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第二节　空间点、直线、平面的位置关系
1．基本事实1～3
文字语言 图形语言 符号语言
基本事实1 过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线 有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α
基本事实2 如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内 l α
基本事实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 P∈α，且P∈β α∩β＝l，且P∈l
2.三个推论
利用基本事实1和基本事实2，再结合“两点确定一条直线”可得以下推论：
推论1 经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面
推论2 经过两条相交直线，有且只有一个平面
推论3 经过两条平行直线，有且只有一个平面
3.空间中两条直线的位置关系
(1)位置关系分类
共面直线 ①相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点；②平行直线：在同一平面内，没有公共点
异面直线 不同在任何一个平面内，没有公共点
(2)基本事实4和定理
基本事实4 平行于同一条直线的两条直线平行
定理 如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补
4.异面直线所成的角
定义 已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线 a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)
范围 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，))
垂直 如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直
5.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．
(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．
(1)异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．
(2)两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．
(3)唯一性定理
①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
②过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
③过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
④过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
1．(人教A版必修第二册P128·T2改编)(多选)下列命题是假命题的是(　 )
A．空间不共线的三个点确定一个平面
B．一个点和一条直线确定一个平面
C．两两相交的三条直线确定一个平面
D．两两平行的三条直线确定三个平面
答案：BCD
2．(人教A版必修第二册P131·T1改编)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
3．(苏教版必修第二册P167·T2改编)直线l与平面α不平行，则(　 )
A．l与α相交 B．l α
C．l与α相交或l α D．以上结论都不对
答案：C
4．(人教A版必修第二册P132·T5改编)三个平面最多能把空间分为________部分，最少能把空间分成_______部分．
答案：8　4
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点(一)　平面的性质及应用　
[题点全训]
1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是(　 )
解析：选D　A、B、C图中四点一定共面，D中四 点不共面．
2．(多选)给出以下说法，其中正确的是(　 )
A．不共面的四点中，其中任意三点不共线
B．若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面
C．若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面
D．过直线外一点和直线上三点的三条直线共面
解析：选AD　在A中，假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面，这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以A正确；
在B中，如图，两个相交平面有三个公共点A，B，C，且点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，但点A，B，C，D，E不共面，B不正确；
选项C显然不正确；在D中，过直线与直线外一点可确定一个平面，设为α，因此这三条直线都在平面α内，即三条直线共面，D正确．
3.如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AD，AB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FG与HE交于点P，求证：P，A，C三点共线．
证明：(1)在△ABD中，∵E，F为AD，AB中点，∴EF∥BD.在△CBD中，BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．
(2)∵FG∩HE＝P，P∈FG，P∈HE，∴P∈平面ABC，P∈平面ADC，又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈直线AC.∴P，A，C三点共线．
[一“点”就过]
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．
基础点(二)　空间两直线的位置关系　
[题点全训]
1．已知a，b，c为三条不重合的直线，给出下列结论：
①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为(　 )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选B　在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错误，③显然成立．
2．(多选)在图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形是(　 )
解析：选BD　A项中，直线GH∥MN；B项中，G，H，N三点共面，但M 平面GHN，因此直线GH与MN异面；C项中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；D项中，G，M，N共面，但H 平面GMN，因此GH与MN异面，所以在B、D项中GH与MN异面．
3．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
解析：选D　构造如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1，取AD为l1，AA1为l2，A1B1为l3，当取B1C1为l4时，l1∥l4；当取BB1为l4时，l1⊥l4；当取A1D为l4时，l1与l4既不垂直也不平行．故l1与l4的位置关系不确定．
4．如图，S是圆锥的顶点，AB是底面圆的直径，AS⊥BS，M是线段AS上的点(不与端点A，S重合)，N是底面圆周上的动点，则直线BS与MN不能(　 )
A．异面 B．相交 C．平行 D．垂直
解析：选C　当N不与A或B重合时，SB是平面SAB内的一条直线，MN是平面SAB外的一条直线，且M不在SB上，可知BS与MN异面；当N与B重合时，可知MN与BS相交；当N与A重合时，可知SB与MN垂直．∴直线BS与MN不能平行．故选C.
[一“点”就过]
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点　异面直线所成的角　
[典例]　(1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　 )
A. B. C. D.
(2)(2021·鹰潭二模)在四面体ABCD中，BD＝AC＝2，AB＝BC＝CD＝DA＝，E，F分别为AD，BC的中点，则异面直线EF与AC所成的角为(　 )
A. B. C. D.
[解析]　(1)如图，连接BC1，A1C1，易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角即为直线PB与BC1所成的角，即∠PBC1.不妨设该正方体的棱长为2a，则BC1＝2a，PC1＝PB1＝a，PB＝＝a，所以BC＝PC＋PB2，所以∠C1PB＝90°，则sin∠PBC1＝＝＝，所以∠PBC1＝.故选D.
(2)如图，把四面体ABCD补成一个长、宽、高分别为，，1的长方体，取AB的中点G，连接GE，GF.因为G，F分别是AB，BC的中点，所以GF∥AC，GF＝AC＝1，同理GE∥BD，GE＝BD＝1.因为AC⊥BD，所以GE⊥GF，所以△GEF是等腰直角三角形，则∠EFG＝，即异面直线EF与AC所成的角为.
[答案] 　(1)D　(2)B
异面直线所成角的求法
(1)平移法，利用平移直线法求解的实质就是将空间两直线所成角转化为平面三角形的内角去求解．
(2)向量法有两种，一是建立空间直角坐标系，利用坐标结合向量数量积的性质求解，二是利用基向量结合向量数量积的性质求解．
设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角α满足cos α＝|cos〈m1，m2〉|＝.　　
[针对训练]
1．(2022·泉州一模)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为(　 )
A. B. C．－ D．－
解析：选A　如图，连接B1D，交AC1于O点，则O点为B1D的中点，取CD的中点E，则OE∥B1C，异面直线AC1与B1C所成角即直线AC1与OE所成角．在△OAE中，OA＝＝1，OE＝B1C＝×＝，AE＝＝，则cos∠AOE＝＝＝，故异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为.
2．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与BC1所成的角的大小是(　 )
A．60° B．75° C．90° D．105°
解析：选C　如图，取BC的中点M，连接AM，B1M，设AB＝a，则BB1＝a，B1C1＝a，在Rt△BB1M中，tan∠BB1M＝＝，在Rt△BB1C1中，tan∠B1C1B＝＝，所以∠BB1M＝∠B1C1B，所以∠B1C1B＋∠MB1C1＝∠BB1M＋∠MB1C1＝90°，所以B1M⊥BC1.因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以BB1⊥面ABC，又AM 面ABC，所以BB1⊥AM，因为△ABC是等边三角形，所以AM⊥BC，因为BB1∩BC＝B，所以AM⊥面BCC1B1，因为BC1 面BCC1B1，所以AM⊥BC1，因为AM∩B1M＝M，所以BC1⊥面AB1M，因为AB1 面AB1M，所以BC1⊥AB1，所以AB1与BC1所成的角的大小是90°.
截面问题无法作出图形及找到基本量
在截面问题中，通常出现的痛点：一是无法作出截面的图形，二是在涉及截面的运算时，找不到基本量，无法进行计算．在解决此类问题时，利用平面的性质确定截面是解决问题的关键．
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[典例]　(1)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，若AC1⊥平面α，则关于平面α截此正方体所得截面的判断正确的是(　 )
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状可能为正六边形
D．截面形状可能为五边形
(2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，棱长为4，BB1的中点为M，过D，M，C1三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为(　 )
A．18 B．6 C．12 D．36
[解析]　(1)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接A1B，A1D，BD，则AC1⊥平面A1BD，所以平面α与平面A1BD平行或重合，所以平面α与正方体的截面形状可以是正三角形、正六边形，但不可能是五边形和四边形，故A、C正确．
(2)延长C1M，CB交于P点，连接DP交AB于N点，连接MN，因为M为BB1中点，所以B1C1＝BP＝4，所以B为CP中点，且BN∥CD，所以N为DP的中点，根据平行关系可知N为AB中点，由图可知，截面图形为四边形DNMC1，又因为DP＝＝4，C1P＝＝4，DC1＝4，所以△DPC1为等腰三角形，所以S△DPC1＝×4×＝24，又M为PC1中点，N为DP中点，所以MN为△DPC1的中位线，所以S四边形DNMC1＝S△DPC1＝24×＝18.
[答案]　(1)AC　(2)A
确定截面的主要依据
(1)关于平面的基本事实及推论．
(2)直线和平面平行的判定和性质．
(3)两个平面平行的性质．
(4)球的截面的性质．　　
[针对训练]
1．一个正方体内接于一个球，过这个球的球心作一平面，则截面图形不可能是(　 )
解析：选D　考虑过球心的平面在转动过程中，平面在球的内接正方体上截得的截面不可能是大圆的内接正方形，故选D.
2．在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AA1的中点，则过B，C1，E三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为(　 )
A.a2　 B.a2　　C.a2　　D.a2
解析：选B　取A1D1中点F，连接BE，EF，C1F，BC1，AD1，因为AB∥C1D1且AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，因为E，F分别为AA1，A1D1的中点，所以EF∥AD1且EF＝AD1＝a，所以EF∥BC1，故B，C1，E，F四点共面，所以过B，C1，E三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形BC1FE，其中EF＝a，BC1＝a，BE＝C1F＝＝a，过点E，F在平面BC1FE内分别作BC1的垂线，垂足分别为G，H，因为BE＝C1F，∠EBG＝∠FC1H，∠EGB＝∠FHC1＝，所以Rt△EGB≌Rt△FHC1，故BG＝C1H，在平面BC1FE内，因为EG⊥BC1，FH⊥BC1，EF∥BC1，所以四边形EFHG为矩形，则GH＝EF＝a，所以BG＝C1H＝＝a，所以梯形BC1FE的高h＝＝＝a，梯形BC1FE的面积S＝×a×＝.
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1．(忽视定理的特殊要求)已知空间中两个角α，β，且角α与角β的两边分别平行，若α＝30°，则β＝(　 )
A．30° B．150°
C．30°或150° D．60°或120°
解析：选C　∵角α与角β的两边分别平行，∴α与β相等或互补，又α＝30°，∴β＝30°或150°.
2．(性质使用不当而致误)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，C1D的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是(　 )
A．相交 B．异面 C．平行 D．垂直
解析：选A　如图所示，连接BD1，CD1，CD1与C1D交于点F，由题意，易得四边形A1BCD1是平行四边形，在平行四边形A1BCD1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，∴EF∥BD1，又A1B∩BD1＝B且A1，B，E，F共面，则直线A1B与直线EF相交．
3．(忽略异面直线所成角的范围)在空间四边形ABCD中，AB＝CD，且异面直线AB与CD所成的角为60°，E，F分别为边BC和AD的中点，则异面直线EF和AB所成的角为________．
解析：如图，设G是AC的中点，连接EG，GF，由已知得EG綉AB，FG綉CD，∴∠EGF或其补角是AB和CD所成的角，∠GEF或其补角是AB和EF所成的角．∵AB＝CD，∴EG＝GF，∴∠GEF＝∠GFE.当∠EGF＝60°时，AB和EF所成的角为∠GEF＝60°；当∠EGF＝120°时，AB和EF所成的角为∠GEF＝30°.
答案：30°或60°
二、融会贯通应用创新题
4．(创新命题情境)比萨斜塔是意大利的著名景点，因斜而不倒的奇特景象而世界闻名．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成的角，OA的方向即为A点处的竖直方向．已知比萨斜塔处于北纬44°附近，经过测量，比萨斜塔朝正南方向倾斜，且其中轴线与竖直方向的夹角约为4°，则中轴线与赤道所在平面所成的角约为(　 )
A．40° B．42° C．48° D．50°
解析：选A　如图所示，AP为比萨斜塔的中轴线，D为赤道所在平面上一点，AC∥OD，B为OA延长线上一点，则由题意可知，∠AOD＝44°，∠BAP＝4°，所以∠PAC＝44°－4°＝40°，即中轴线与赤道所在平面所成的角约为40°.
5．(创新思维方式·转化思想)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，点N在侧面ADD1A1内．若BM⊥A1N，则△ABN面积的最小值为(　 )
A. B. C．1 D．5
解析：选B　如图，取DD1的中点M′，连接AM′，则AM′∥BM，设P为线段AD的中点，连接A1P，则在正方形AA1D1D中，A1P⊥AM′，即A1P⊥BM，所以点N的轨迹为线段A1P.由于AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥AN，S△ABN＝AB·AN＝AN.因此，要使△ABN的面积最小，只需AN最小，当AN⊥A1P时，AN取得最小值为＝＝，即△ABN面积的最小值为，故选B.
6.(强化开放思维)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为平面ACC1A1上一动点，且满足D1P⊥CP，则满足条件的所有点P围成的平面区域的面积为________．
解析：设O是A1C1的中点，如图，连接PO，由正方体的性质易知D1在平面ACC1A1上的射影为O，所以要使平面ACC1A1上一动点P满足D1P⊥CP，只需PO⊥CP即可，连接OC，所在点P的轨迹是以OC为直径的圆，而OC＝，所以满足条件的所有点P围成的平面区域的面积为S＝π·2＝.
答案：
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则(　 )
A．a∥c B．a，c是异面直线
C．a，c相交 D．a，c平行或相交或异面
解析：选D　若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c可以平行，可以相交，可以异面．
2．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”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
解析：选B　由m，n，l在同一平面内，可能有m，n，l两两平行，所以m，n，l可能没有公共点，所以不能推出m，n，l两两相交．由m，n，l两两相交且m，n，l不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A n，所以点A和直线n确定平面α，而B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m α，所以m，n，l在同一平面内，故选B.
3.(多选)如图是正方体的平面展开图，则在原正方体中下列结论正确的是(　 )
A．BM与ED平行
B．CN与BE是异面直线
C．CN与BM成60°角
D．DM与BN是异面直线
解析：选CD　由平面展开图可得原正方体如图所示，连接AN，AC，DM，BN，BE，由图可得，BM，ED为异面直线，CN与BE不是异面直线，DM，BN是异面直线，故A、B错误，D正确；易知△ANC为等边三角形，而BM∥AN，故∠ANC或其补角为CN与BM所成的角，因为∠ANC＝60°，故CN与BM所成的角为60°，故C正确．
4．(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AD，C1D1的中点，O为正方形ABCD的中心，则下列结论错误的是(　 )
A．直线EF，OD1是异面直线且EF＝OD1
B．直线OD1，B1B是异面直线且OD1≠B1B
C．直线EF，OD1是相交直线且EF＝OD1
D．直线OD1，B1B是相交直线且OD1＝B1B
解析：选ABD　根据题意画出正方体如图所示，由图易知，OD1和B1B在矩形BB1D1D上，OD1和B1B是相交直线，且OD1≠B1B，故选项B、D错误；O为正方形ABCD的中心，E为AD的中点，所以OE∥CD，且OE＝CD，又点F为C1D1的中点，所以D1F∥CD，且D1F＝CD，所以OE∥D1F，且OE＝D1F，四边形OED1F是平行四边形，则EF和OD1是 OED1F的两条对角线，所以EF和OD1是相交直线，又因为C1D1⊥ED1，所以 OED1F是矩形，则EF＝OD1，故选项A错误，C正确．
5.(2021·邯郸三模)如图，圆台OO1的上底面半径为O1A1＝1，下底面半径为OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为(　 )
A．30°　　 B．45°　　　C．60°　　　D．90°
解析：选B　在直角梯形OO1A1A中，∵B为OA的中点，OA＝2，∴O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B，易知四边形OO1A1B为矩形，∴OO1∥A1B，∴∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角，在Rt△AA1B中，AA1＝2，AB＝1，∴A1B＝；连接OC，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2得BC＝；在Rt△A1BC中，BC＝A1B，∴∠BA1C＝45°.
6．已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点．若α∩β＝l，m α，n β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为________．
解析：∵m α，n β，m∩n＝P，∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l，∴点P在直线l上，即P∈l.
答案：P∈l
7.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为________．
解析：如图，将原图补成正方体ABCD-QGHP，连接AG，GP，则GP∥BD，所以∠APG或其补角为异面直线AP与BD所成的角．在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝.
答案：
8.如图，在四面体A-BCD中作截面PQR，若PQ，CB的延长线交于点M，RQ，DB的延长线交于点N，RP，DC的延长线交于点K.则M，N，K三点的位置关系是________．
解析：因为M∈PQ，直线PQ 平面PQR，M∈BC，直线BC 平面BCD，所以M是平面PQR与平面BCD的一个公共点，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上．同理可证，N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上．所以M，N，K三点共线．
答案：共线
9.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：
(1)AM与CN是否是异面直线？说明理由；
(2)D1B与CC1是否是异面直线？说明理由．
解：(1)AM与CN不是异面直线．理由如下：如图，连接MN，A1C1，AC.因为M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.又因为A1A綉C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1∥AC，所以MN∥AC，所以A，M，N，C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线．
(2)D1B与CC1是异面直线．理由如下：因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，所以B，C，C1，D1不共面．假设D1B与CC1不是异面直线，则存在平面α，使D1B 平面α，CC1 平面α，所以D1，B，C，C1∈α，这与B，C，C1，D1不共面矛盾．所以假设不成立，即D1B与CC1是异面直线．
10.如图，已知正方体AC1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：
(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．
证明：(1)因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．
(2)正方体AC1中，设A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，则Q是α与β的公共点，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C.所以R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
二、重点难点培优训练
1.(2021·毕节二模)如图，矩形ABCD中，AB＝，正方形ADEF的边长为1，且平面ABCD⊥平面ADEF，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为(　 )
A．－ B. C. D．－
解析：选C　取AF的中点G，连接AC交BD于O点，连接OG，如图所示，则OG∥CF，且OG＝CF，异面直线BD与FC所成角即直线BD与OG所成角，由平面ABCD⊥平面ADEF知，AF⊥平面ABCD，由题易知AC＝BD＝2，CF＝＝，则OG＝CF＝，OB＝BD＝1，BG＝eq \r(2＋ \r(3) 2)＝，则在△OBG中，由余弦定理知，cos∠BOG＝＝＝－，由两异面直线夹角的取值范围为0，，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为.
2．(2021·淄博二模)(多选)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，且m，n α，m，n β，给出下列四个论断：①α∥β；②m∥n；③m∥α；④n∥β.以其中三个论断为条件，剩余论断为结论组成四个命题，其中正确的命题有(　 )
A．①②③ ④ B．①③④ ②
C．①②④ ③ D．②③④ ①
解析：选AC　A、C显然正确；对B选项，若①α∥β，③m∥α，④n∥β，则m，n可能相交、平行或异面，则B错误；对D选项，若②m∥n，③m∥α，④n∥β，则平面α，β可能相交、平行，则D错误．故选A、C.
3.(2021·钦州、柳州二模)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中正确的是(　 )
A．过E，F，G三点作正方体的截面，所得截面为正六边形
B．B1D1∥平面EFG
C．异面直线EF与BD1所成角的正切值为
D．四面体ACB1D1的体积等于
解析：选AD　对于A，延长EF分别与B1A1，B1B的延长线交于N，Q，连接GN交A1D1于H，设HG与B1C1的延长线交于P，连接PQ交CC1于I，交BC于M，连FH，HG，GI，IM，ME，则截面六边形EFHGIM为正六边形，故A正确；对于B，B1D1与HG相交，故B1D1与平面EFG相交，所以B不正确；对于C，连接A1B，由条件有A1B∥EF，所以∠A1BD1(或其补角)为异面直线EF与BD1的夹角，在直角三角形BA1D1中，tan∠A1BD1＝＝，故C不正确；对于D，四面体ACB1D1的体积等于正方体的体积减去四个正三棱锥的体积，即为a3－4×××a3＝，故D正确．
4.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，ED∥PA，且PA＝ED＝AB，现将△CDE以直线DE为轴旋转一周后，求直线BP与动直线CE所成角的范围．
解：如图所示，将PB平移到EB1的位置，C1点在以D为圆心，1为半径的圆上运动．则∠B1EC1就是所求线线角，根据三角形中“大角对大边”，EB1，EC1为定值，故最值由B1C1来确定，故当C1在C处线线角最小，在C2处线线角最大．由于PA＝ED＝AB，故∠PBA＝∠EB1D＝.而DE＝DC＝1，故∠ECD＝，所以∠CEB1＝－＝.而∠EC2D＝∠ECD＝，故∠B1EC2＝π－－＝.所以所求线线角的取值范围是.

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