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第八章立体几何
第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
考点测评
1.[2020湖北省武汉市部分重点中学联考]下列说法正确的是 (　　)
A.梯形一定是平面图形
B.过三点确定一个平面
C.三条直线两两相交确定一个平面
D.若两个平面有三个公共点,则这两个平面重合
2.[多选题]已知直线l?平面α,直线m?平面α,则 (　　)
A.若l与m不垂直,则l与α一定不垂直
B.若l与m所成的角为30°,则l与α所成的角也为30°
C.l∥m是l∥α的充分不必要条件
D.若l与α相交,则l与m一定是异面直线
3.若∠AOB=∠A1O1B1,且OA∥O1A1,与的方向相同,则下列结论中正确的是 (　　)
A.OB∥O1B1且与的方向相同
B.OB∥O1B1
C.OB与O1B1不平行
D.OB与O1B1不一定平行
4.[2020广东七校联考]在长方体ABCD - A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,则异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为(　　)
A. B. C. D.
5.[2017全国卷Ⅰ]如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是 (　　)
6.[2016全国卷Ⅱ]α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.
②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.
③如果α∥β,m?α,那么m∥β.
④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β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)?
知识回顾
考法1 空间点、线、面的位置关系的判定及应用　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1在下列图中,G,H,M,N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示GH,MN是异面直线的图形的是　　　　.?
【解析】图①中,直线GH∥MN;图②中,G,H,N三点共面,但M?平面GHN,因此直线GH与MN异面;图③中,连接MG(图略),则GM∥HN,因此GH与MN共面;图④中,G,M,N共面,但H?平面GMN,因此GH与MN异面.所以在图②④中,GH与MN异面.
2[2015安徽高考]已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是
A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α,β不平行,则在α内不存在与β平行的直线
D.若m,n不平行,则m与n不可能垂直于同一平面
【解析】选项A中,垂直于同一个平面的两个平面可能相交也可能平行,故选项A错误;选项B中,平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面,故选项B错误;选项C中,若两个平面相交,则一个平面内与交线平行的直线一定和另一个平面平行,故选项C错误;选项D中,若两条直线垂直于同一个平面,则这两条直线平行,所以若两条直线不平行,则它们不可能垂直于同一个平面,故选项D正确.
【答案】D
变式练习
1.如图8 - 2 - 2为正方体表面的一种展开图,则在原正方体的四条线段AB,CD,EF ,GH所在直线中,互为异面直线的有　　　　对.?
图8-2-2
考法2 求异面直线所成的角　　　　　　　　　　　　　　　　　
3 [2017全国卷Ⅱ]已知直三棱柱ABC - A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. D.
【解题思路】先将三棱柱补成四棱柱,然后利用平移法将异面直线所成角转化为三角形的内角求解.或直接利用平面向量的相关知识求解.或直接建立空间直角坐标系,利用向量法求解.
【解析】解法一　(平移法)如图8 - 2 - 3所示,将直三棱柱ABC - A1B1C1补成直四棱柱ABCD - A1B1C1D1,连接AD1,B1D1,则AD1∥BC1,所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角. (补形平移)
因为∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,所以AB1=, AD1=.在△B1D1C1中,∠B1C1D1=60°,B1C1=1,D1C1=2,所以B1D1=,所以cos∠B1AD1=.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.

图8 - 2 - 3 图8 - 2 - 4
解法二　(向量法)如图8 - 2 - 4,取 =a,=b,=c,则由已知可得|a|=2,|b|=|c|=1,且=120°,==90°.所以a·b=2×1×cos 120°= - 1,a·c=b·c=0.
因为=c - a,=b+c,
所以·=(c - a)·(b+c)=c2+c·b - a·b - a·c=12 - 0 - ( - 1) - 0=2.
又||=,
||=,
所以cos<,>=.
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
解法三　(坐标法)如图8 - 2 - 5,在平面ABC内过点B作BD⊥AB,交AC于点D,则∠CBD=30°.
因为BB1⊥平面ABC,故以B为坐标原点,分别以射线BD,BA,BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(0,2,0),B1(0,0,1),C1(cos 30°, - sin 30°,1),即C1(, - ,1).
所以=(0, - 2,1),=(, - ,1).
所以cos<,>==.
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
【答案】C
变式练习
2.[2018全国卷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.
数学探究　立体几何中的动态问题
4 [2019安徽省合肥一中等六校联考]如图8 - 2 - 6,在侧棱长为3的正三棱锥A - BCD中,每个侧面都是等腰直角三角形,在该三棱锥的表面上有一个动点P,且点P到点B的距离始终等于2,则动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度为　　　 .?
【解题思路】
分析动点P在三棱锥表面形成的曲线的形状→由弧长公式计算动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度
【解析】设动点P在三棱锥表面形成的曲线是EF GH,如图8 - 2 - 7所示,则BE=BH=2.在直角三角形BAH 中,cos∠HBA=,∴∠HBA=,∠HBG=,∴=2×π.同理π.连接HE,在直角三角形HAE中,∠HAE=,AH=AE=,∴×.在等边三角形BCD中,∠CBD=,∴=2×.
则所求曲线的长度为π+π+π+π=π.
【素养探源】　
核心素养 考查途径 素养水平
直观想象 由点P到点B的距离始终等于2,得到动点P在三棱锥表面形成的曲线是EF GH. 二
数学运算 求出,,和的长的和,即为动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度. 二
变式练习
3.[2019广东省肇庆市统一考试]如图8 - 2 - 8,正三棱柱ABC - A1B1C1各条棱的长度均相等,D为AA1的中点,M,N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点),且满足BM=C1N,当M,N运动时,下列结论中不正确的是 (　　)
A.在△DMN内总存在与平面ABC平行的线段
B.平面DMN⊥平面BCC1B1
C.三棱锥A1 - DMN的体积为定值
D.△DMN可能为直角三角形
第二讲　《空间点、直线、平面之间的位置关系》测试
基础篇
1.[2020石家庄市重点高中高三摸底测试]如图8 - 2 - 1，在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB=AC=AA1=，BC=2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为(　　)
图8 - 2 - 1
A. B. C. D.
2.[2019广东省汕头市联考]给出下列命题:
(1)若直线a与平面α不平行，则a与平面α内的所有直线都不平行；
(2)若直线a与平面α不垂直，则a与平面α内的所有直线都不垂直；
(3)若异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直；
(4)若直线a和b共面，直线b和c共面，则a和c共面.
其中错误命题的个数为 (　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
3.[2019昆明市高考模拟]已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是 (　　)
A.l∥β或l?β B.l∥m C.m⊥α D.l⊥m
4.[2019贵州贵阳适应性考试]设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下面四个命题:
①若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ；②若α⊥β，m?α，n?β，则m⊥n；③若m∥α，n?α，则m∥n；④若α∥β，γ∩α=m，γ∩β=n，则m∥n.
其中是真命题的序号为 (　　)
A.①④ B.①② C.②③④ D.④
5.[2019湖南重点中学联考]正四面体SABC中，D是AB的中点，E是SB的中点，则异面直线AE与CD所成角的余弦值是 (　　)
A. B. C. D.
提升篇
6.[2020陕西省部分学校摸底检测]将正方形ABCD中的△ACD沿对角线AC折起，使得平面ABC垂直于平面ACD，则异面直线AB与CD所成的角为 (　　)
A.90° B.60° C.45° D.30°
7.[多选题]如图8 - 2 - 2，正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1，P，Q分别是线段AD1和B1C上的动点，且满足AP=B1Q，则下列命题正确的是 (　　)
A.存在P，Q运动到某一位置，使AB∥PQ
B.△BPQ的面积为定值
C.当点P不与点A重合时，直线PB1与AQ是异面直线
D.无论P，Q运动到什么位置，均有BC⊥PQ
　　　
图8 - 2 – 2 图8 - 2 - 3
8.[多选题]图8 - 2 - 3是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F 分别为P4A，P1D的中点，在此几何体中，下面结论正确的是 (　　)
A.直线BE与直线CF 异面
B.直线BE与直线AF 异面
C.直线EF ∥平面PBC
D.平面BCE⊥平面PAD
9.[2019福建五校第二次联考]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的体积为1，点M在线段BC上(点M异于B，C两点)，点N为线段CC1的中点.若平面AMN截正方体ABCD - A1B1C1D1所得的截面为四边形，则线段BM长度的取值范围为 (　　)
A.(0，] B.(0，] C.[，1) D.[，1)
10.[交汇题]设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且直线m?平面α，直线n?平面β，给出下列说法:①“m⊥n”是“n⊥α”的必要条件；②“m∥n”是“m∥β”的必要条件；③“m∥n”是“α∥β”的充要条件；④“m⊥n”是“α⊥β”的充分条件.其中所有正确说法的序号是　　　　.?
11.[2019安徽蚌埠模拟]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，E，F 分别为AA1，AB的中点，点M是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF ，则点M的轨迹长度为　　　　.?
参考答案与解析
第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
考点测评
1.A　对于A，因为两条平行直线确定一个平面，所以梯形可以确定一个平面，A正确；对于B，过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，注意三点不共线，B错误；对于C，三条直线两两相交，可以确定一个平面或三个平面，C错误；对于D，若两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，D错误.故选A.
2.AC　对于A，当l与m不垂直时，假设l⊥α，那么由l⊥α一定能得到l⊥m，这与已知条件矛盾，因此l与α一定不垂直，A正确；易知B错误；由l∥m可以推出l∥α，但是由l∥α不一定能推出l∥m，因此l∥m是l∥α的充分不必要条件，C正确；若l与α相交，则l与m相交或异面，D错误.故选AC.
【素养落地】　试题通过判断线面位置关系考查直观想象、逻辑推理等核心素养.
3.D　在空间中，若两角相等，角的一边平行且方向相同，则另一边不一定平行，故选D.
4.A　在长方体ABCD - A1B1C1D1中，直线A1B1与直线AB平行，则直线A1B1与AC1所成的角等于直线AB与AC1所成的角.连接BC1(图略)，在直角三角形ABC1中，BC1=，AB=1，所以tan∠BAC1=，所以异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为.故选A.
5.A　解法一　对于选项B，如图D 8 - 2 - 1所示，C，D为正方体的两个顶点，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.选A.
图D 8 - 2 - 1
解法二　对于选项A，作出正方体的底面的对角线，记对角线的交点为O(如图D 8 - 2 - 2所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，故选A.
图D 8 - 2 - 2
6.②③④　对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误.如图D 8 - 2 - 3，
图D 8 - 2 - 3
不妨设AA' 所在直线为直线m，CD所在直线为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC' D' 所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立.故①错误.对于命题②，设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，故②正确.对于命题③，由平面与平面平行的性质可知，③正确.对于命题④，由平行的传递性及线面角的定义可知，④正确.
变式练习
1.3　还原后的正方体的示意图如图D 8 - 2 - 4所示，
图 D 8-2-4
其中AB与CD，AB与GH，EF与GH分别互为异面直线，共3对.
2.C　解法一　如图D 8 - 2 - 5，
图 D 8-2-5
补上一个相同的长方体CDEF - C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角或其补角.因为在长方体ABCD - A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，所以DE1==2，DB1=，B1E1=，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1=，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法二　如图D 8 - 2 - 6，连接BD1，交DB1于点O，取AB的中点M，连接DM，OM.
图D 8 - 2 - 6
易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角或其补角.因为在长方体ABCD - A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，AD1==2，DM=，DB1=，所以OM=AD1=1，OD=DB1=，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD=，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
解法三　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图D 8 - 2 - 7所示.
图D 8 - 2 - 7
由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以=( - 1，0，)，=(1，1，)，则由向量夹角公式，得cos<，>=，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C.
3.ABC　对于A，如图D 8 - 2 - 8所示，用平行于平面ABC的平面截平面DMN，则交线平行于平面ABC，故A正确.对于B，当M，N分别在BB1，CC1上运动时，若满足BM=C1N，则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，如图D 8 - 2 - 8，连接DO，
图D 8 - 2 - 8
由DO⊥平面BCC1B1可得平面DMN⊥平面BCC1B1，故B正确.对于C，当M，N分别在BB1，CC1上运动时，△A1DM的面积不变，点N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥N - A1DM的体积不变，即三棱锥A1 - DMN的体积为定值，故C正确.对于D，易证DM=DN，若△DMN为直角三角形，则必是以∠MDN为直角的直角三角形，所以△DMN为等腰直角三角形，所以DO=OM=ON，即MN=2DO.设正三棱柱的棱长为2，则DO=，MN=2.因为MN的最大值为BC1，BC1=2，所以MN不可能为2，即△DMN不可能为直角三角形，故D错误.选ABC.
基础篇
1.B　解法一　取B1C1的中点D1，连接A1D1，D1C.易证A1D1∥AD，故A1D1，A1C所成的角就是AD，A1C所成的角.∵AB=AC=，BC=2，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD==1，∴A1D1=AD=1，又A1C==2，D1C=，∴A1+D1C2=A1C2，∴△A1D1C为直角三角形，cos∠D1A1C=，即异面直线AD与A1C所成的角为，故选B.
解法二　易知AB，AC，AA1两两垂直，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图D 8 - 2 - 9所示的空间直角坐标系，
图D 8 - 2 - 9
则A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，∴D(，，0)，∴=(，，0)，=(0，， - )，
∴cos<，>=，即异面直线AD与A1C所成的角为.故选B.
2.C　对于(1)，若直线a在平面α内，此时直线a和平面α不平行，但是平面α内有直线和a是平行的，故(1)错误.对于(2)， 若直线a在平面α内，这时直线a和平面α不垂直，但是平面α内有直线和a是垂直的，故(2)错误.对于(3)，根据线面垂直的定义可知，(3)是正确的.对于(4)，a，c有可能是异面直线，故(4)错误.综上所述，有3个命题是错误命题，故选C.
3.A　因为l⊥α，α⊥β，所以l∥β或l?β，A正确；因为l⊥α，m∥β，且α⊥β，则l∥m或l与m相交或l与m异面，B，D错误；因为m∥β，且α⊥β，则m∥α或m?α或m与α相交，C错误.故选A.
4.D　对于①，垂直于同一个平面的两个平面可能平行，也可能相交，故命题①是假命题；
对于②，分别在两个互相垂直的平面内的两条直线可能平行，可能相交，也可能异面，故命题②是假命题；
对于③，直线m与n可能平行，也可能异面，故命题③是假命题；
对于④，由面面平行的性质定理知命题④是真命题.故选D.
(简解:也可在判断出命题①②是假命题之后直接排除A，B，C，从而选D)
5.A　如图D 8 - 2 - 10，
图D 8 - 2 - 10
设正四面体SABC的棱长为2，取BE的中点F，连接CF，DF，则AE∥DF，∠CDF即为AE与CD所成角或其补角，CD=，DF=，CF=
，∴cos∠CDF=>0，∴即为异面直线AE和CD所成角的余弦值，故选A.
提升篇
6.B　解法一　如图D 8 - 2 - 11，连接BD，取AC，BD，AD的中点分别为O，M，N，连接ON，OM，MN，
图D 8 - 2 - 11
则由三角形的中位线定理知ON=CD，MN=AB，所以所求的角为∠ONM或其补角.连接BO，OD，因为AB=BC，所以BO⊥AC.因为平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD=AC，BO?平面ABC，所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.设原正方形ABCD的边长为2，则BO=OD=，所以BD=2，所以OM=BD=1，所以ON=MN=OM=1，所以△OMN是等边三角形，所以∠ONM=60°，即异面直线AB与CD所成的角为60°，故选B.
解法二　如图D 8 - 2 - 12，设AC的中点为O，连接DO，OB，
图D 8 - 2 - 12
因为AD=DC，所以DO⊥AC.因为平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD=AC，DO?平面ACD，所以 DO⊥平面ABC.延长BO到E，使得EO=BO，连接DE，AE，CE，易证得四边形ABCE为正方形，所以 AB∥EC，所以异面直线AB与CD所成的角为∠DCE或其补角.设AC=2a，则EC=ED=CD=a，所以△DCE为等边三角形，所以∠DCE=60°，即异面直线AB与CD所成的角为60°，故选B.
解法三　如图D 8 - 2 - 13，设AC的中点为O，连接BO，OD，
图D 8 - 2 - 13
因为AD=CD，AB=BC，所以DO⊥AC，OB⊥AC.因为平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD=AC，OD?平面ACD，所以OD⊥平面ABC.以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.设AC=2a，则D(0，0，a)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C( - a，0，0)，所以=( - a，a，0)，=( - a，0， - a)，所以cos<，>=，所以异面直线AB与CD所成的角为60°，故选B.
7.ACD　对于选项A，当P，Q分别是线段AD1和B1C的中点时，AB∥PQ，故A正确；对于选项B，P在A处时，△BPQ的面积为，P在AD1的中点时，△BPQ的面积为，故△BPQ的面积不是定值，故B错误；对于选项C，当点P不与点A重合时，假设直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，与题意矛盾，所以直线PB1与AQ是异面直线，故C正确；对于选项D，BC垂直于PQ在平面ABCD内的射影，由三垂线定理得无论P，Q运动到什么位置，均有BC⊥PQ，故D正确.故选ACD.
8.BC　将展开图还原为几何体(示意图如图D 8 - 2 - 14所示)，连接BE，CF，EF，CE，AF.
图D 8 - 2 - 14
因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，A错误；因为B?平面PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以直线BE与直线AF是异面直线，B正确；因为EF∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，C正确；易知平面PAD与平面BCE不一定垂直，D错误.故选BC.
9.B　易知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为1.若M为BC的中点，则MN∥AD1，所以此时截面为四边形AMND1，所以BM=符合题意.若0 　
(2)
图D 8 - 2 - 15
10.①　对于①，由“n⊥α”能推出“m⊥n”，但由“m⊥n”不能推出“n⊥α”，所以①正确.对于②，由“m∥β”不能推出“m∥n”，所以②不正确.对于③，由“m∥n”不能推出“α∥β”，α，β也可能相交，所以③不正确.对于④，由“m⊥n”不能推出“α⊥β”，所以④不正确.
【素养落地】　本题以空间中线面位置关系为载体，考查考生对充分条件和必要条件的理解，考查了逻辑推理核心素养.
11.　根据题意作图，如图D 8 - 2 - 16所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，
图D 8 - 2 - 16
可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E.
同理可得C1H∥CF.
因为C1H∩C1G=C1，直线D1E与CF也相交，所以平面C1GH∥平面CD1EF.
由点M是正方形ABB1A1内的动点可知，要使C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，
所以点M的轨迹长度GH=.
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