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。


一、知识梳理
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．空间直线的位置关系
(1)位置关系的分类
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(共面直线\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(平行,相交)),异面直线：不同在任何一个平面内))
(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：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
(3)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)空间中直线与平面的位置关系
(2)空间中两个平面的位置关系
常用结论
1．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．
2．异面直线的判定定理
经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．
二、习题改编
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，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°
3．(必修2P45例2改编)
如图，在三棱锥A­BCD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．
解析：(1)因为四边形EFGH为菱形，
所以EF＝EH，故AC＝BD.
(2)因为四边形EFGH为正方形，
所以EF＝EH且EF⊥EH，
因为EF綊eq \f(1,2)AC，EH綊eq \f(1,2)BD，
所以AC＝BD且AC⊥BD.
答案：(1)AC＝BD (2)AC＝BD且AC⊥BD
一、思考辨析
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DBC相交于线段BC.( )
(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．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(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；
(3)对异面直线的概念理解有误．
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.
平面的基本性质及其应用(师生共研)
在正方体ABCD­A1B1C1D1中，判断下列说法是否正确，并说明理由．
(1)直线AC1在平面CC1B1B内；
(2)设正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的中心分别为O，O1，则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1；
(3)由点A，O，C可以确定一个平面；
(4)由A，C1，B1确定的平面是ADC1B1；
(5)设直线l是平面ABCD内的直线，直线m是平面DD1C1C内的直线，若l与m相交，则交点一定在直线CD上．
【解】
(1)错误．若AC1⊂平面CC1B1B，又BC⊂平面CC1B1B，则A∈平面CC1B1B，且B∈平面CC1B1B，所以AB⊂平面CC1B1B，与AB⊄平面CC1B1B矛盾，故(1)中说法错误．
(2)正确．因为O，O1是两平面的两个公共点，所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1.
(3)错误．因为A，O，C三点共线，所以不能确定一个平面．
(4)正确．因为A，C1，B1不共线，所以A，C1，B1三点可以确定平面α，又四边形AB1C1D为平行四边形，AC1，B1D相交于O2点，而O2∈α，B1∈α，所以B1O2⊂α，又D∈B1O2，所以D∈α.
(5)正确．若l与m相交，则交点是两平面的公共点，而直线CD为两平面的交线，所以交点一定在直线CD上．
eq \a\vs4\al()
(1)三个公理是立体几何的基础．公理1是确定直线在平面内的依据；公理2是利用点或直线确定平面的依据；公理3是确定两个平面有一条交线的依据，同时也是证明多点共线、多线共点的依据．
(2)证明点共线或线共点的问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理3，证明点在两个平面的交线上，或者选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在该直线上．
1．在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么( )
A．点P必在直线AC上
B．点P必在直线BD上
C．点P必在平面DBC内
D．点P必在平面ABC外
解析：选A.
如图，因为EF⊂平面ABC，而GH⊂平面ADC，且EF和GH相交于点P，所以P在两平面的交线上，因为AC是两平面的交线，所以点P必在直线AC上．
2．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．
空间两直线位置关系的判定(师生共研)
(1)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
(2)下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)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( )
A．①③ B．②③
C．②④ D．②③④
【解析】 (1)取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝eq \r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝eq \f(\r(3),2)，CP＝eq \f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝(eq \f(\r(3),2))2＋(eq \f(3,2))2＋22＝7，得BM＝eq \r(7)，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B.
(2)由题意，可知题图①中，GH∥MN，因此直线GH与MN共面；题图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；题图③中，连接MG，则GM∥HN，因此直线GH与MN共面；题图④中，连接GN，G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，所以直线GH与MN异面．故选C.
【答案】 (1)B (2)C
eq \a\vs4\al()
(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
对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，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．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
解析：选D.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．
2.
如图，正方体ABCD­A1B1C1D1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________(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
异面直线所成的角(典例迁移)
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ABCD­QGHP，连接AG，GP，则GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，
在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝eq \f(π,3).
【答案】 eq \f(π,3)
【迁移探究】 (变条件)在本例条件下，若E，F，M分别是AB，BC，PQ的中点，异面直线EM与AF所成的角为θ，求cs θ的值．
解：设N为BF的中点，连接EN，MN，则∠MEN是异面直线EM与AF所成的角或其补角．
不妨设正方形ABCD和ADPQ的边长为4，则EN＝eq \r(5)，EM＝2eq \r(6)，MN＝eq \r(33).
在△MEN中，由余弦定理得
cs ∠MEN＝eq \f(EM2＋EN2－MN2,2EM·EN)
＝eq \f(24＋5－33,2×2\r(6)×\r(5))＝－eq \f(1,\r(30))＝－eq \f(\r(30),30).
即cs θ＝eq \f(\r(30),30).
eq \a\vs4\al()
用平移法求异面直线所成角的步骤
(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(或其补角)是异面直线所成的角．
(3)三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
1．(2020·太原模拟)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AB＝BB1，D是CC1的中点，则CA1与BD所成角的大小是( )
A.eq \f(π,3) B．eq \f(5π,12)
C.eq \f(π,2) D．eq \f(7π,12)
解析：选C.
如图，取A1C1的中点E，连接BE，DE，则DE∥A1C，所以∠BDE或其补角即为CA1与BD所成的角，设为θ.由几何体ABC­A1B1C1是正三棱柱且AB＝BB1，可设其棱长为2.在△BDE中，BD＝eq \r(5)，BE＝eq \r(7)，DE＝eq \r(2)，
由余弦定理可得cs θ＝eq \f(BD2＋DE2－BE2,2BD·DE)＝0，所以θ＝eq \f(π,2).故选C.
2．如图，E，F分别是三棱锥P­ABC的棱AP，BC的中点，PC＝10，AB＝6，EF＝7，则异面直线AB与PC所成的角为________．
解析：
取AC的中点M，连接EM，MF.因为E，F分别是AP，BC的中点，所以MF∥AB，MF＝eq \f(1,2)AB＝3，ME∥PC，ME＝eq \f(1,2)PC＝5，所以MF与ME所成的角即为AB与PC所成的角(或其补角)．在三角形MEF中，cs∠EMF＝eq \f(52＋32－72,2×5×3)＝－eq \f(15,30)＝－eq \f(1,2)，所以∠EMF＝120°，所以异面直线AB与PC所成的角为60°.
答案：60°
直观想象 构造平面研究直线相交问题
(一题多解)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
(一题多解)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，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都相交．
【答案】 无数
eq \a\vs4\al()
(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]
1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
解析：选A.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．已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
解析：选B.在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．
3．如图，ABCD­A1B1C1D1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，则A1C1∥AC，
所以A1，C1，C，A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．
4.
(2020·广东东莞模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是( )
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
解析：选C.因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线，所以选项A错误．假设AC⊥平面ABB1A1，则AC⊥AB，即∠CAB＝90°，从而可得∠C1A1B1＝90°，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，故假设错误，即选项B错误．因为点B1∉AE，直线B1C1交平面AEB1于点B1，所以AE，B1C1为异面直线；由题意可知△ABC是正三角形，又E是BC的中点，所以AE⊥BC，结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1，故选项C正确．因为直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，所以直线A1C1与平面AB1E相交，故选项D错误．综上，选C.
5．在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为( )
A.eq \r(3) B．1
C.eq \f(\r(6),3) D．eq \f(\r(2),2)
解析：选C.法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝eq \r(2)，PB＝eq \r(5)，BN＝eq \r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，
tan∠PBN＝eq \f(PN,BN)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，故选C.
法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则N(0，0，0)，A1(0，－1，2)，B(eq \r(3)，0，0)，M(eq \r(3)，0，1)，所以eq \(NB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \(A1M,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cs θ＝|cs〈eq \(NB,\s\up6(→))，eq \(A1M,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(NB,\s\up6(→))·\(A1M,\s\up6(→))|,|\(NB,\s\up6(→))|·|\(A1M,\s\up6(→))|)＝eq \f(3,\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(15),5)，则sin θ＝eq \f(\r(10),5)，
tan θ＝eq \f(\r(6),3).
6．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且eq \f(CF,CB)＝eq \f(CG,CD)＝eq \f(2,3)，则下列说法正确的是________．
①EF与GH平行；
②EF与GH异面；
③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；
④EF与GH的交点M一定在直线AC上．
解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H四点共面．因为EH＝eq \f(1,2)BD，FG＝eq \f(2,3)BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上．
答案：④
7．一正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，有下列四个命题：
①AF⊥GC；
②BD与GC成异面直线且夹角为60°；
③BD∥MN；
④BG与平面ABCD所成的角为45°.
其中正确的是________(填序号)．
解析：将平面展开图还原成正方体(如图所示)．
对于①，由图形知AF与GC异面垂直，故①正确；
对于②，BD与GC显然成异面直线．如图，连接EB，ED，则BE∥GC，所以∠EBD即为异面直线BD与GC所成的角(或其补角)．在等边△BDE中，∠EBD＝60°，所以异面直线BD与GC所成的角为60°，故②正确；
对于③，BD与MN为异面垂直，故③错误；
对于④，由题意得，GD⊥平面ABCD，所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角．但在Rt△BDG中，∠GBD不等于45°，故④错误．综上可得①②正确．
答案：①②
8．(2020·河南安阳调研四)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E∈平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1E⊥CF，则当△EBC的面积取得最小值时，eq \f(S△EBC,S四边形ABCD)＝________．
解析：
如图所示，连接B1D1，取AB的中点G，连接D1G，B1G.由题意得CF⊥平面B1D1G，
所以当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF，
设BC＝a，则S△EBC＝eq \f(1,2)EB·BC＝eq \f(1,2)EB·a，
当△EBC的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线B1G的距离，
所以线段EB长度的最小值为eq \f(a,\r(5))，所以eq \f(S△EBC,S四边形ABCD)＝eq \f(\f(1,2)×\f(a,\r(5))×a,a2)＝eq \f(\r(5),10).
答案：eq \f(\r(5),10)
9．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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.
因为E，F分别是AB，AA1的中点，
所以EF∥BA1.
又A1B∥D1C，所以EF∥CD1，
所以E，C，D1，F四点共面．
(2)因为EF∥CD1，EF所以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，
所以P∈直线DA，所以CE，D1F，DA三线共点．
10.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝eq \f(π,2)，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，PA＝2.求：
(1)三棱锥P­ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
解：(1)S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝2eq \r(3)，
三棱锥P­ABC的体积为V＝eq \f(1,3)S△ABC·PA＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×2＝eq \f(4\r(3),3).
(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＝eq \r(2)，AD＝2，cs∠ADE＝eq \f(22＋22－2,2×2×2)＝eq \f(3,4).
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为eq \f(3,4).
[综合题组练]
1．(2020·广东深圳二模)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则( )
A．m∥D1Q
B．m∥平面B1D1Q
C．m⊥B1Q
D．m⊥平面ABB1A1
解析：选B.因为正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，
直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BD∥B1D1，所以m∥BD∥B1D1，
因为m⊄平面B1D1Q，B1D1⊂平面B1D1Q，所以m∥平面B1D1Q.故选B.
2．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF交棱AD于点P，则PE＝( )
A.eq \f(\r(15),6) B．eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(13),6)
解析：选D.过点C1作C1G∥B1F，交直线CD于点G，过点E作HQ∥C1G，交CD延长线，C1D1于点H，Q，连接B1Q，HF交AD于点P，HQ∥B1F，所以Q，H，F，B1四点共面，易求得HD＝D1Q＝eq \f(1,4)，由△PDH∽△PAF可得eq \f(AP,PD)＝eq \f(AF,HD)＝2，则PD＝eq \f(1,3)，
在Rt△PED中，PE＝ eq \r(\f(1,9)＋\f(1,4))＝eq \f(\r(13),6)，故选D.
3.如图，在直二面角A­BD­C中，△ABD，△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE沿BE翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是( )
A．BC与平面A1BE内某直线平行
B．CD∥平面A1BE
C．BC与平面A1BE内某直线垂直
D．BC⊥A1B
解析：选D.连接CE，当平面A1BE与平面BCE重合时，BC⊂平面A1BE，所以平面A1BE内必存在与BC平行和垂直的直线，故A，C可能成立；
在平面BCD内过B作CD的平行线BF，使得BF＝CD，
连接EF，则当平面A1BE与平面BEF重合时，BF⊂平面A1BE，
故平面A1BE内存在与BF平行的直线，即平面A1BE内存在与CD平行的直线，
所以CD∥平面A1BE，故B可能成立．
若BC⊥A1B，又A1B⊥A1E，则A1B为直线A1E和BC的公垂线，所以A1B＜CE，
设A1B＝1，则经计算可得CE＝eq \f(\r(3),2)，
与A1B＜CE矛盾，故D不可能成立．故选D.
4．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是________．
解析：连接DN，则△MDN为直角三角形，在Rt△MDN中，MN＝2，P为MN的中点，连接DP，则DP＝1，所以点P在以D为球心，半径R＝1的球面上，又因为点P只能落在正方体上或其内部，所以点P的轨迹的面积等于该球面面积的eq \f(1,8)，故所求面积S＝eq \f(1,8)×4πR2＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)
5.已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，A1在底面ABC内的射影O为底面三角形ABC的中心，如图所示．
(1)连接BC1，求异面直线AA1与BC1所成角的大小；
(2)连接A1C，A1B，求三棱锥C1­BCA1的体积．
解：
(1)因为AA1∥CC1，
所以异面直线AA1与BC1所成的角为∠BC1C或其补角．
连接AO，并延长与BC交于点D，则D是BC边上的中点．
因为点O是正三角形ABC的中心，
且A1O⊥平面ABC，
所以BC⊥AD，BC⊥A1O，
因为AD∩A1O＝O，
所以BC⊥平面ADA1.
所以BC⊥AA1，又因为AA1∥CC1，
所以CC1⊥BC，BC＝CC1＝B1C1＝BB1＝2，
即四边形BCC1B1为正方形，
所以异面直线AA1与BC1所成角的大小为eq \f(π,4).
(2)因为三棱柱的所有棱长都为2，
所以可求得AD＝eq \r(3)，AO＝eq \f(2,3)AD＝eq \f(2\r(3),3)，
A1O＝eq \r(AAeq \\al(2,1)－AO2)＝eq \f(2\r(6),3).
所以VABC­A1B1C1＝S△ABC·A1O＝2eq \r(2)，
VA1­BCC1B1＝VABC­A1B1C1－VA1­ABC＝eq \f(4\r(2),3)，
所以VC1­BCA1＝VA1­BCC1＝eq \f(1,2)VA1­BCC1B1＝eq \f(2\r(2),3).
6.(2020·衡阳模拟)如图，四棱锥M­ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝2DC，△MCD与△MAD都是等边三角形，且点M在底而ABCD上的射影为O.
(1)证明：O为AC的中点；
(2)求异面直线MD与BC所成角的大小．
解：(1)证明：连接AC，取AC的中点N，连接MN，DN，
因为△MCD与△MAD都是等边三角形，且公共边为MD，
所以MC＝MA＝MD＝DA＝DC，
又因为N是AC的中点，
所以MN⊥AC，
在Rt△ADC中，DN＝NC＝eq \f(1,2)AC，
所以△MND≌△MNC，得MN⊥DN.
又因为DN∩AC＝N，所以MN⊥平面ABCD，故点M在底面上的射影为N，
又已知点M在底面ABCD上的射影为O，
所以N与O重合，即O为AC的中点．
(2)设MC＝MA＝MD＝DA＝DC＝a，AB＝2DC＝2a，
因为∠CDA＝∠DAB＝90°，所以AC＝BC＝eq \r(2)a，则AC2＋BC2＝AB2，即∠ACB＝90°.
又因为DA＝DC，O是AC的中点，所以∠DOC＝∠ACB＝90°，
所以DO∥BC，故异面直线MD与BC所成角为∠MDO.
在Rt△MDO中，DO＝MO＝eq \f(\r(2),2)a，
所以∠MDO＝45°，即异面直线MD与BC所成角为45°.
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
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