2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第八章立体几何与空间向量8.3

§8.3　空间点、直线、平面之间的位置关系
最新考纲
考情考向分析
1.了解平面的含义，理解空间点、直线、平面位置关系的定义．
2.掌握可以作为推理依据的公理和定理.
主要考查与点、线、面位置关系有关的命题真假判断和求解异面直线所成的角，题型主要以选择题和填空题的形式出现，解题要求有较强的空间想象能力和逻辑推理能力.



1．四个公理
公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．
公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
2．直线与直线的位置关系
(1)位置关系的分类

(2)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．
②范围：.
3．直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．
4．平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
5．等角定理
空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．

概念方法微思考
1．分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线吗？
提示　不一定．因为异面直线不同在任何一个平面内．分别在两个不同平面内的两条直线可能平行或相交．
2．空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角一定相等吗？
提示　不一定．如果这两个角开口方向一致，则它们相等，若反向则互补．

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(　√　)
(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线．(　×　)
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(　×　)
(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面．(　√　)
(5)没有公共点的两条直线是异面直线．(　×　)
(6)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(　×　)
题组二　教材改编
2．[P52B组T1(2)]如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(　　)

A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案　C
解析　连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，
故∠D1B1C即为所求的角．
又B1D1＝B1C＝D1C，
∴△B1D1C为等边三角形，
∴∠D1B1C＝60°.



3．[P45例2]如图，在三棱锥A—BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则

(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；
(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．
答案　(1)AC＝BD　(2)AC＝BD且AC⊥BD
解析　(1)∵四边形EFGH为菱形，
∴EF＝EH，∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，
∴EF＝EH且EF⊥EH，
∵EF∥AC，EH∥BD，且EF＝AC，EH＝BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.
题组三　易错自纠
4．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是(　　)
A．垂直 B．相交
C．异面 D．平行
答案　D
解析　依题意，m∩α＝A，n⊂α，
∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行．
5.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过(　　)

A．点A
B．点B
C．点C但不过点M
D．点C和点M
答案　D
解析　∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.
根据公理3可知，M在γ与β的交线上．
同理可知，点C也在γ与β的交线上．
6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面的对数为______．

答案　3
解析　平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．

题型一　平面基本性质的应用
例1 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：

(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
证明　(1)如图，连接EF，CD1，A1B.

∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥BA1.
又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF ∴CE与D1F必相交，
设交点为P，如图所示．
则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．
思维升华 共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②证两平面重合．
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
跟踪训练1 如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.

(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．
证明　(1)∵E，F分别为AB，AD的中点，
∴EF∥BD.
∵在△BCD中，＝＝，
∴GH∥BD，∴EF∥GH.
∴E，F，G，H四点共面．
(2)∵EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，
∴P∈平面ABC.
同理P∈平面ADC.
∴P为平面ABC与平面ADC的公共点．
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．
题型二　判断空间两直线的位置关系
例2 (1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)
A．l与l1，l2都不相交
B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交
D．l至少与l1，l2中的一条相交
答案　D
解析　由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．故选D.
(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是(　　)

A．相交但不垂直
B．相交且垂直
C．异面
D．平行
答案　D
解析　连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，

连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且＝，＝，所以＝，所以EF∥BD1.
思维升华 空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定．异面直线可采用直接法或反证法；平行直线可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决．
跟踪训练2 (1)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，故选A.
(2)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：

①直线AM与CC1是相交直线；
②直线AM与BN是平行直线；
③直线BN与MB1是异面直线；
④直线AM与DD1是异面直线．
其中正确的结论为________．(填序号)
答案　③④
解析　因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故①错；取DD1中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故②错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故③正确；同理④正确，故填③④.
题型三　求两条异面直线所成的角
例3 (1)(2018·浙江金丽衢联考)正四面体ABCD中，E为棱AD的中点，过点A作平面BCE的平行平面，该平面与平面ABC、平面ACD的交线分别为l1，l2，则l1，l2所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　由题意得BC∥l1，CE∥l2，则∠BCE即为l1与l2所成角．设正四面体的棱长为a，则易得EB＝EC＝a，设BC的中点为F，连接EF，则易得EF＝a，则l1与 l2所成角的正弦值为sin∠BCE＝＝＝，故选A.
(2)如图，把边长为4的正三角形ABC沿中线AD折起，使得二面角C—AD—E的大小为60°，则异面直线AC与DE所成角的余弦值为(　　)

A．－ B. C．－ D.
答案　B
解析　如图，取AB的中点F，连接DF，EF，因为D，F分别是线段BC，AB的中点，

所以DF∥AC，所以∠EDF(或其补角)是异面直线AC与DE所成的角．由正三角形的性质可得AD⊥BC，所以∠CDE就是二面角C—AD—E的平面角，所以∠CDE＝60°.又CD＝DE，所以△CDE是正三角形．作EG⊥CD，垂足为G，作FH⊥BD，垂足为H，连接EH，易知EG＝DEsin 60°＝2×＝，DG＝DEcos 60°＝2×＝1，DH＝BD＝×2＝1，HG＝DH＋DG＝2，FH＝AD＝×AC＝××4＝.由勾股定理，得EH＝＝＝，EF＝＝＝.
在△EDF中，由余弦定理，得cos∠EDF＝＝－，所以异面直线AC与DE所成角的余弦值为，故选B.
思维升华 用平移法求异面直线所成的角的三个步骤
(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；
(3)三求：解三角形，求出所作的角．
跟踪训练3 (2018·全国Ⅱ)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　方法一　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，

由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，
B′B1＝＝2，DB1＝＝.
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.
故选C.
方法二　如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.

由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，
D1(0,0，)，B1(1,1，)，
∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，
∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，
||＝2，||＝，
∴cos〈，〉＝＝＝.
故选C.

立体几何中的线面位置关系
直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题．

例 如图所示，四边形ABEF和ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝AD，BE∥FA且BE＝FA，G，H分别为FA，FD的中点．

(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
(1)证明　由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH∥AD且GH＝AD.
又BC∥AD且BC＝AD，
∴GH∥BC且GH＝BC，
∴四边形BCHG为平行四边形．
(2)解　∵BE∥AF且BE＝AF，G为FA的中点，
∴BE∥FG且BE＝FG，
∴四边形BEFG为平行四边形，
∴EF∥BG.
由(1)知BG∥CH.
∴EF∥CH，∴EF与CH共面．
又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面．
素养提升　平面几何和立体几何在点线面的位置关系中有很多的不同，借助确定的几何模型，利用直观想象讨论点线面关系在平面和空间中的差异．


1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数为(　　)
A．4 B．3 C．2 D．1
答案　A
解析　首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面．
2．(2018·湖州模拟)a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是(　　)
A．若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B．若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C．若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D．若a⊥b，b⊥c，则a∥c
答案　C
解析　若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确．故选C.
3．如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC与平面β的交线是(　　)

A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
答案　C
解析　由题意知，D∈l，l⊂β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，
所以点C在平面β与平面ABC的交线上，
所以平面ABC∩平面β＝CD.
4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确是(　　)

A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1不共面
C．A，M，C，O不共面
D．B，B1，O，M共面
答案　A
解析　连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，
∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1，
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．
∴A，M，O三点共线．
5．(2018·绍兴质检)如图，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1＝AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.
答案　B
解析　方法一　如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B′，

易得MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，
那么∠AC1B′的补角即直线MN与EF所成的角．
设AA1＝AB＝a，则AC1＝C1B′＝a，
连接AB′，则AB′＝＝3a，
由余弦定理得
cos∠AC1B′＝＝－，
故直线MN与EF所成角的余弦值为.
方法二　如图，连接AC1，C1B，CB1，

设C1B与CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，
则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，
那么∠DOC即直线MN与EF所成的角，
设AA1＝AB＝a，
则AC1＝CB1＝a，
于是OD＝OC＝，又CD＝，于是△OCD为正三角形，故直线MN与EF所成角的余弦值为.
6.(2018·衢州质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段 A1C1的中点，则异面直线DE与B1C所成角的大小为(　　)

A. B. C. D.
答案　C
解析　连接AC，BD，B1E，设BD与AC交于点O，连接B1O，则四边形DOB1E为平行四边形，所以DE∥OB1，所以异面直线DE与B1C所成角为∠OB1C，设正方体棱长为1，则B1C＝，OC＝，B1O＝，
所以cos∠OB1C＝＝.
又因为异面直线所成角的范围是，
所以∠OB1C＝.
7．给出下列命题，其中正确的命题为________．(填序号)
①如果线段AB在平面α内，那么直线AB在平面α内；
②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A，B，C；
③若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；
④若三条直线两两相交，则这三条直线共面；
⑤两组对边相等的四边形是平行四边形．
答案　①③


8．在三棱锥S－ABC中，G1，G2分别是△SAB和△SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是________．
答案　平行
解析　如图所示，连接SG1并延长交AB于M，连接SG2并延长交AC于N，连接MN.

由题意知SM为△SAB的中线，且SG1＝SM，SN为△SAC的中线，且SG2＝SN，
∴在△SMN中，＝，∴G1G2∥MN，
易知MN是△ABC的中位线，∴MN∥BC，
∴G1G2∥BC.
9.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．

答案　
解析　取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，

所以AD∥BC，所以直线AC1与AD所成的角即为异面直线AC1与BC所成的角，因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D垂直于圆柱下底面，所以C1D⊥AD.
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.

10.如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．

答案　②③④
解析　还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合．

易知GH与EF异面，BD与MN异面．
连接GM，∵△GMH为等边三角形，
∴GH与MN成60°角，
易证DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE.
因此正确命题的序号是②③④.
11.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．

(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．
(1)证明　假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．
(2)解　取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，

所以相交直线EF与EG所成的角，
即为异面直线EF与BD所成的角．
又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.
在Rt△EGF中，由EG＝FG＝AC，求得∠FEG＝45°，
即异面直线EF与BD所成的角为45°.
12.如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：

(1)三棱锥P－ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解　(1)S△ABC＝×2×2＝2，三棱锥P－ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，

所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，
cos∠ADE＝＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.

13．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是(　　)
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
答案　D
解析　如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA.若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.

若取C1D为l4，则l1与l4相交；若取BA为l4，则l1与l4异面；若取C1D1为l4，则l1与l4相交且垂直．因此l1与l4的位置关系不能确定．
14．平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，

∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，
∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．
又∵B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
∴∠CD1B1＝，得sin∠CD1B1＝，故选A.

15．(2018·浙江省杭州市七校联考)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，点F在斜边AB上，且AB＝4AF，点M在线段BC上运动，D，E是平面ABC同一侧的两点，AD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，AD＝3，AC＝BE＝4.当点M运动到线段BC的中点时，异面直线CF与EM所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.
答案　A
解析　取BF的中点N，连接MN，EN，
因为M，N分别为BC，BF的中点，所以MN∥CF，且MN＝CF，所以∠EMN为异面直线CF与EM所成的角.
因为AC＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，
所以BC＝4，BM＝2，
所以EM＝＝＝2.
因为AC＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，
所以AB＝8，
所以AF＝AB＝2，BF＝AB＝6，
所以BN＝3，
所以EN＝＝＝5.
在△ACF中，由余弦定理得CF＝2，所以MN＝.
在△EMN中，由余弦定理可得
cos∠EMN＝
＝＝，
所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为.故选A.
16．(2018·浙江省金华名校统考)如图，在三棱锥A—BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2.P是线段AB上的动点(不包括端点)，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段PA长度的取值范围是(　　)

A. B.
C. D.
答案　B
解析　方法一　由已知得CB⊥CD，以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，根据题意，得A(0,1,1)，B(0,2,0)，D(2,0,0)．

令＝λ(λ∈(0,1))，
＝μ(μ∈(0,1])，
则＝(0，λ，－λ)，＝(2μ，0,0)，
∴＝＋－＝(－2μ，1＋λ，1－λ)，
∴cos〈，〉＝
＝＝，
整理得3λ2＋6μ2＝1，显然3λ2<1，而λ∈(0,1)，
∴λ∈，
||＝|(0，λ，－λ)|＝λ∈，故选B.
方法二　如图，将题图中的三棱锥补全为一个长方体，在平面ABC内，过点P作AB的垂线交CE于点R.因为AC⊥AB，PR⊥AB，所以AC∥PR，因而∠RPQ即为异面直线PQ与AC所成的角，所以∠RPQ＝30°.设AP＝x，则

CR＝x，在Rt△PQR中，求得PR＝，所以RQ＝ .
在Rt△CRQ中，CQ＝∈(0,2)，故0 解得x∈，故选B.