2024-2025学年上学期高一数学人教A版期中必刷常考题之空间直线、平面的垂直

第36页（共36页）2024-2025学年上学期高一数学人教A版（2019）期中必刷常考题之空间直线、平面的垂直一．选择题（共5小题）1．（2024秋•苏州期末）△ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝3，点P在平面ABC外，且PA→⋅PB→=3，PA→⋅PC→A．724 B．524 C．35 2．（2024秋•聊城期末）在四面体ABCD中，∠BAD＝∠CAD＝60°，AC⊥AB，AB＝AD＝2，AC＝3，则异面直线AC与BD所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°3．（2024秋•吉林期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，异面直线MN与DD1所成角为（）A．π6 B．π4 C．π3 4．（2024秋•广西期末）在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，BD=3，E是BC的中点，沿BD将△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F为C′D的中点，则异面直线EF与A．35 B．45 C．13 5．（2025•玉林模拟）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．33 B．66 C．34 二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•日照期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为6，过棱CC1，A1D1，A1B1的中点作正方体的截面，则（）A．截面多边形的周长为32B．截面多边形的面积为2111C．截面多边形存在外接圆 D．截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为11（多选）7．（2024秋•汉寿县校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列说法中正确的是（）A．BC1⊥DA1 B．BC1⊥CA1 C．BC1与平面AA1C1C所成的角为π4D．BC1与平面ABCD所成的角为π（多选）8．（2025•文昌校级一模）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（）A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为2 B．若AP=17，则点P的轨迹长度为C．二面角A﹣EF﹣C的正切值为82D．若P是棱A1B1的中点，则三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积是41π三．填空题（共4小题）9．（2024秋•安阳期末）已知空间中的三点A（3，0，0），B（0，3，3），C（0，1，0），则直线AC与AB所成角的余弦值为．10．（2024秋•金山区期末）如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠CAB＝90°，AA1＝2AB＝2AC＝2，则直线A1B与侧面B1C1CB所成角的正弦值是．11．（2024秋•衡水校级期末）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，AB⊥AC，D是BB1中点，则AC1与CD所成角的余弦值为．12．（2024秋•龙岗区校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AC和直线BC1所成的角为．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•长宁区期末）如图，已知圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧AB的中点，点P为母线SA的中点．（1）求此圆锥的侧面积；（2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值．14．（2024秋•金山区期末）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，E、F分别是棱AD，CD的中点，O是点A在平面BCD内的射影．（1）求证：直线EF∥平面ABC；（2）求三棱锥A﹣BCD的体积；（3）求二面角B﹣EF﹣D的大小．15．（2024秋•诸暨市期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠CAB＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3，M为BC的中点，P为侧棱BB1上的动点．（1）求证：平面AMP⊥平面BB1C1C；（2）试判断是否存在P，使得直线BC1⊥AP．若存在，求PB的长；若不存在，请说明理由．

2024-2025学年上学期高一数学人教A版（2019）期中必刷常考题之空间直线、平面的垂直参考答案与试题解析题号12345答案BCBAB一．选择题（共5小题）1．（2024秋•苏州期末）△ABC中，AB＝2，AC＝4，BC＝3，点P在平面ABC外，且PA→⋅PB→=3，PA→⋅PC→A．724 B．524 C．35 【考点】异面直线及其所成的角；平面向量的数量积运算．【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．【答案】B【分析】根据题意，取AC的中点E，连接DE、PE，由三角形中位线定理、异面直线所成角定义，证出∠PDE（或补角）就是异面直线DP与BC的所成角．然后在△PAB中，根据PA→⋅PB→=3且AB＝2，运用平面向量数量积的运算性质求出PD＝2，同理在△PAC中求出PE=5.最后在△【解答】解：取AC的中点E，连接DE、PE，因为△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，所以DE=12BC=32且可得∠PDE（或补角）就是异面直线DP与BC的所成角．由PA→⋅PB→=3，得（PD→+DA→）•（PD所以PD→2-DA→2=3，结合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故选：B．【点评】本题主要考查异面直线所成角的定义与求法、空间向量数量积的定义与运算性质、余弦定理等知识，属于中档题．2．（2024秋•聊城期末）在四面体ABCD中，∠BAD＝∠CAD＝60°，AC⊥AB，AB＝AD＝2，AC＝3，则异面直线AC与BD所成的角为（）A．30° B．45° C．60° D．90°【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间角；空间向量及应用；运算求解．【答案】C【分析】根据题意，以AB→、AC→、AD→为基向量，运用空间向量数量积的定义与运算法则，求出cos＜AC→，BD【解答】解：根据题意，可得AB→•AC→=0，AB→•AD→=|AB→|•|AD→|cos∠BAD＝2，AC→•AD→=|△ABD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，所以△ABD是等边三角形，可得BD＝2．因为AC→•BD→=AC→•（AD→-AB→）=AC所以cos＜AC→，BD→＞=AC→⋅BD→|AC→|⋅|所以异面直线AC与BD所成的角等于60°．故选：C．【点评】本题主要考查空间向量的数量积及其运算法则、异面直线所成角的定义与求法等知识，属于中档题．3．（2024秋•吉林期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，异面直线MN与DD1所成角为（）A．π6 B．π4 C．π3 【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．【答案】B【分析】连结A1D、BD，根据三角形中位线定理与异面直线所成角的定义，可证出直线MN与DD1所成角即为直线A1D与DD1所成角，进而算出答案．【解答】解：连结A1D、BD，因为在正方形ABCD与正方形AA1B1B中，M、N分别为BD、A1B的中点，所以MN是△A1BD的中位线，可得MN∥A1D，所以异面直线MN与DD1所成角即为直线A1D与DD1所成角，结合∠A1DD1＝45°，可知异面直线MN与DD1所成角等于45°．故选：B．【点评】本题主要考查正方体的结构特征、异面直线所成角的定义与求法等知识，属于基础题．4．（2024秋•广西期末）在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，BD=3，E是BC的中点，沿BD将△BCD翻折至△BC′D的位置，使得平面BC′D⊥平面ABD，F为C′D的中点，则异面直线EF与A．35 B．45 C．13 【考点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直．【专题】转化思想；向量法；空间角；运算求解；空间想象．【答案】A【分析】先证BC'⊥平面ABD，再以B为原点建系，利用向量法求异面直线所成角即可．【解答】解：由AB＝2，AD＝1，BD=3，知AD2+BD2＝AB2，即AD⊥因为平行四边形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为原点，BC，BD，BC'所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则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→，因为异面直线所成角的取值范围为（0，π2]所以异面直线EF与AC′所成角的余弦值为35故选：A．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，熟练掌握面面垂直的性质定理，利用向量法求异面直线所成角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．5．（2025•玉林模拟）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．33 B．66 C．34 【考点】异面直线及其所成的角；空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量基本定理、正交分解及坐标表示．【专题】计算题；空间角．【答案】B【分析】先选一组基底，再利用向量加法和减法的三角形法则和平行四边形法则将两条异面直线的方向向量用基底表示，然后利用夹角公式求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值即可．【解答】解：如图，设AA1→=c→，AB则a→⋅b→=∵AB1→=∴AB1→⋅BC1→=（a→+c|AB1→||BC1→|∴cos＜∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为66故选：B．【点评】本题主要考查了空间向量在解决立体几何问题中的应用，考查空间向量基本定理，向量的数量积公式及应用，考查学生的计算能力．二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024秋•日照期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为6，过棱CC1，A1D1，A1B1的中点作正方体的截面，则（）A．截面多边形的周长为32B．截面多边形的面积为2111C．截面多边形存在外接圆 D．截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为11【考点】几何法求解直线与平面所成的角；棱柱的结构特征．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】AB【分析】根据题意画出正方体，将题中截面画出，根据边长关系即可求出边长和面积；判断截面多边形各边长垂直平分线是否交于一点即可判断出多边形是否存在外接圆；根据二面角定义和余弦定理求出截面所在平面与平面ABCD所成角．【解答】解：设CC1，A1D1，A1B1的中点分别为P、Q、R，连接QR并延长交直线C1D1，C1B1的延长线于点F，E，连接PF交DD1于N，连接PE交BB1于M，连接QN，RM得到截面五边形PNQRM，连接P与FE的中点O，由Q，R为中点，可得|MP|=|NP|=210因此周长为32+610|FE|=92，|S△S△则截面多边形的面积为S△PFE-△PNQ与△PMR是公用一个顶点的全等三角形，两个三角形的外心不重合，所以这个五边形没有外接圆，故C错误；因为A1O⊥QR，PO⊥QR根据二面角定义可知∠A1OP为截面与底面所成角（或补角），|A1O|=322，|可得cos∠故sin∠所以截面所在平面与平面ABCD所成角的正弦值为2211，故D故选：AB．【点评】本题考查平面的性质，考查多边形面积、周长的求法，考查面面角的余弦值求法，属中档题．（多选）7．（2024秋•汉寿县校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列说法中正确的是（）A．BC1⊥DA1 B．BC1⊥CA1 C．BC1与平面AA1C1C所成的角为π4D．BC1与平面ABCD所成的角为π【考点】几何法求解直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．【答案】ABD【分析】选项A和B，通过平行的传递性，将异面直线所成的角转化在同一平面内，再求其大小即可作出判断；选项C和D，通过线面角的定义找到线面角，求出相关线段长和线面角的三角函数值，即可判断．【解答】解：选项A，连接B1C，∴A1B1∥CD，A1B1＝CD，∴四边形A1B1CD为平行四边形，∴A1D∥B1C，∵B1C⊥BC1，∴BC1⊥DA1，故选项A正确；选项B，对平面A1ADD1进行延展，补出正方形A1D1FE，并连接AD1，A1F，CF，易得四边形ABC1D1为平行四边形，∴BC1∥AD1，∵A1A∥D1F，A1A＝D1F，∴四边形A1AD1F为平行四边形，∴A1F∥AD1，∴BC1∥A1F，设正方体棱长为1，由勾股定理知，A1C=12∴A1C2+A1F2=∴BC1⊥CA1，故选项B正确；选项C，连接BD，交AC于点O，连接C1O，∵A1A⊥底面ABCD，BO⊂平面ABCD，∴A1A⊥BO，又BO⊥AC，A1A∩AC＝A，A1A、AC⊂平面AA1C1C，∴BO⊥平面AA1C1C，∴BC1与平面AA1C1C所成的角为∠B设正方体棱长为1，则BO=22∴sin∠又∠BC1即BC1与平面AA1C1C所成的角为π6，故选项C选项D，∵C1C⊥底面ABCD，∴BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC，易知△BCC1为等腰直角三角形，∴∠C即BC1与平面ABCD所成的角为π4，故选项D故选：ABD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定与性质定理，线面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．（多选）8．（2025•文昌校级一模）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（）A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为2 B．若AP=17，则点P的轨迹长度为C．二面角A﹣EF﹣C的正切值为82D．若P是棱A1B1的中点，则三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积是41π【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；球内接多面体；球的表面积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】BCD【分析】对于A，作出对应图形，先证明面MNDB∥面CEF，再结合给定条件确定动点轨迹，求解长度；对于B，利用给定条件确定动点轨迹，求解长度；对于C，作出二面角的平面角，利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系求解正切值；对于D，先找到球心，利用勾股定理得到半径，求解球的表面积即可．【解答】解：对于A，如图，取A1D1，A1B1中点N，M，且连接B1D1，NE，因为E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，由中位线定理得MN∥B1D1，EF∥B1D1，所以MN∥EF，而BD＝B1D1，BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1，所以BD∥EF，因为CD＝NE，ND＝CE，所以四边形NDCE是平行四边形，所以ND∥CE，因为ND⊄面CEF，CE⊂面CEF，所以ND∥面CEF，因为BD⊄面CEF，EF⊂面CEF，所以BD∥面CEF，而BD∩ND＝D，所以面MNDB∥面CEF，又P是正方形A1B1C1D1内的动点，且DP∥平面CEF，面MNDB和面CEF相交，MN，EF是交线，所以P的轨迹为线段MN，由勾股定理得MN=4+4=2对于B，如图，若AP=17，此时AA1⊥面A1B1C1D所以AA1⊥A1P，由勾股定理得A1所以P的轨迹为在面A1B1C1D1内，以A为圆心，1为半径的14所以P的轨迹长度为14×2π对于C，如图，作ET⊥BC，连接A1C1与EF交于点S，连接AE，AF，AC，A1F，AS，B1D1，ET，因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E．F分别是棱B1C1，C1D1的中点，A1C1的中点记为V，所以EF是△C1D1B1的中位线，所以EF∥D1B1，而D1B1⊥A1C1，所以EF⊥A1C1，而由正方体性质得CC1⊥面A1B1C1D1，所以CC1⊥EF，而CC1∩A1C1＝C1，CC1，A1C1⊂面A1ACC1，故EF⊥面A1ACC1，EF⊥AS，EF⊥CS，而由勾股定理得A1F=AT=25，由三线合一性质得S是EF的中点，故S是C1V的中点，即S是A1C1靠近C1的四等分点，所以由勾股定理得AS=18+16=34，而EF⊥AS，EF⊥CS，面AEF∩面CEF＝EF，所以∠ASC是二面角A﹣EF﹣C的平面角，且设该角为θ，在△ASC中，由余弦定理得cosθ=易得θ∈[0．π]，所以sinθ≥0，而(5解得sinθ=所以tanθ=所以二面角A﹣EF﹣C的正切值为825，故对于D，如图，取PF的中点G，AC的中点H，连接PE，GH，FP，因为P是棱A1B1的中点，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，所以C1F＝C1E＝B1E＝B1P＝2，由勾股定理得EF=而PF＝4，所以EF2+PE2＝PF2，所以EF⊥PE，而GE=12FP=2，所以点G到E因为GH∥AA1，由正方体性质得AA1⊥面PEF，所以GH⊥面PEF，所以三棱锥P﹣CEF的外接球的球心在GH上，设球心为O，GO＝t，则HO＝4﹣t，又GP＝2，CH=2设三棱锥P﹣CEF的外接球的半径为R，则PO＝CO＝R，在直角三角形HCO中，由勾股定理得R2＝8+（4﹣t）2，在直角三角形PGO中，由勾股定理得R2＝4+t2，解得t=52所以三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积为414×4π故选：BCD．【点评】本题考查立体几何综合问题，属于难题．三．填空题（共4小题）9．（2024秋•安阳期末）已知空间中的三点A（3，0，0），B（0，3，3），C（0，1，0），则直线AC与AB所成角的余弦值为23015【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．【答案】230【分析】根据题意求AC→【解答】解：因为A（3，0，0），B（0，3，3），C（0，1，0），所以AC→设直线AC与AB所成的角为θ，则cosθ=|所以直线AC与AB所成角的余弦值为230故答案为：230【点评】本题考查了应用空间向量求解空间中直线与直线所成角，属于基础题．10．（2024秋•金山区期末）如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠CAB＝90°，AA1＝2AB＝2AC＝2，则直线A1B与侧面B1C1CB所成角的正弦值是1010【考点】直线与平面所成的角．【专题】计算题；整体思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】1010【分析】取B1C1中点D，连接A1D，BD，证明A1D⊥平面B1C1CB，可得∠A1BD为直线A1B与侧面B1C1CB所成的角，进而可得答案．【解答】解：取B1C1中点D，连接A1D，BD，∵直三棱柱中，BB1⊥平面A1B1C1，A1D⊂平面A1B1C1，∴BB1⊥A1D，又A1B1＝A1C1＝1，∴A1D⊥B1C1，又B1C1∩BB1＝B1，B1C1，BB1⊂面BB1C1C，∴A1D⊥平面B1C1CB，∴A1B在平面B1C1CB上的射影为DB，故∠A1BD为直线A1B与侧面B1C1CB所成的角，Rt△A1B1B中，A1Rt△B1A1C1中，A1∴Rt△A1BD中，sin∠故答案为：1010【点评】本题考查了线面角的计算，属于中档题．11．（2024秋•衡水校级期末）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，AB⊥AC，D是BB1中点，则AC1与CD所成角的余弦值为26【考点】异面直线及其所成的角．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角；空间向量及应用；运算求解．【答案】26【分析】根据题意，以{AB→，AC→，AA【解答】解：设AB＝AC＝AA1＝a（a＞0），以{AB→，AC→，A则A（0，0，0），C（0，a，0），C1（0，a，a），D（a，0，a2），可得AC1所以AC1→⋅CD设直线AC1与CD所成角为θ，则cosθ=所以AC1与CD所成角的余弦值为26故答案为：26【点评】本题主要考查直三棱柱的结构特征、利用空间向量法求异面直线所成角等知识，属于中档题．12．（2024秋•龙岗区校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AC和直线BC1所成的角为π3【考点】异面直线及其所成的角．【专题】整体思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】π3【分析】利用异面直线所成角的定义可知∠D1AC即为所求的角．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得BC1∥AD1，所以直线AC和直线BC1所成的角等于∠D1AC，又易知△D1AC为等边三角形，所以∠D故答案为：π3【点评】本题考查了异面直线所成角的求法，属基础题．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•长宁区期末）如图，已知圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧AB的中点，点P为母线SA的中点．（1）求此圆锥的侧面积；（2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值．【考点】异面直线及其所成的角；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】（1）8π；（2）64【分析】（1）由已知条件求出母线长，然后利用圆锥的侧面积公式求解即可；（2）以O为原点，OQ所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴，OS所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．【解答】解：（1）由题意圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧AB的中点，点P为母线SA的中点，可得SA＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π；（2）以O为原点，OQ所在的直线为x轴，OA所在的直线为y轴，OS所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得SO=23，则S(0，0，23)，O（0，0，0），A（0，2，0），Q则SO→=(0，所以SO→⋅PQ→=-2所以cos〈设异面直线PQ与SO所成角的大小为θ，θ∈则cosθ=|故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为64【点评】本题考查了异面直线所成角的求法，是中档题．14．（2024秋•金山区期末）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，E、F分别是棱AD，CD的中点，O是点A在平面BCD内的射影．（1）求证：直线EF∥平面ABC；（2）求三棱锥A﹣BCD的体积；（3）求二面角B﹣EF﹣D的大小．【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；直线与平面平行．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）223；（3）【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明直线EF∥平面ABC；（2）根据射影定义求出三棱锥的高，再用锥体体积公式即可求得结果；（3）先根据二面角定义求出∠BHD即为所求的二面角，再用余弦定理即可求角．【解答】解：（1）证明：因为E，F分别是直线AD，CD的中点，所以EF∥AC．又EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，故直线EF∥平面ABC．（2）由题意知BO=所以AO=则三棱锥A﹣BCD的体积为13（3）取EF的中点为H，连接BH，DH，因为四面体棱长均为2，故三角形ABD，三角形ACD均为等边三角形，因为E，F是棱AD，CD的中点，所以三角形DEF为等边三角形，所以BH⊥EF，DH⊥EF且EF=1所以∠BHD即为所求的二面角，所以BH=则cos∠由图观察，二面角B﹣EF﹣D为钝二面角，则二面角B﹣EF﹣D的大小为π-【点评】本题考查线面平行的判定以及二面角的计算，属于中档题．15．（2024秋•诸暨市期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠CAB＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3，M为BC的中点，P为侧棱BB1上的动点．（1）求证：平面AMP⊥平面BB1C1C；（2）试判断是否存在P，使得直线BC1⊥AP．若存在，求PB的长；若不存在，请说明理由．【考点】平面与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解；空间想象．【答案】（1）证明过程请见解答；（2）存在，43【分析】（1）分别证明AM⊥BB1，AM⊥BC，可得AM⊥平面BB1C1C，再由面面垂直的判定定理即可得证；（2）以A为原点建立空间直角坐标系，设BP＝t（0≤t≤3），求向量BC1→，AP【解答】（1）证明：∵BB1⊥底面ABC，AM⊂平面ABC，∴AM⊥BB1，∵AB＝AC＝2，M为BC的中点，∴AM⊥BC，又BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BB1C1C，∴AM⊥平面BB1C1C，∵AM⊂平面AMP，∴平面AMP⊥平面BB1C1C．（2）解：以A为原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，2，0），C1（2，0，3），所以BC设PB＝t（0≤t≤3），则P（0，2，t），AP→若BC1⊥AP，则BC1→所以存在P，使得直线BC1⊥AP，此时PB=【点评】本题考查空间中线与面的位置关系，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理，利用向量法证明线线垂直是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

考点卡片1．平面向量的数量积运算平面向量的数量积运算2．棱柱的结构特征【知识点的认识】1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．认识棱柱底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．高：棱中两个底面之间的距离．3．棱柱的结构特征棱柱1根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．4．棱柱的分类（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．5．棱柱的体积公式设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．3．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=124．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【知识点的认识】侧面积和全面积的定义：（1）侧面积的定义：把柱、锥、台的侧面沿着它们的一条侧棱或母线剪开，所得到的展开图的面积，就是空间几何体的侧面积．（2）全面积的定义：空间几何体的侧面积与底面积的和叫做空间几何体的全面积．柱体、锥体、台体的表面积公式（c为底面周长，h为高，h′为斜高，l为母线）S圆柱表＝2πr（r+l），S圆锥表＝πr（r+l），S圆台表＝π（r2+rl+Rl+R2）5．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．6．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．7．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：8．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．9．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．10．平面与平面垂直【知识点的认识】平面与平面垂直的判定：判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．平面与平面垂直的性质：性质定理1：如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．性质定理2：如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．性质定理3：如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面．性质定理4：三个两两垂直的平面的交线两两垂直．11．空间向量的夹角与距离求解公式【知识点的认识】1．空间向量的夹角公式设空间向量a→=（a1，a2，a3），b→=（b1，b2cos＜注意：（1）当cos＜a→，b→＞（2）当cos＜a→，b→＞（3）当cos＜a→，b→＞2．空间两点的距离公式设A（x1，y1，z1），B（x2，y2，z2），则AB→dA，B＝|AB→|=【解题思路点拨】1．求空间两条直线的夹角建系→写出向量坐标→利用公式求夹角2．求空间两点的距离建系→写出点的坐标→利用公式求距离．【命题方向】（1）利用公式求空间向量的夹角例：已知A（2，﹣5，1），B（2，﹣2，4），C（1，﹣4，1），则向量AB→与ACA.30°B.45°C.60°D.90°分析：由题意可得：AB→=(0，3，3)，AC→=(-1，1，0)，进而得到AB解答：因为A（2，﹣5，1），B（2，﹣2，4），C（1，﹣4，1），所以AB→所以AB→⋅AC→═0×（﹣1）+3×1+3×0＝3，并且|AB→|＝32，所以cos＜AB→，∴AB→与AC故选C．点评：解决此类问题的关键是熟练掌握由空间中点的坐标写出向量的坐标与向量求模，以及由向量的数量积求向量的夹角，属于基础试题．（2）利用公式求空间两点的距离例：已知空间直角坐标系中两点A（3，﹣1，2），B（0，﹣1，﹣2），则A，B两点间的距离是（）A.3B.29C.25D分析：求出AB对应的向量，然后求出AB的距离即可．解答：因为空间直角坐标系中两点A（3，﹣1，2），B（0，﹣1，﹣2），所以AB→=（﹣3，0，﹣4），所以|故选D．点评：本题考查空间两点的距离求法，考查计算能力．12．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示【知识点的认识】1．空间向量基本定理如果三个向量a→，b→，c→不共面，那么对空间任一向量p→，存在一个唯一的有序实数组x，y，z，使p→=x任意不共面的三个向量都可作为空间的一个基底，a→，b→，2．单位正交基底如果空间的一个基底的三个基向量互相垂直，且长都为1，则这个基底叫做单位正交基底，常用{e1→，e2→3．空间直角坐标系在空间选定一点O和一个单位正交基底{e1→，e2→，e3→}，以点O为原点，分别以e1→，e2→，e3其中，点O叫做原点，向量e1→，e24．空间向量的坐标表示对于空间任意一个向量p→，一定可以把它平移，使它的起点与原点O重合，得到向量OP→=p→，由空间向量基本定理可知，存在有序实数组{x，y，z}，使得p→=xe1→+ye2→+ze3→．把x【解题方法点拨】1．基底的判断判断三个向量能否作为基底，关键是判断它们是否共面，若从正面判断难以入手，可以用反证法结合共面向量定理或者利用常见的几何图形帮助进行判断．假设不能作为一个基底，看是否存在一对实数λ、μ使得a→2．空间向量的坐标表示用坐标表示空间向量的解题方法与步骤为：（1）观察图形：充分观察图形特征；（2）建坐标系：根据图形特征建立空间直角坐标系；（3）进行计算：综合利用向量的加、减及数乘计算；（4）确定结果：将所求向量用已知的基向量表示出来．3．用基底表示向量用基底表示向量时，（1）若基底确定，要充分利用向量加法、减法的三角形法则和平行四边形法则，以及数乘向量的运算律进行．（2）若没给定基底时，首先选择基底．选择时，要尽量使所选的基向量能方便地表示其他向量，再就是看基向量的模及其夹角是否已知或易求．13．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