2015-2017立体几何全国卷高考真题

1、（2015年1卷6题）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（ ） （A）14斛 （B）22斛 （C）36斛 （D）66斛 【答案】B

11623r8=r，所以米堆431116320320的体积为3()25=，故堆放的米约为

43399【解析】设圆锥底面半径为r，则÷1.62≈22，故选B.

考点：圆锥的性质与圆锥的体积公式

2、（2015年1卷11题）圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16 + 20，则r=（ ）

（A）1 （B）2 （C）4 （D）8 【答案】B

【解析】由正视图和俯视图知，该几何体是半球与半个圆柱的组合体，圆柱的半径与球的半径都为r，圆柱的高为2r，其表面积为+ 20，解得r=2，故选B.

考点：简单几何体的三视图；球的表面积公式、圆柱的测面积公式 3、（2015年1卷18题）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.

14r2r2rr22r2r=5r24r2=16 2

（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；

（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值. 【解析】 试题分析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值. 试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3. 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC， 又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，

在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=

2. 2在Rt△FDG中，可得FG=

6. 2232可得EF=， 22在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=∴EG2FG2EF2，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，

∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.

（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长

度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E（1,0, 2），F（－

1,0，分

22），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF=（-1，-3，）.…1022故cosAE,CFAECF3. 3|AE||CF|3. 3所以直线AE与CF所成的角的余弦值为考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力

4、（2015年2卷6题）一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）

A．

1111 B． C． D． 8765【解析】由三视图得，在正方体ABCDA1B1C1D1中，截去四面体AA1B1D1，如图所示，，

1131315aa，故剩余几何体体积为a3a3a3，326661所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D．

5设正方体棱长为a，则VAA1B1D1D1C1CA1DB1COAB

考点：三视图．

AB5、（2015年2卷9题）已知A,B是球O的球面上两点，∠AOB=90,C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（ ） A．36π B．64π C．144π D．256π

【解析】如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥OABC的体积最

大，设球O的半径为R，此时VOABCVCAOB球O的表面积为S4R2144，故选C． 考点：外接球表面积和椎体的体积．

1121RRR336，故R6，则3266、（2015年2卷19题）（本题满分12分）如图，长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=16，

BC=10，AA18，点E，F分别在A1B1，C1D1上，A1ED1F4．过点E，F的平

面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

DA

E D F

C

B

C

A B

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值． 【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：

（Ⅱ）作EMAB，垂足为M，则AMA1E4，EMAA18，因为EHGF为正方形，所以EHEFBC10．于是MHEH2EM26，所以AH10．以D

为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则

A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE(10,0,0)，HE(0,6,8)．设

10x0,nFE0,n(x,y,z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取

6y8z0,nHE0,n(0,4,3)．又AF(10,4,8)，故cosn,AFnAFnAF45．所以直线AF与15平面所成角的正弦值为

45．15

考点：1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．

7、（2016年1卷6题）如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径.若该几何体的体积是

28,则它的表面积是 3（A）17 （B）18 （C）20 （D）28

【解析】

试题分析： 该几何体直观图如图所示：

74281是一个球被切掉左上角的,设球的半径为R,则VR3,解得R2,所以它

8833771的表面积是的球面面积和三个扇形面积之和S=422+322=17故选A．

884考点：三视图及球的表面积与体积

8、（2016年1卷11题）平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,//平面CB1D1,ABCD=m,(A)平面AB B1A1=n,则m、n所成角的正弦值为

平面

3231 (B) (C) (D) 2233平面ABCD=m',平面CB1D1平面ABB1A1=n',因为

试题分析：如图,设平面CB1D1//平面CB1D1,所以m//m',n//n',则m,n所成的角等于m',n'所成的角.延长AD,过D1作D1E//B1C,连接CE,B1D1,则CE为m',同理B1F1为n',而BD//CE,B1F1//A1B,则

m',n'所成的角即为A1B,BD所成的角,即为60,故m,n所成角的正弦值为考点：平面的截面问题,面面平行的性质定理,异面直线所成的角.

3,选A. 2

【名师点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形,解形求角、得钝求补.

9、（2016年1卷18题）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,

AFD90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60．

（I）证明：平面ABEF平面EFDC； （II）求二面角E-BC-A的余弦值．

D

CF



试题解析：（I）由已知可得FDF,FF,所以F平面FDC． 又F平面F,故平面F平面FDC．

（II）过D作DGF,垂足为G,由（I）知DG平面F．

以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,GF为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．

由（I）知DF为二面角DF的平面角,故DF60,则DF2,DG3,可得1,4,0,3,4,0,3,0,0,D0,0,3． 由已知,//F,所以//平面FDC．

又平面CD平面FDCDC,故//CD,CD//F．

由//F,可得平面FDC,所以CF为二面角CF的平面角,

CF60．从而可得C2,0,3．

所以C1,0,3,0,4,0,C3,4,3,4,0,0． 设nx,y,z是平面C的法向量,则

nC0x3z0,即, 4y0n0所以可取n3,0,3．

mC0设m是平面CD的法向量,则,

m0同理可取m0,3,4．则cosn,mnm219． nm19故二面角C的余弦值为219． 19

考点：垂直问题的证明及空间向量的应用

【名师点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,要防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量解决.

10、（2016年2卷6题）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为

（A）20π （B）24π （C）28π （D）32π 解析：几何体是圆锥与圆柱的组合体，

设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h．

由图得r2，c2πr4π，由勾股定理得：l222324，

1S表πr2chcl4π16π8π28π，

2故选C．

11、（2016年2卷14题），是两个平面，m，n是两条线，有下列四个命题：

①如果mn，m，n∥，那么． ②如果m，n∥，那么mn． ③如果a∥，m，那么m∥．

④如果m∥n，∥，那么m与所成的角和n与所成的角相等． 其中正确的命题有 .(填写所有正确命题的编号） 【解析】②③④

12（2016年2卷19题）（本小题满分12分）

如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在5AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△DEF的位置

4OD10.

（I）证明：DH平面ABCD； （II）求二面角BDAC的正弦值. 【解析】⑴证明：∵AECF

5AECF，∴，∴EF∥AC．

4ADCD∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，

．∵AC6，∴AO3；又AB5，AOOB， ∴EFDH∴OB4，∴OH222AEOD1，∴DHDH3，∴ODOHD'H， AO∴D'HOH．又∵OHEFH，∴D'H面ABCD．

⑵建立如图坐标系Hxyz．

B5，0，0，C1，3，0，D'0，0，3，A1，3，0， AB4，3，0，AD'1，3，3，AC0，6，0，

设面ABD'法向量n1x，y，z，

x34x3y0n1AB0由得，取y4， z5n1AD0x3y3z01， ∴n13，4，5．同理可得面AD'C的法向量n23，0，∴cosn1n2n1n295521075295，∴sin． 252513、（2016年3卷9题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的

三视图，则该多面体的表面积为（ ）

（A）18365 （B）54185 （C）90 （D）81 【答案】B

考点：空间几何体的三视图及表面积．

【技巧点拨】求解多面体的表面积及体积问题，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，建立未知量与已知量间的关系，进行求解． 14、（2016年3卷10题）在封闭的直三棱柱

ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，若

ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是（ ）

9（A）4π （B）2

【答案】B

试题分析：要使球的体积V最大，必须球的半径R最大．由题意知球的与直三棱柱的上下

32（C）6π （D）3

3434339R()23322，底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为故选B．

考点：1、三棱柱的内切球；2、球的体积．

【思维拓展】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解． 15、（2016年3卷19题）（本小题满分12分） 如图，四棱锥PABC中，PA地面ABCD，ADBC，ABADAC3，

PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点．

（I）证明MN平面PAB；

（II）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

85【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）25．

【解析】

试题分析：（Ⅰ）取PB的中点T，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MNAT，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A为坐标原点，以

AD,AP所在直线分别为y,z轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN的方向向量与平

面PMN法向量的夹角来处理AN与平面PMN所成角．

AM试题解析：（Ⅰ）由已知得

2AD23，取BP的中点T，连接AT,TN，由N为PC中点知TN//BC，又AD//BC，故

TN1BC22.

，四边形AMNT为平行四边形，于是MN//AT.

TNAM因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB.

2x4z0nPM05xy2z0nPN0n(x,y,z)设为平面PMN的法向量，则，即2，可取

n(0,2,1)，

|cosn,AN|于是

|nAN|85|n||AN|25.

考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积． 【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离

常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 16、（2017年1卷7题）某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之和为

A．10 B．12 C．14 D．16

【答案】B

【解析】由三视图可画出立体图

该立体图平面内只有两个相同的梯形的面 S梯24226

S全梯6212 故选B

17、（2017年1卷16题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D、E、F为元O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是一BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______．

【答案】415 【解析】由题，连接OD，交BC与点G，由题，ODBC

OG3BC，即OG的长度与BC的长度或成正比 6设OGx，则BC23x，DG5x

三棱锥的高hDG2OG22510xx2x2510x S△ABC233x133x2 21则VS△ABCh3x22510x=325x410x5 35令fx25x410x5，x(0,)，fx100x350x4

2令fx0，即x42x30，x2

则fx≤f280 则V≤38045

∴体积最大值为415cm3

18、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD中，且BAPCDP90．

（1）证明：平面PAB平面PAD；

（2）若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值． 【解析】（1）证明：∵BAPCDP90

∴PAAB，PDCD 又∵AB∥CD，∴PDAB

又∵PDPAP，PD、PA平面PAD ∴AB平面PAD，又AB平面PAB ∴平面PAB平面PAD

（2）取AD中点O，BC中点E，连接PO，OE ∵AB∴OECD

AB

∴四边形ABCD为平行四边形 由（1）知，AB平面PAD

∴OE平面PAD，又PO、AD平面PAD ∴OEPO，OEAD 又∵PAPD，∴POAD ∴PO、OE、AD两两垂直

∴以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz 0，0、B设PA2，∴D2，0，2、PB∴PD2，2，2，0、P0，，02、C2，2，0， 2，2，2、BC22，0，0

设nx,y,z为平面PBC的法向量

nPB02x2y2z0由，得

nBC022x0令y1，则z2，x0，可得平面PBC的一个法向量n0,1,2 ∵APD90，∴PDPA

又知AB平面PAD，PD平面PAD ∴PDAB，又PAABA ∴PD平面PAB

即PD是平面PAB的一个法向量，PD2,0,2 ∴cosPD,nPDnPDn2233 33 3由图知二面角APBC为钝角，所以它的余弦值为19、(2017年2卷4题)如图，网格纸上小正方形的边长为1，学 科&网粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（ ） 【解析】

【解析】

【命题意图】本题主要考查简单几何体三视图及体积，以考查考生的空间想象能力A．90 B．63 C．42 D．36

为主目的. 【解析】 【解析】

【解析】解法一：常规解法

从三视图可知：一个圆柱被一截面截取一部分而剩余的部分，具体图像如下：

切割前圆柱 【解析】

切割中 切割后几何体 从上图可以清晰的可出剩余几何体形状，该几何体的体积分成两部分，部分图如下：

从左图可知：剩下的体积分上下两部分阴影的体积，下面阴影的体 积为VSh，r3，h4，∴ V136；上面阴影的体积V2是上 1面部分体积V3的一半，即V2V3，V3与V1的比为高的比（同底），

233即V3V1，V2V127，故总体积V0V2V163. 42第二种体积求法：V3Sh54，其余同上，故总体积 V0V2V163. 20、(2017年2卷10题)已知直三棱柱C11C1中，C120，2，

CCC11，则异面直线1与C1所成角的余弦值为（ ）

A．331510 B． C． D． 2355【命题意图】本题考查立体几何中的异面直线角度的求解，意在考查考生的空间想象能力 【解析】解法一：常规解法

在边BB1﹑B1C1﹑A1B1﹑AB上分别取中点E﹑

F﹑G﹑H，并相互连接. 由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面 直线AB1和BC1所成的夹角为FEG或其补角， 通过几何关系求得EF FH25，FG， 2211，利用余弦定理可求得异面直线 210. 521、(2017年2卷19题) 如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面

AB1和BC1所成的夹角余弦值为1AD,BADABC90o, E是PD的中点. 2（1）证明：直线CE// 平面PAB

ABCD，ABBC（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为45o ，求二面角M-AB-D的余弦值

【命题意图】线面平行的判定，线面垂直的判定，面面垂直的性质，线面角、二面角的求解 【标准答案】（1）证明略；（2）10 5【基本解法1】

（1）证明：取PA中点为F，连接EF、AF 因为BADABC90，BC因为E是PD的中点，所以EF1AD所以BC21AD 21AD，所以EFBC 2所以四边形EFBC为平行四边形，所以EC//BF 因为BF平面PAB，EC平面PAB 所以直线CE//平面PAB

（2）取AD中点为O，连接OC、OP

因为△PAD为等边三角形，所以POAD

因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD 所以PO平面ABCD

因为AOBC，所以四边形OABC为平行四边形，所以AB//OC 所以OCAD

以OC,OD,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图

设BC1，则P(0,0,3),A(0,1,0),B(1,1,0),C(1,0,0)，所以PC(1,0,3) 设M(x,y,z)，则PM(x,y,z3)，AB(1,0,0)

因为点M在棱PC上，所以PMPC(01)，即(x,y,z3)(1,0,3) 所以M(,0,33)，所以BM(1,1,33) 平面ABCD的法向量为n(0,0,1)

因为直线BM与底面ABCD所成角为45， 所以|sin45||cosBM,n||BMn||33|2

222|BM||n|(1)1(33)12226,1,) ，所以BM(222ABmx0设平面MAB的法向量为m(x,y,z)，则 26xyz0BMm22解得16,1) 2mn所以cosm,n|m||n|令z1，则m(0,1(622)1210所以求二面角MABD的余弦值

510 522、（2017年3卷8题）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）

3πππA．π B． C． D．

4２4【答案】B

31【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r1，

223π2则圆柱体体积Vπrh，故选B.

4 22

23、（2017年3卷16题）为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与

，都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与成60角时，AB与成30角； ②当直线AB与成60角时，AB与成60角； ③直线AB与所成角的最小值为45； ④直线AB与所成角的最大值为60．

其中正确的是________（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③

【解析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图．

不妨设图中所示正方体边长为1，

故|AC|1，AB2，

斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，

B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．

以C为坐标原点，以CD为轴正方向，CB为轴正方向， CA为轴正方向建立空间直角坐标系．

则D(1,0,0)，A(0,0,1)，

直线的方向单位向量a(0,1,0)，|a|1．

B点起始坐标为(0,1,0)，

直线的方向单位向量b(1,0,0)，|b|1． 设B点在运动过程中的坐标B(cos,sin,0)， 其中为BC与CD的夹角，[0,2π)．

那么AB'在运动过程中的向量AB(cos,sin,1)，|AB|2．

π设AB与所成夹角为[0,]，

2(cos,sin,1)(0,1,0)22cos|sin|[0,]． 则22aABππ故[,]，所以③正确，④错误．

42π设AB与所成夹角为[0,]，

2ABbcosbAB(cos,sin,1)(1,0,0).

bAB2|cos|2π， 312． sin2cos2cos2322∵cos2sin21，

当AB与夹角为60时，即

2． 221∴cos|cos|．

22π∵[0,]．

2π∴=，此时AB与夹角为60．

3∴②正确，①错误．

∴|cos|24、（2017年3卷19题）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角

形．ABDCBD，ABBD．

D（1）证明：平面ACD平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分．求二EC面角DAEC的余弦值．

B

DA【解析】⑴取AC中点为O，连接BO，DO； ABC为等边三角形

∴BOAC∴ABBC

ABBCABDCBD. BDBDABDDBCCOEBA∴ADCD,即ACD为等腰直角三角形，ADC 为直角又O为底边AC中点

2a，∴DOAC令ABa，则ABACBCBDa易得：OD22223OBa∴ODOBBD由勾股定理的逆定理可得DOB即ODOB

22ODACODOBzACOBOOD平面ABC DAC平面ABC OB平面ABC又∵OD平面ADC

由面面垂直的判定定理可得平面ADC平面ABC ⑵由题意可知VDACEVBACE 即B,D到平面ACE的距离相等 即E为BD中点 立空间直角坐标系，

AxCOEBy以O为原点，OA为轴正方向，OB为轴正方向，OD为轴正方向，设ACa，建33aaaB0,a,0E0,a,O0,0,0A,0,0D0,0,，则，，， 24422a3aaaaAE,a,AD,0,OA,0,0易得：，， 244222设平面AED的法向量为n1，平面AEC的法向量为n2，

AEn10AEn20n3,1,3则，解得1，解得n20,1,3 ADn10OAn20若二面角DAEC为，易知为锐角，

则cos

n1n2n1n27 7主要考点：

1、能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识 别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图 . 2、了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式 .

3、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题 4、掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.

5、掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直.

6、理解直线的方向向量与平面的法向量.

7、能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向 量方法在研究立体几何问题中的应用.