的認識】多面體和旋轉體表面上的最短距離問題的解法：求多面體表面上兩點間的最短距離，一般將表面展開為平面圖形，從而把它轉化為平面圖形內兩點連線的最短長度問題，要注意的是，如果不是指定的兩點間的某種特殊路徑，其表面上兩點間的距離應是按各種可能方式展開成平面圖形后各自所得最短距離中的最小者．旋轉體側面上兩點間的最短距離，如同多面體一樣，將側面展開，轉化為展開面內兩點連線的最短長度問題來解決．3．圓柱的體積【知識點的認識】圓柱的體積計算依賴于底面圓的半徑r和圓柱的高度h．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣實際應用：如何根據實際問題中的圓柱尺寸進行體積計算．【命題方向】﹣圓柱的體積計算：考查如何根據底面圓的半徑和高度計算圓柱的體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓柱的體積計算．4．圓臺的體積【知識點的認識】圓臺的體積計算依賴于底面圓的半徑r1、頂面圓的半徑r2和圓臺的高度h．【解題方法點撥】﹣計算公式：體積計算公式為V=﹣實際應用：如何根據實際問題中的圓臺尺寸進行體積計算．【命題方向】﹣圓臺的體積計算：考查如何根據底面和頂面的半徑以及高度計算圓臺的體積．﹣實際應用：如何在實際問題中應用圓臺的體積計算．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．平面與平面平行【知識點的認識】兩個平面平行的判定：（1）兩個平面平行的判定定理：如果一個平面內有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行．（2）垂直于同一直線的兩個平面平行．即a⊥α，且a⊥β，則α∥β．（3）平行于同一個平面的兩個平面平行．即α∥γ，β∥γ，則α∥β．平面與平面平行的性質：性質定理1：兩個平面平行，在一個平面內的任意一條直線平行于另外一個平面．性質定理2：如果兩個平行平面同時與第三個平面相交，那么它們的交線平行．性質定理3：一條直線垂直于兩個平行平面中的一個平面，它也垂直于另一個平面．9．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：性質定理1：如果兩個平面垂直，則在一個平面內垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面．性質定理2：如果兩個平面垂直，那么經過第一個平面內的一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內．性質定理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．性質定理4：三個兩兩垂直的平面的交線兩兩垂直．10．空間向量的數量積判斷向量的共線與垂直【知識點的認識】一、空間向量及其有關概念語言描述共線向量（平行向量）表示空間向量的有向線段所在的直線平行或重合．共面向量平行于同一平面的向量．共線向量定理對空間任意兩個向量a→，b→（b→≠0），a→∥b→?存在λ∈R共面向量定理若兩個向量a→，b→不共線，則向量p→與向量a→，b共面?存在唯一的有序實數對（x，y），使p→空間向量基本定理（1）定理：如果三個向量a→、b→、c不共面，那么對空間任一向量p→，存在有序實數組{x，y，z}使得p→=xa（2）推論：設O、A、B、C是不共面的四點，則對空間一點P都存在唯一的三個有序實數x、y、z使＝x+y+z且x+y+z＝1．二、數量積及坐標運算1．兩個向量的數量積（1）a→?b→＝|a→||b→|cos（2）a→⊥b→?a→?b→=0（3）|a→|2=a→2，|a2．向量的坐標運算a→=（a1，a2，a3），b→=（b1，b2向量和a→+b→=（a1+b1，a2+b2，a向量差a→-b→=（a1﹣b1，a2﹣b2，a數量積a→?b→=a1b1+a2b2+a共線a→∥b→?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈垂直a→⊥b→?a1b1+a2b2+a3b3夾角公式cos＜a→，11．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