还剩15页未读，
继续阅读
新高考数学一轮复习教师用书：第八章 3 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系学案
展开
这是一份新高考数学一轮复习教师用书：第八章 3 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系学案，共18页。
第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
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．
公理2的三个推论：
推论1：经过一条直线和直线外一点，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．
2．空间直线的位置关系
(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，经过空间中任一点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)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．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)空间中直线和平面的位置关系
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
直线a在
平面α内
a⊂α
有无数个
公共点
直线
在平
面外
直线a与
平面α
平行
a∥α
没有
公共点
直线a与
平面α
斜交
a∩α＝A
有且只
有一个
公共点
直线a与
平面α
垂直
a⊥α
(2)空间中两个平面的位置关系
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
两平面平行
α∥β
没有
公共点
两平
面相
交
斜交
α∩β＝l
有一条
公共
直线
垂直
α⊥β且
α∩β＝a
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)两个平面ABC与平面DBC相交于线段BC.( )
(4)没有公共点的两条直线是异面直线．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)×
[教材衍化]
1．(必修2P43练习T1改编)下列命题中正确的是( )
A．过三点确定一个平面
B．四边形是平面图形
C．三条直线两两相交则确定一个平面
D．两个相交平面把空间分成四个区域
解析：选D.对于A，过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，故A错误；对于B，四边形也可能是空间四边形，不一定是平面图形，故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，故C错误；对于D，平面是无限延展的，两个相交平面把空间分成四个区域，故D正确．
2．(必修2P52B组T1(2)改编)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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________．
解析：连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.
答案：60°
[易错纠偏]
(1)判断直线与平面的位置关系时，忽视“直线在平面内”；
(2)对等角定理的应用条件认识不清．
1．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A．相交或平行
B．相交或异面
C．平行或异面
D．相交、平行或异面
解析：选D.依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.
2．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同
B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行
D．OB与O1B1不一定平行
解析：选D.两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.
平面的基本性质
如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别是AB和AA1的中点．求证：E、C、D1、F四点共面．
【证明】 如图所示，连接CD1、EF、A1B，因为点E、F分别是AB和AA1的中点，
所以EF∥A1B且EF＝A1B.
又因为A1D1綊BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，
所以EF与CD1确定一个平面α，
所以E、F、C、D1∈α，即E、C、D1、F四点共面．
(变问法)若本例条件不变，如何证明“CE，D1F，DA交于一点”？
证明：如图，由本例知EF∥CD1，且EF＝CD1，
所以四边形CD1FE是梯形，
所以CE与D1F必相交，设交点为P，
则P∈CE，且P∈D1F，
又CE⊂平面ABCD，且D1F⊂平面A1ADD1，
所以P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1.
又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，
所以CE、D1F、DA三线交于一点．
(1)点线共面问题证明的两种方法
①纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内；
②辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．
(2)证明多线共点问题的两步
①先证其中两条直线交于一点；
②再证交点在第三条直线上．证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．
如图，空间四边形ABCD中，点E，F分别是AB，AD的中点，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)因为点E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD.
在△BCD中，＝＝，
所以GH∥BD，
所以EF∥GH.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，
所以P∈平面ABC.
同理P∈平面ADC.
所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
所以P∈AC，所以P，A，C三点共线．
空间两直线的位置关系
(1)若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( )
①若直线m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线；
②若直线m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线；
③已知平面α，β互相垂直，且直线m，n也互相垂直，若m⊥α，则n⊥β；
④若直线m，n在平面α内的射影互相垂直，则m⊥n.
A．② B．②③
C．①③ D．②④
(2)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：
①AM和CN是否是异面直线？说明理由；
②D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．
【解】 (1)选A.对于①，m与n可能平行，可能相交，也可能异面，①错误；
对于②，由线面垂直的性质定理可知，m与n一定平行，故②正确；
对于③，还有可能n∥β或n与β相交，③错误；
对于④，把m，n放入正方体中，如图，取A1B为m，B1C为n，平面ABCD为平面α，则m与n在α内的射影分别为AB与BC，且AB⊥BC.而m与n所成的角为60°，故④错误．因此选A.
(2)①不是异面直线．
理由：连接MN，A1C1，AC.如图，因为点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.
又因为A1A綊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是异面直线．
理由：
因为ABCDA1B1C1D1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和CC1是异面直线．
(1)异面直线的判定方法
(2)构造法判断空间两直线的位置关系
对于空间两直线的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断，可避免因考虑不全面而导致错误，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性．
1．如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，AB与CD的位置关系为( )
A．相交 B．平行
C．异面而且垂直 D．异面但不垂直
解析：选D.将展开图还原为正方体，如图所示．
AB与CD所成的角为60°，故选D.
2．在图中，点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是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．
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，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．
答案：②④
异面直线所成的角(高频考点)
从近几年的高考试题来看，异面直线所成的角是高考的热点，题型既有选择题又有填空题，也有解答题，难度为中低档题．主要命题角度有：
(1)求异面直线所成的角或其三角函数值；
(2)由异面直线所成角求其他量．
角度一 求异面直线所成的角或其三角函数值
(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)如图，在三棱锥SABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，点M、N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为________．
【解析】 连接MC，取MC中点为Q，连接NQ，BQ，
则NQ和SM平行，∠QNB(或其补角)即为SM和BN所成的角．
设SA＝SB＝SC＝a，因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，则AB＝BC＝CA＝a，
所以△ABC是正三角形，因为点M、N、Q是中点，
所以NQ＝SM＝a，MC＝a，QB＝a，
NB＝a，所以cos∠QNB＝，
所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为.
【答案】
角度二 由异面直线所成角求其他量
四面体ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________．
【解析】 如图，取BC的中点O，连接OE，OF，
所以OE∥AC，OF∥BD，
所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，
EF＝2EM＝2×＝.
【答案】 或
1．已知直三棱柱ABCA1B1C1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.
解析：选C.如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，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．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＝＝，选择C.
2．(2020·台州模拟)正四面体ABCD中，点E、F分别为AB、BD的中点，则异面直线AF、CE所成角的余弦值为________．
解析：取BF的中点G，连接CG，EG，易知EG∥AF，所以异面直线AF、CE所成的角即为∠GEC(或其补角)．
不妨设正四面体棱长为2，易求得CE＝，EG＝，CG＝，由余弦定理得cos∠GEC＝＝＝，所以异面直线AF、CE所成角的余弦值为.
答案：
空间动点的轨迹判断
如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线 B．抛物线
C．椭圆 D．双曲线的一支
【解析】 因为∠PAB＝30°，所以点P的轨迹为以AB为轴线，PA为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P的轨迹为椭圆．
【答案】 C
(1)求解立体几何中的轨迹问题时，首先要探究点的轨迹的形成过程，同时还要注意动点的性质以及点、线、面之间的位置关系，若动点的性质满足解析几何中圆锥曲线的定义，也可借助定义求出轨迹．
(2)把立体几何中的轨迹问题转化成解析几何中曲线的定义加以求解，求解此类问题时应抓住解析几何中有关曲线的定义，根据解析几何中曲线的定义求解立体几何中的轨迹问题．
1．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是( )
A．一条直线 B．一个圆
C．一个椭圆 D．双曲线的一支
解析：选A.因为l⊥AB，当l变化时，形成的平面记为β，则AB⊥β.因为α与β相交，故只有一条直线，故选A.
2．到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆
C．抛物线 D．双曲线
解析：选D.如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，DC与A1D1是两条相互垂直的异面直线，平面ABCD过直线DC且平行于A1D1，以D为原点，分别以DA，DC所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设点P(x，y)在平面ABCD内且到A1D1与DC的距离相等，所以|x|＝，所以x2－y2＝a2.
核心素养系列16 直观想象——构造平面研究直线相交问题
设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
【解析】 法一：设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l.又因为l⊥β.所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此C错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此D错误．故选B.
法二：借助于长方体模型解决本题：对于A，如图①，α与β可相交；对于B，如图②，不论β在何位置，都有α⊥β；对于C，如图③，l可与β平行或l⊂β内；对于D，如图④，l⊥β或l⊂β或l∥β.故选B.
【答案】 B
在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．
【解析】 法一：如图，在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有一个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条．
法二：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因为CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ(图略)，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD相交．
【答案】 无数
(1)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、面的位置关系在平面和空间中的差异．
(2)本题难度不大，但比较灵活．对平面的基本性质、空间两条直线的位置关系的考查难度一般都不会太大．
(3)注意本题解法较多，但关键在于构造平面，但不少学生不会构造平面，因此失分较多．
[基础题组练]
1．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定( )
A．与a，b都相交
B．只能与a，b中的一条相交
C．至少与a，b中的一条相交
D．与a，b都平行
解析：选C.若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b异面矛盾．
2．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
解析：选C.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.
3．已知AB是平面α的斜线段，A为斜足．若点P在平面α内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．一条直线 D．两条平行直线
解析：选B.如图，由于AB的长为定值，且△ABP的面积也是定值，因此空间中点P到直线AB的距离也为定值，从而可以推知点P在空间的轨迹应是以AB为旋转轴的圆柱面，又点P在平面α内，且AB与平面α不垂直，故点P的轨迹应是该圆柱面被平面α截出的椭圆．
4．(2020·瑞安四校联考)若平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( )
A．AB∥CD B．AD∥CB
C．AB与CD相交 D．A，B，C，D四点共面
解析：选D.因为平面α∥平面β，要使直线AC∥直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必须共面．
5．如图，正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，点E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是( )
A. B.
C. D．2
解析：选B.如图，取AC中点G，连接FG，EG，则FG∥C1C，FG＝C1C；EG∥BC，EG＝BC，故∠EFG即为EF与C1C所成的角，在Rt△EFG中，
cos∠EFG＝＝＝.
6．(2020·台州模拟)如图所示，ABCDA1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
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
解析：选A.连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，
所以A1，C1，A，C四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1.
因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.
又M∈平面AB1D1，
所以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．
所以A，M，O三点共线．
7．如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点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________．(注：把你认为正确的结论的序号都填上)
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．
答案：③④
8．(2020·金丽衢十二校联考)如图所示，在三棱锥ABCD中，点E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形，当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH是正方形．
解析：易知EH∥BD∥FG，且EH＝BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝AC＝HG，显然四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使四边形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.
答案：AC＝BD AC＝BD且AC⊥BD
9．已知三棱锥ABCD中，AB＝CD，且直线AB与CD所成的角为60°，点M，N分别是BC，AD的中点，则直线AB和MN所成的角为________．
解析：如图，取AC的中点P，连接PM，PN，MN，
则PM∥AB，且PM＝AB，
PN∥CD，且PN＝CD，所以∠MPN为AB与CD所成的角(或其补角)，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°.
因为PM∥AB，所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角)．
①若∠MPN＝60°，
因为AB＝CD，所以PM＝PN，
则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°，
即AB与MN所成的角为60°.
②若∠MPN＝120°，则易知△PMN是等腰三角形，所以∠PMN＝30°，即AB与MN所成的角为30°.
综上，直线AB和MN所成的角为60°或30°.
答案：60°或30°
10．如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦值的最大值是__________．
解析：作BE∥AC，BE＝AC，连接D′E，则∠D′BE为所求的角或其补角，作D′N⊥AC于点N，设M为AC的中点，连接BM，则BM⊥AC，作NF∥BM交BE于点F，连接D′F，设∠D′NF＝θ，因为D′N＝＝，BM＝FN＝＝，所以D′F2＝－5cos θ，因为AC⊥D′N，AC⊥FN，所以D′F⊥AC，所以D′F⊥BE，又BF＝MN＝，所以在Rt△D′FB中，D′B2＝9－5cos θ，所以cos ∠D′BE＝＝≤，当且仅当θ＝0°时取“＝”．
答案：
11.如图，已知不共面的三条直线a、b、c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线．
证明：假设AD与BC共面，所确定的平面为α，那么点P、A、B、C、D都在平面α内，
所以直线a、b、c都在平面α内，与已知条件a、b、c不共面矛盾，假设不成立，
所以AD与BC是异面直线．
12．在正方体ABCDA1B1C1D1中，
(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若点E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
解：(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．
因为AB1＝AC＝B1C，
所以∠B1CA＝60°.
即A1D与AC所成的角为60°.
(2)连接BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1.
因为点E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD，所以EF⊥AC.所以EF⊥A1C1.
即A1C1与EF所成的角为90°.
[综合题组练]
1．设A，B，C，D是空间中四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )
A．若AC与BD共面，则AD与BC共面
B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线
C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC
D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC
解析：选C.A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不一定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.
2．(2020·温州市高考数学模拟)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为棱CC1的中点，点P，Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为( )
A．2 B.
C. D．2
解析：选B.由题意，△PEQ周长取得最小值时，点P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM＝，EN＝2，∠MEN＝135°，
所以MN＝＝.
3．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是________．
解析：构造四面体ABCD，使AB＝a，CD＝，AD＝AC＝BC＝BD＝1，取CD的中点E，则AE＝BE＝，
所以＋>a，所以0
(1)求证：AE与PB是异面直线；
(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．
解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α.
因为A∈α，B∈α，E∈α，
所以平面α即为平面ABE，
所以P∈平面ABE，
这与P∉平面ABE矛盾，
所以AE与PB是异面直线．
(2)取BC的中点F，
连接EF、AF，则EF∥PB，
所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角．
因为∠BAC＝60°，
PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，
所以AF＝，AE＝，EF＝，
cos∠AEF＝
＝＝，
所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为.
5.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，点G，H分别为FA，FD的中点．
(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
解：(1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，
所以GH綊AD.又BC綊AD，故GH綊BC.
所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C，D，F，E四点共面．
理由如下：
由BE綊FA，点G是FA的中点知，BE綊GF，
所以EF綊BG.
由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．
又点D在直线FH上，
所以C，D，F，E四点共面．
第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
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．
公理2的三个推论：
推论1：经过一条直线和直线外一点，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．
2．空间直线的位置关系
(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，经过空间中任一点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)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．
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
(1)空间中直线和平面的位置关系
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
直线a在
平面α内
a⊂α
有无数个
公共点
直线
在平
面外
直线a与
平面α
平行
a∥α
没有
公共点
直线a与
平面α
斜交
a∩α＝A
有且只
有一个
公共点
直线a与
平面α
垂直
a⊥α
(2)空间中两个平面的位置关系
位置关系
图形表示
符号表示
公共点
两平面平行
α∥β
没有
公共点
两平
面相
交
斜交
α∩β＝l
有一条
公共
直线
垂直
α⊥β且
α∩β＝a
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)两个平面ABC与平面DBC相交于线段BC.( )
(4)没有公共点的两条直线是异面直线．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)×
[教材衍化]
1．(必修2P43练习T1改编)下列命题中正确的是( )
A．过三点确定一个平面
B．四边形是平面图形
C．三条直线两两相交则确定一个平面
D．两个相交平面把空间分成四个区域
解析：选D.对于A，过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，故A错误；对于B，四边形也可能是空间四边形，不一定是平面图形，故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，故C错误；对于D，平面是无限延展的，两个相交平面把空间分成四个区域，故D正确．
2．(必修2P52B组T1(2)改编)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点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________．
解析：连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C为所求，又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.
答案：60°
[易错纠偏]
(1)判断直线与平面的位置关系时，忽视“直线在平面内”；
(2)对等角定理的应用条件认识不清．
1．已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A．相交或平行
B．相交或异面
C．平行或异面
D．相交、平行或异面
解析：选D.依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.
2．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是( )
A．OB∥O1B1且方向相同
B．OB∥O1B1
C．OB与O1B1不平行
D．OB与O1B1不一定平行
解析：选D.两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，故选D.
平面的基本性质
如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别是AB和AA1的中点．求证：E、C、D1、F四点共面．
【证明】 如图所示，连接CD1、EF、A1B，因为点E、F分别是AB和AA1的中点，
所以EF∥A1B且EF＝A1B.
又因为A1D1綊BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，
所以EF与CD1确定一个平面α，
所以E、F、C、D1∈α，即E、C、D1、F四点共面．
(变问法)若本例条件不变，如何证明“CE，D1F，DA交于一点”？
证明：如图，由本例知EF∥CD1，且EF＝CD1，
所以四边形CD1FE是梯形，
所以CE与D1F必相交，设交点为P，
则P∈CE，且P∈D1F，
又CE⊂平面ABCD，且D1F⊂平面A1ADD1，
所以P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1.
又平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，
所以CE、D1F、DA三线交于一点．
(1)点线共面问题证明的两种方法
①纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内；
②辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．
(2)证明多线共点问题的两步
①先证其中两条直线交于一点；
②再证交点在第三条直线上．证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．
如图，空间四边形ABCD中，点E，F分别是AB，AD的中点，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)因为点E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD.
在△BCD中，＝＝，
所以GH∥BD，
所以EF∥GH.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，
所以P∈平面ABC.
同理P∈平面ADC.
所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
所以P∈AC，所以P，A，C三点共线．
空间两直线的位置关系
(1)若m，n为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( )
①若直线m，n都平行于平面α，则m，n一定不是相交直线；
②若直线m，n都垂直于平面α，则m，n一定是平行直线；
③已知平面α，β互相垂直，且直线m，n也互相垂直，若m⊥α，则n⊥β；
④若直线m，n在平面α内的射影互相垂直，则m⊥n.
A．② B．②③
C．①③ D．②④
(2)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别是A1B1，B1C1的中点．问：
①AM和CN是否是异面直线？说明理由；
②D1B和CC1是否是异面直线？说明理由．
【解】 (1)选A.对于①，m与n可能平行，可能相交，也可能异面，①错误；
对于②，由线面垂直的性质定理可知，m与n一定平行，故②正确；
对于③，还有可能n∥β或n与β相交，③错误；
对于④，把m，n放入正方体中，如图，取A1B为m，B1C为n，平面ABCD为平面α，则m与n在α内的射影分别为AB与BC，且AB⊥BC.而m与n所成的角为60°，故④错误．因此选A.
(2)①不是异面直线．
理由：连接MN，A1C1，AC.如图，因为点M，N分别是A1B1，B1C1的中点，所以MN∥A1C1.
又因为A1A綊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是异面直线．
理由：
因为ABCDA1B1C1D1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和CC1是异面直线．
(1)异面直线的判定方法
(2)构造法判断空间两直线的位置关系
对于空间两直线的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断，可避免因考虑不全面而导致错误，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性．
1．如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，AB与CD的位置关系为( )
A．相交 B．平行
C．异面而且垂直 D．异面但不垂直
解析：选D.将展开图还原为正方体，如图所示．
AB与CD所成的角为60°，故选D.
2．在图中，点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是异面直线的图形有________(填上所有正确答案的序号)．
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，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．
答案：②④
异面直线所成的角(高频考点)
从近几年的高考试题来看，异面直线所成的角是高考的热点，题型既有选择题又有填空题，也有解答题，难度为中低档题．主要命题角度有：
(1)求异面直线所成的角或其三角函数值；
(2)由异面直线所成角求其他量．
角度一 求异面直线所成的角或其三角函数值
(2020·瑞安市龙翔高中高三月考)如图，在三棱锥SABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，点M、N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为________．
【解析】 连接MC，取MC中点为Q，连接NQ，BQ，
则NQ和SM平行，∠QNB(或其补角)即为SM和BN所成的角．
设SA＝SB＝SC＝a，因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝，则AB＝BC＝CA＝a，
所以△ABC是正三角形，因为点M、N、Q是中点，
所以NQ＝SM＝a，MC＝a，QB＝a，
NB＝a，所以cos∠QNB＝，
所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为.
【答案】
角度二 由异面直线所成角求其他量
四面体ABCD中，点E，F分别是AB，CD的中点．若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________．
【解析】 如图，取BC的中点O，连接OE，OF，
所以OE∥AC，OF∥BD，
所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.
当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，
EF＝2EM＝2×＝.
【答案】 或
1．已知直三棱柱ABCA1B1C1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.
解析：选C.如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，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．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＝＝，选择C.
2．(2020·台州模拟)正四面体ABCD中，点E、F分别为AB、BD的中点，则异面直线AF、CE所成角的余弦值为________．
解析：取BF的中点G，连接CG，EG，易知EG∥AF，所以异面直线AF、CE所成的角即为∠GEC(或其补角)．
不妨设正四面体棱长为2，易求得CE＝，EG＝，CG＝，由余弦定理得cos∠GEC＝＝＝，所以异面直线AF、CE所成角的余弦值为.
答案：
空间动点的轨迹判断
如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是( )
A．直线 B．抛物线
C．椭圆 D．双曲线的一支
【解析】 因为∠PAB＝30°，所以点P的轨迹为以AB为轴线，PA为母线的圆锥面与平面α的交线，且平面α与圆锥的轴线斜交，故点P的轨迹为椭圆．
【答案】 C
(1)求解立体几何中的轨迹问题时，首先要探究点的轨迹的形成过程，同时还要注意动点的性质以及点、线、面之间的位置关系，若动点的性质满足解析几何中圆锥曲线的定义，也可借助定义求出轨迹．
(2)把立体几何中的轨迹问题转化成解析几何中曲线的定义加以求解，求解此类问题时应抓住解析几何中有关曲线的定义，根据解析几何中曲线的定义求解立体几何中的轨迹问题．
1．平面α的斜线AB交α于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交α于点C，则动点C的轨迹是( )
A．一条直线 B．一个圆
C．一个椭圆 D．双曲线的一支
解析：选A.因为l⊥AB，当l变化时，形成的平面记为β，则AB⊥β.因为α与β相交，故只有一条直线，故选A.
2．到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆
C．抛物线 D．双曲线
解析：选D.如图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，DC与A1D1是两条相互垂直的异面直线，平面ABCD过直线DC且平行于A1D1，以D为原点，分别以DA，DC所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设点P(x，y)在平面ABCD内且到A1D1与DC的距离相等，所以|x|＝，所以x2－y2＝a2.
核心素养系列16 直观想象——构造平面研究直线相交问题
设l是直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β
C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
【解析】 法一：设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l.又因为l⊥β.所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此C错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α且l∥β，因此D错误．故选B.
法二：借助于长方体模型解决本题：对于A，如图①，α与β可相交；对于B，如图②，不论β在何位置，都有α⊥β；对于C，如图③，l可与β平行或l⊂β内；对于D，如图④，l⊥β或l⊂β或l∥β.故选B.
【答案】 B
在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相交的直线有________条．
【解析】 法一：如图，在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有一个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条．
法二：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面α，因为CD与平面α不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ(图略)，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线．由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD相交．
【答案】 无数
(1)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、面的位置关系在平面和空间中的差异．
(2)本题难度不大，但比较灵活．对平面的基本性质、空间两条直线的位置关系的考查难度一般都不会太大．
(3)注意本题解法较多，但关键在于构造平面，但不少学生不会构造平面，因此失分较多．
[基础题组练]
1．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定( )
A．与a，b都相交
B．只能与a，b中的一条相交
C．至少与a，b中的一条相交
D．与a，b都平行
解析：选C.若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知a∥b，与a，b异面矛盾．
2．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
解析：选C.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.
3．已知AB是平面α的斜线段，A为斜足．若点P在平面α内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．一条直线 D．两条平行直线
解析：选B.如图，由于AB的长为定值，且△ABP的面积也是定值，因此空间中点P到直线AB的距离也为定值，从而可以推知点P在空间的轨迹应是以AB为旋转轴的圆柱面，又点P在平面α内，且AB与平面α不垂直，故点P的轨迹应是该圆柱面被平面α截出的椭圆．
4．(2020·瑞安四校联考)若平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( )
A．AB∥CD B．AD∥CB
C．AB与CD相交 D．A，B，C，D四点共面
解析：选D.因为平面α∥平面β，要使直线AC∥直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必须共面．
5．如图，正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，点E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是( )
A. B.
C. D．2
解析：选B.如图，取AC中点G，连接FG，EG，则FG∥C1C，FG＝C1C；EG∥BC，EG＝BC，故∠EFG即为EF与C1C所成的角，在Rt△EFG中，
cos∠EFG＝＝＝.
6．(2020·台州模拟)如图所示，ABCDA1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( )
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
解析：选A.连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，
所以A1，C1，A，C四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1.
因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.
又M∈平面AB1D1，
所以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．
所以A，M，O三点共线．
7．如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，点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________．(注：把你认为正确的结论的序号都填上)
解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．
答案：③④
8．(2020·金丽衢十二校联考)如图所示，在三棱锥ABCD中，点E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形，当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH是正方形．
解析：易知EH∥BD∥FG，且EH＝BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝AC＝HG，显然四边形EFGH为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使四边形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.
答案：AC＝BD AC＝BD且AC⊥BD
9．已知三棱锥ABCD中，AB＝CD，且直线AB与CD所成的角为60°，点M，N分别是BC，AD的中点，则直线AB和MN所成的角为________．
解析：如图，取AC的中点P，连接PM，PN，MN，
则PM∥AB，且PM＝AB，
PN∥CD，且PN＝CD，所以∠MPN为AB与CD所成的角(或其补角)，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°.
因为PM∥AB，所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角)．
①若∠MPN＝60°，
因为AB＝CD，所以PM＝PN，
则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°，
即AB与MN所成的角为60°.
②若∠MPN＝120°，则易知△PMN是等腰三角形，所以∠PMN＝30°，即AB与MN所成的角为30°.
综上，直线AB和MN所成的角为60°或30°.
答案：60°或30°
10．如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦值的最大值是__________．
解析：作BE∥AC，BE＝AC，连接D′E，则∠D′BE为所求的角或其补角，作D′N⊥AC于点N，设M为AC的中点，连接BM，则BM⊥AC，作NF∥BM交BE于点F，连接D′F，设∠D′NF＝θ，因为D′N＝＝，BM＝FN＝＝，所以D′F2＝－5cos θ，因为AC⊥D′N，AC⊥FN，所以D′F⊥AC，所以D′F⊥BE，又BF＝MN＝，所以在Rt△D′FB中，D′B2＝9－5cos θ，所以cos ∠D′BE＝＝≤，当且仅当θ＝0°时取“＝”．
答案：
11.如图，已知不共面的三条直线a、b、c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线．
证明：假设AD与BC共面，所确定的平面为α，那么点P、A、B、C、D都在平面α内，
所以直线a、b、c都在平面α内，与已知条件a、b、c不共面矛盾，假设不成立，
所以AD与BC是异面直线．
12．在正方体ABCDA1B1C1D1中，
(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若点E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
解：(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．
因为AB1＝AC＝B1C，
所以∠B1CA＝60°.
即A1D与AC所成的角为60°.
(2)连接BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1.
因为点E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD，所以EF⊥AC.所以EF⊥A1C1.
即A1C1与EF所成的角为90°.
[综合题组练]
1．设A，B，C，D是空间中四个不同的点，在下列命题中，不正确的是( )
A．若AC与BD共面，则AD与BC共面
B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线
C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC
D．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BC
解析：选C.A中，若AC与BD共面，则A，B，C，D四点共面，则AD与BC共面；B中，若AC与BD是异面直线，则A，B，C，D四点不共面，则AD与BC是异面直线；C中，若AB＝AC，DB＝DC，AD不一定等于BC；D中，若AB＝AC，DB＝DC，可以证明AD⊥BC.
2．(2020·温州市高考数学模拟)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为棱CC1的中点，点P，Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为( )
A．2 B.
C. D．2
解析：选B.由题意，△PEQ周长取得最小值时，点P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，则EM＝，EN＝2，∠MEN＝135°，
所以MN＝＝.
3．设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是________．
解析：构造四面体ABCD，使AB＝a，CD＝，AD＝AC＝BC＝BD＝1，取CD的中点E，则AE＝BE＝，
所以＋>a，所以0
(1)求证：AE与PB是异面直线；
(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．
解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α.
因为A∈α，B∈α，E∈α，
所以平面α即为平面ABE，
所以P∈平面ABE，
这与P∉平面ABE矛盾，
所以AE与PB是异面直线．
(2)取BC的中点F，
连接EF、AF，则EF∥PB，
所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角．
因为∠BAC＝60°，
PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，
所以AF＝，AE＝，EF＝，
cos∠AEF＝
＝＝，
所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为.
5.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，点G，H分别为FA，FD的中点．
(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
解：(1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，
所以GH綊AD.又BC綊AD，故GH綊BC.
所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C，D，F，E四点共面．
理由如下：
由BE綊FA，点G是FA的中点知，BE綊GF，
所以EF綊BG.
由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．
又点D在直线FH上，
所以C，D，F，E四点共面．
相关学案
高考数学一轮复习第7章第3课时空间点、直线、平面之间的位置关系学案： 这是一份高考数学一轮复习第7章第3课时空间点、直线、平面之间的位置关系学案，共30页。
高考数学统考一轮复习第8章8.3空间点直线平面之间的位置关系学案： 这是一份高考数学统考一轮复习第8章8.3空间点直线平面之间的位置关系学案，共10页。学案主要包含了知识重温，小题热身等内容，欢迎下载使用。
2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系学案： 这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第八章 立体几何 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系学案，共20页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。
