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所属成套资源：2022年高考数学一轮复习专题训练核心素养大揭秘
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专题7.2 空间点、直线、平面间的位置关系-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘
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这是一份专题7.2 空间点、直线、平面间的位置关系-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘，文件包含专题72空间点直线平面间的位置关系解析版doc、专题72空间点直线平面间的位置关系原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
【考纲要求】
理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理.
【命题趋势】
空间点、线、面的位置关系以位置关系的判断为主要考查点，同时也考查逻辑推理能力和空间想象能力.
【核心素养】
本讲内容主要考查直观想象、逻辑推理的核心素养。
【素养清单•基础知识】
1．平面的基本性质
(1)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．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)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．
(4)公理2的三个推论
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．
(5)公理1是判断一条直线是否在某个平面内的依据，公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据，公理3是证明三线共点或三点共线的依据．
2．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系
①共面直线eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1( 平行 ，, 相交 ；))
②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)平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(4)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．直线与平面、平面与平面之间的位置关系
【素养清单•常用结论】
1．公理2的三个推论
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．
2．异面直线判定的一个定理
过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．
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
【真题体验】
1.【2021年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
2.【2021年高考全国Ⅲ卷理数】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
【答案】B
【解析】如图所示，作于，连接，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.
过作于，连接，
平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，，，故选B．
【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
3.【2021年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则
A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β
【答案】B
【解析】如图，为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可得，即；
在Rt△PED中，，即，综上所述，答案为B.
【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.
4.【2021年高考北京卷理数】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.
5.【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
【答案】D
【解析】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，
因此
从而
因为，所以即，
故选D.
【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
6.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【解析】设.由题意，是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线，由，又AC⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B，作，交底面圆于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，，连接AD，等腰中，,当直线AB与a成60°角时，，故，又在中，，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，由圆的对称性可知,为等边三角形，，即AB与b成60°角，②正确，①错误.
由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线与所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.
【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.
（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
【考法拓展•题型解码】
考法一 平面的基本性质及应用
解题技巧
用平面的基本性质证明共点、共线、共面的方法
(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
(2)证明点共线问题的两种方法：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．
【例1】 以下四个命题中，正确命题的个数是( )
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】B
【解析】①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图所示，显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故只有①正确．故选B.
【例2】 已知空间四边形ABCD(如图所示)，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别是BC，CD上的点，且CG＝eq \f(1,3)BC，CH＝eq \f(1,3)DC.求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)直线FH，EG，AC共点．
【答案】见解析
【解析】证明 (1)连接EF，GH.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD.又因为CG＝eq \f(1,3)BC，CH＝eq \f(1,3)DC，所以GH∥BD，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面．
(2)由(1)知FH与直线AC不平行，但共面，
所以设FH∩AC＝M，
所以M∈平面EFHG，M∈平面ABC.
又因为平面EFHG∩平面ABC＝EG，
所以M∈EG.所以FH，EG，AC三线共点．
考法二 空间两条直线的位置关系
解题技巧
判断空间两条直线的位置关系的方法
(1)异面直线，可采用直接法或反证法．
(2)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．
(3)垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决．
【例3】 (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】A项，如图1所示，l2与l相交，故A项错误；B项，如图1所示，l1∥l，l1与l不相交，故B项错误；C项，如图2所示，l分别与l1，l2相交，故C项错误；D项，假设l与l1，l2不相交，因为l与l1共面且l与l2共面，所以l1∥l∥l2，这与l1，l2为异面直线相矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故D项正确．故选D.
(2)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所在的直线在原正方体中互为异面直线的对数为__________对．
【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．故互为异面直线的有且只有3对．
考法三 两条异面直线所成角
归纳总结
两异面直线所成角的作法及求解步骤
(1)找异面直线所成角的三种方法：
①利用图中已有的平行线平移；
②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；
③补形平移．
(2)求异面直线所成角的三个步骤：
①作：通过作平行线，得到相交直线；
②证：证明相交直线所成的角或其补角为异面直线所成的角；
③算：通过解三角形，求出该角．
【例4】 (1)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2)
C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
【答案】C
【解析】取DD1中点F，连EF，AF，AE，易知EF∥DC，所以∠AEF为两异面直线所成的角．在Rt△AEF中，令正方体棱长为1，则EF＝1，AF＝eq \f(\r(5),2)，所以tan∠AEF＝eq \f(AF,EF)＝eq \f(\r(5),2).故选C.
(2)(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.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5)
C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
【答案】C
【解析】如图所示，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．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝eq \r(5)，AD1＝eq \r(2).在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝eq \r(12＋22－2×1×2×cs 60°)＝eq \r(3)，所以cs∠B1AD1＝eq \f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).故选C.
【易错警示】
易错点 忽视异面直线所成角的范围而出错
【典例】 如图所示，已知空间四边形ABCD，AD＝BC，M，N分别为AB，CD的中点，且直线BC与MN所成的角为30°，求BC与AD所成的角．
【错解】：如图，连接BD，并取中点E，连接EN，EM，则EN∥BC，ME∥AD，故∠ENM为BC与MN所成的角，∠MEN为BC与AD所成的角，所以∠ENM＝30°.又由AD＝BC，知ME＝EN，所以∠EMN＝∠ENM＝30°，所以∠MEN＝180°－30°－30°＝120°，即BC与AD所成的角为120°.
【错因分析】：异面直线所成的角的范围是(0°，90°]，因此在未判断出∠MEN是锐角或直角还是钝角之前，不能断定它就是两异面直线所成的角，如果∠MEN为钝角，那么它的补角才是异面直线所成的角．
【正解】：以上同错解，求得∠MEN＝120°，即BC与AD所成的角为60°.
误区防范
求异面直线所成的角的时候，要注意它的取值范围是(0°，90°]．
两异面直线所成的角转化为一个三角形的内角时，容易忽略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．
【跟踪训练】 (2021·浙江普通高中学业水平考试)如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥AB，AA1⊥AC.若AB＝AC＝AA1＝1，BC＝eq \r(2) ，则异面直线A1C与B1C1所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【答案】C
【解析】根据题意，得BC∥B1C1，故异面直线A1C与B1C1所成的角即BC与A1C所成的角．在题图中，连接A1B，在△A1BC中，BC＝A1C＝A1B＝eq \r(2)，故∠A1CB＝60°，即异面直线A1C与B1C1所成的角为60°
【递进题组】
1．下列命题中正确的个数是( )
①过异面直线a，b外一点P有且只有一个平面与a，b都平行；
②异面直线a，b在平面α内的射影相互垂直，则a⊥b；
③直线a，b分别在平面α，β内，且a⊥b，则α⊥β.
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】A
【解析】对于①，当点P与两条异面直线中的一条直线确定的平面与另一条直线平行时，就无法找到过点P且与两条异面直线都平行的平面，故①错误；对于②，在如图所示的三棱锥P－ABC中，PB⊥平面ABC，BA⊥BC，满足PA，PC两边在底面的射影相互垂直，但PA与PC不垂直，故②错误；对于③，直线a，b分别在平面α，β内，且a⊥b，则α，β可以平行，故③错误．所以正确命题的个数为0.故选A.
2．两条异面直线在同一个平面上的正投影不可能是 ( )
A．两条相交直线 B．两条平行直线
C．两个点 D．一条直线和直线外一点
【答案】C
【解析】 如图，在正方体ABCD－EFGH中，M，N分别为BF，DH的中点，连接MN，DE，CF，EG.当异面直线为EG，MN所在直线时，它们在底面ABCD内的射影为两条相交直线；当异面直线为DE，GF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD，BC，是两条平行直线；当异面直线为DE，BF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD和点B，是一条直线和一个点．故选C.
3．已知正方体ABCD-A1B1C1D1.
(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
【答案】见解析
【解析】(1)如图1所示，连接B1C.由ABCD－A1B1C1D1是正方体易知A1D∥B1C，从而∠B1CA(或其补角)就是AC与A1D所成的角．因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B1CA＝60°，即AC与A1D所成的角为60°.
(2)如图2所示，连接AC，BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1.因为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°.
【考卷送检】
一、选择题
1．(2021·武邑中学月考)下列命题正确的是( )
A．两个平面如果有公共点，那么一定相交
B．两个平面的公共点一定共线
C．两个平面有3个公共点一定重合
D．过空间任意三点，一定有一个平面
【答案】D
【解析】如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点．
2．设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】 直线a，b平行时，由“l⊥a，l⊥b”⇒/ “l⊥α”；“l⊥α”⇒“l⊥a，l⊥b”，所以“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件．
3．如图所示，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
【答案】A
【解析】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为平面ACC1A1与AB1D1的公共点．同理，O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．所以A，M，O三点共线．
4．正方体A1C中，E，F分别是线段BC，CD1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
【答案】A
【解析】 如图所示，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．
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( )
【答案】A
【解析】 对于B项，如图所示，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，C，D项中均有AB∥平面MNQ.故选A.
6．(2021·绵阳二中月考)空间四边形ABCD中，AB，BC，CD的中点分别为P，Q，R，且AC＝4，BD＝2eq \r(5)，PR＝3，则AC和BD所成的角为( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
【答案】A
【解析】 如图，P，Q，R分别为AB，BC，CD中点，所以PQ∥AC，QR∥BD，所以∠PQR为AC和BD所成的角．又PQ＝eq \f(1,2)AC＝2，QR＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(5)，RP＝3，所以PR2＝PQ2＋QR2，所以∠PQR＝90°，即AC和BD所成的角为90°.故选A.
二、填空题
7．已知a，b为异面直线，直线c∥a，则直线c与b的位置关系是________．
【答案】相交或异面
【解析】直线的位置关系有三种：相交、异面、平行．因为a，b为异面直线，c∥a，所以c与b不平行，故c与b可能相交或异面．
8．(2021·长治二中月考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列说法正确的是________(填序号)．
①直线AC1在平面CC1B1B内；
②设正方形ABCD与A1B1C1D1的中心分别为O，O1，则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1；
③由A，C1，B1确定的平面是ADC1B1；
④由A，C1，B1确定的平面与由A，C1，D确定的平面是同一个平面．
【答案】 ②③④
【解析】 ①错误，如图所示，点A∉平面CC1B1B，所以直线AC1⊄平面CC1B1B；
②正确，如图所示，因为O∈直线AC⊂平面AA1C1C，O∈直线BD⊂平面BB1D1D，O1∈直线A1C1⊂平面AA1C1C，O1∈直线B1D1⊂平面BB1D1D，所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1；③④都正确，因为AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四边形AB1C1D是平行四边形，所以A，B1，C1，D共面．
9．如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为________．
【答案】eq \f(1,2)
【解析】 如图，取BC的中点H，连接FH，AH，所以BE∥FH，所以∠AFH即为异面直线AF与BE所成的角．过A作AG⊥EF于G，则G为EF的中点．连接HG，HE，则△HGE是直角三角形．设正方形边长为2，则EF＝eq \r(2)，HE＝eq \r(2)，EG＝eq \f(\r(2),2)，所以HG＝eq \r(2＋\f(1,2))＝eq \f(\r(10),2)，所以AH＝eq \r(\f(5,2)＋\f(1,2))＝eq \r(3).由余弦定理知cs∠AFH＝eq \f(AF2＋HF2－AH2,2·AF·HF)＝eq \f(12＋22－3,2×1×2)＝eq \f(1,2).
三、解答题
10．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，求异面直线A1M与DN所成的角的大小．
【答案】见解析
【解析】如图，连接D1M，可证D1M⊥DN.又因为A1D1⊥DN，A1D1，MD1⊂平面A1MD1，A1D1∩MD1＝D1，所以DN⊥平面A1MD1，所以DN⊥A1M，即异面直线A1M与DN所成的夹角为90°.
11．如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BCeq \f(1,2)AD，BEeq \f(1,2)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？
【答案】见解析
【解析】(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD可得GH綊eq \f(1,2)AD.
又BC綊eq \f(1,2)AD，所以GH綊BC.所以四边形BCHG为平行四边形．
(2)由BE綊eq \f(1,2)AF，G为FA的中点知BE綊FG，所以四边形BEFG为平行四边形．所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，所以EF与CH共面．又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面．
12．如图所示，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E 是 PC 的中点．
(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；
(3)求三棱锥A－EBC的体积．
【答案】见解析
【解析】(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＝eq \r(3)，AE＝eq \r(2)，EF＝eq \r(2)，由余弦定理得cs∠AEF＝eq \f(2＋2－3,2×\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,4)，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为eq \f(1,4).
(3)因为E是PC的中点，所以点E到平面ABC的距离为eq \f(1,2)PA＝1，VA－EBC＝VE－ABC＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2×\f(\r(3),2)))×1＝eq \f(\r(3),3).
13．(2021·哈尔滨三中检测)如图是三棱锥D－ABC的三视图，点O在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO和AB所成角的余弦值等于( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2)
C.eq \r(3) D.eq \f(\r(2),2)
【答案】A
解析 由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线段AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角．在Rt△DAE中，DE＝eq \r(2)，由于O是BC的中点，在Rt△DAO中可以求得DO＝eq \r(3).在△DOE中，由余弦定理得cs∠DOE＝eq \f(1＋3－2,2×1×\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，故所求异面直线DO与AB所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
图形语言
符号语言
公共点
直
线
与
平
面
相交
a∩α＝A
1个
平行
a∥α
0个
在平
面内
a⊂α
无数个
平
面
与
平
面
平行
α∥β
0个
相交
α∩β＝l
无数个
【考纲要求】
理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解可以作为推理依据的公理和定理.
【命题趋势】
空间点、线、面的位置关系以位置关系的判断为主要考查点，同时也考查逻辑推理能力和空间想象能力.
【核心素养】
本讲内容主要考查直观想象、逻辑推理的核心素养。
【素养清单•基础知识】
1．平面的基本性质
(1)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．
(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
(3)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．
(4)公理2的三个推论
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．
(5)公理1是判断一条直线是否在某个平面内的依据，公理2及其推论是判断或证明点、线共面的依据，公理3是证明三线共点或三点共线的依据．
2．空间中两直线的位置关系
(1)空间中两直线的位置关系
①共面直线eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1( 平行 ，, 相交 ；))
②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)平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．
(4)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．直线与平面、平面与平面之间的位置关系
【素养清单•常用结论】
1．公理2的三个推论
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．
2．异面直线判定的一个定理
过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．
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
【真题体验】
1.【2021年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
2.【2021年高考全国Ⅲ卷理数】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
【答案】B
【解析】如图所示，作于，连接，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD的中线，是相交直线.
过作于，连接，
平面平面，平面，平面，平面，与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，，，故选B．
【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
3.【2021年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则
A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β
【答案】B
【解析】如图，为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可得，即；
在Rt△PED中，，即，综上所述，答案为B.
【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.
4.【2021年高考北京卷理数】已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.
5.【2018年高考浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
【答案】D
【解析】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，
因此
从而
因为，所以即，
故选D.
【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
6.【2017年高考全国Ⅲ卷理数】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【解析】设.由题意，是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线，由，又AC⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B，作，交底面圆于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，，连接AD，等腰中，,当直线AB与a成60°角时，，故，又在中，，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，由圆的对称性可知,为等边三角形，，即AB与b成60°角，②正确，①错误.
由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线与所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.
【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.
（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
【考法拓展•题型解码】
考法一 平面的基本性质及应用
解题技巧
用平面的基本性质证明共点、共线、共面的方法
(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
(2)证明点共线问题的两种方法：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．
【例1】 以下四个命题中，正确命题的个数是( )
①不共面的四点中，其中任意三点不共线；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④依次首尾相接的四条线段必共面．
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】B
【解析】①显然是正确的，可用反证法证明；②中若A，B，C三点共线，则A，B，C，D，E五点不一定共面；③构造长方体或正方体，如图所示，显然b，c异面，故不正确；④中空间四边形中四条线段不共面．故只有①正确．故选B.
【例2】 已知空间四边形ABCD(如图所示)，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别是BC，CD上的点，且CG＝eq \f(1,3)BC，CH＝eq \f(1,3)DC.求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)直线FH，EG，AC共点．
【答案】见解析
【解析】证明 (1)连接EF，GH.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD.又因为CG＝eq \f(1,3)BC，CH＝eq \f(1,3)DC，所以GH∥BD，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面．
(2)由(1)知FH与直线AC不平行，但共面，
所以设FH∩AC＝M，
所以M∈平面EFHG，M∈平面ABC.
又因为平面EFHG∩平面ABC＝EG，
所以M∈EG.所以FH，EG，AC三线共点．
考法二 空间两条直线的位置关系
解题技巧
判断空间两条直线的位置关系的方法
(1)异面直线，可采用直接法或反证法．
(2)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．
(3)垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决．
【例3】 (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】A项，如图1所示，l2与l相交，故A项错误；B项，如图1所示，l1∥l，l1与l不相交，故B项错误；C项，如图2所示，l分别与l1，l2相交，故C项错误；D项，假设l与l1，l2不相交，因为l与l1共面且l与l2共面，所以l1∥l∥l2，这与l1，l2为异面直线相矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交，故D项正确．故选D.
(2)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所在的直线在原正方体中互为异面直线的对数为__________对．
【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．故互为异面直线的有且只有3对．
考法三 两条异面直线所成角
归纳总结
两异面直线所成角的作法及求解步骤
(1)找异面直线所成角的三种方法：
①利用图中已有的平行线平移；
②利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；
③补形平移．
(2)求异面直线所成角的三个步骤：
①作：通过作平行线，得到相交直线；
②证：证明相交直线所成的角或其补角为异面直线所成的角；
③算：通过解三角形，求出该角．
【例4】 (1)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2)
C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
【答案】C
【解析】取DD1中点F，连EF，AF，AE，易知EF∥DC，所以∠AEF为两异面直线所成的角．在Rt△AEF中，令正方体棱长为1，则EF＝1，AF＝eq \f(\r(5),2)，所以tan∠AEF＝eq \f(AF,EF)＝eq \f(\r(5),2).故选C.
(2)(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.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5)
C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
【答案】C
【解析】如图所示，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．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝eq \r(5)，AD1＝eq \r(2).在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝eq \r(12＋22－2×1×2×cs 60°)＝eq \r(3)，所以cs∠B1AD1＝eq \f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).故选C.
【易错警示】
易错点 忽视异面直线所成角的范围而出错
【典例】 如图所示，已知空间四边形ABCD，AD＝BC，M，N分别为AB，CD的中点，且直线BC与MN所成的角为30°，求BC与AD所成的角．
【错解】：如图，连接BD，并取中点E，连接EN，EM，则EN∥BC，ME∥AD，故∠ENM为BC与MN所成的角，∠MEN为BC与AD所成的角，所以∠ENM＝30°.又由AD＝BC，知ME＝EN，所以∠EMN＝∠ENM＝30°，所以∠MEN＝180°－30°－30°＝120°，即BC与AD所成的角为120°.
【错因分析】：异面直线所成的角的范围是(0°，90°]，因此在未判断出∠MEN是锐角或直角还是钝角之前，不能断定它就是两异面直线所成的角，如果∠MEN为钝角，那么它的补角才是异面直线所成的角．
【正解】：以上同错解，求得∠MEN＝120°，即BC与AD所成的角为60°.
误区防范
求异面直线所成的角的时候，要注意它的取值范围是(0°，90°]．
两异面直线所成的角转化为一个三角形的内角时，容易忽略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．
【跟踪训练】 (2021·浙江普通高中学业水平考试)如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥AB，AA1⊥AC.若AB＝AC＝AA1＝1，BC＝eq \r(2) ，则异面直线A1C与B1C1所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【答案】C
【解析】根据题意，得BC∥B1C1，故异面直线A1C与B1C1所成的角即BC与A1C所成的角．在题图中，连接A1B，在△A1BC中，BC＝A1C＝A1B＝eq \r(2)，故∠A1CB＝60°，即异面直线A1C与B1C1所成的角为60°
【递进题组】
1．下列命题中正确的个数是( )
①过异面直线a，b外一点P有且只有一个平面与a，b都平行；
②异面直线a，b在平面α内的射影相互垂直，则a⊥b；
③直线a，b分别在平面α，β内，且a⊥b，则α⊥β.
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】A
【解析】对于①，当点P与两条异面直线中的一条直线确定的平面与另一条直线平行时，就无法找到过点P且与两条异面直线都平行的平面，故①错误；对于②，在如图所示的三棱锥P－ABC中，PB⊥平面ABC，BA⊥BC，满足PA，PC两边在底面的射影相互垂直，但PA与PC不垂直，故②错误；对于③，直线a，b分别在平面α，β内，且a⊥b，则α，β可以平行，故③错误．所以正确命题的个数为0.故选A.
2．两条异面直线在同一个平面上的正投影不可能是 ( )
A．两条相交直线 B．两条平行直线
C．两个点 D．一条直线和直线外一点
【答案】C
【解析】 如图，在正方体ABCD－EFGH中，M，N分别为BF，DH的中点，连接MN，DE，CF，EG.当异面直线为EG，MN所在直线时，它们在底面ABCD内的射影为两条相交直线；当异面直线为DE，GF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD，BC，是两条平行直线；当异面直线为DE，BF所在直线时，它们在底面ABCD内的射影分别为AD和点B，是一条直线和一个点．故选C.
3．已知正方体ABCD-A1B1C1D1.
(1)求AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．
【答案】见解析
【解析】(1)如图1所示，连接B1C.由ABCD－A1B1C1D1是正方体易知A1D∥B1C，从而∠B1CA(或其补角)就是AC与A1D所成的角．因为AB1＝AC＝B1C，所以∠B1CA＝60°，即AC与A1D所成的角为60°.
(2)如图2所示，连接AC，BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1.因为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°.
【考卷送检】
一、选择题
1．(2021·武邑中学月考)下列命题正确的是( )
A．两个平面如果有公共点，那么一定相交
B．两个平面的公共点一定共线
C．两个平面有3个公共点一定重合
D．过空间任意三点，一定有一个平面
【答案】D
【解析】如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点．
2．设a，b是平面α内两条不同的直线，l是平面α外的一条直线，则“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】 直线a，b平行时，由“l⊥a，l⊥b”⇒/ “l⊥α”；“l⊥α”⇒“l⊥a，l⊥b”，所以“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件．
3．如图所示，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
【答案】A
【解析】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为平面ACC1A1与AB1D1的公共点．同理，O，A为平面ACC1A1与平面AB1D1的公共点．所以A，M，O三点共线．
4．正方体A1C中，E，F分别是线段BC，CD1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
【答案】A
【解析】 如图所示，直线A1B与直线外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．
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( )
【答案】A
【解析】 对于B项，如图所示，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，C，D项中均有AB∥平面MNQ.故选A.
6．(2021·绵阳二中月考)空间四边形ABCD中，AB，BC，CD的中点分别为P，Q，R，且AC＝4，BD＝2eq \r(5)，PR＝3，则AC和BD所成的角为( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
【答案】A
【解析】 如图，P，Q，R分别为AB，BC，CD中点，所以PQ∥AC，QR∥BD，所以∠PQR为AC和BD所成的角．又PQ＝eq \f(1,2)AC＝2，QR＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(5)，RP＝3，所以PR2＝PQ2＋QR2，所以∠PQR＝90°，即AC和BD所成的角为90°.故选A.
二、填空题
7．已知a，b为异面直线，直线c∥a，则直线c与b的位置关系是________．
【答案】相交或异面
【解析】直线的位置关系有三种：相交、异面、平行．因为a，b为异面直线，c∥a，所以c与b不平行，故c与b可能相交或异面．
8．(2021·长治二中月考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列说法正确的是________(填序号)．
①直线AC1在平面CC1B1B内；
②设正方形ABCD与A1B1C1D1的中心分别为O，O1，则平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1；
③由A，C1，B1确定的平面是ADC1B1；
④由A，C1，B1确定的平面与由A，C1，D确定的平面是同一个平面．
【答案】 ②③④
【解析】 ①错误，如图所示，点A∉平面CC1B1B，所以直线AC1⊄平面CC1B1B；
②正确，如图所示，因为O∈直线AC⊂平面AA1C1C，O∈直线BD⊂平面BB1D1D，O1∈直线A1C1⊂平面AA1C1C，O1∈直线B1D1⊂平面BB1D1D，所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1；③④都正确，因为AD∥B1C1且AD＝B1C1，所以四边形AB1C1D是平行四边形，所以A，B1，C1，D共面．
9．如图所示，正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，将此正方形沿EF折成直二面角后，异面直线AF与BE所成角的余弦值为________．
【答案】eq \f(1,2)
【解析】 如图，取BC的中点H，连接FH，AH，所以BE∥FH，所以∠AFH即为异面直线AF与BE所成的角．过A作AG⊥EF于G，则G为EF的中点．连接HG，HE，则△HGE是直角三角形．设正方形边长为2，则EF＝eq \r(2)，HE＝eq \r(2)，EG＝eq \f(\r(2),2)，所以HG＝eq \r(2＋\f(1,2))＝eq \f(\r(10),2)，所以AH＝eq \r(\f(5,2)＋\f(1,2))＝eq \r(3).由余弦定理知cs∠AFH＝eq \f(AF2＋HF2－AH2,2·AF·HF)＝eq \f(12＋22－3,2×1×2)＝eq \f(1,2).
三、解答题
10．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，求异面直线A1M与DN所成的角的大小．
【答案】见解析
【解析】如图，连接D1M，可证D1M⊥DN.又因为A1D1⊥DN，A1D1，MD1⊂平面A1MD1，A1D1∩MD1＝D1，所以DN⊥平面A1MD1，所以DN⊥A1M，即异面直线A1M与DN所成的夹角为90°.
11．如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BCeq \f(1,2)AD，BEeq \f(1,2)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？
【答案】见解析
【解析】(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD可得GH綊eq \f(1,2)AD.
又BC綊eq \f(1,2)AD，所以GH綊BC.所以四边形BCHG为平行四边形．
(2)由BE綊eq \f(1,2)AF，G为FA的中点知BE綊FG，所以四边形BEFG为平行四边形．所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，所以EF与CH共面．又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面．
12．如图所示，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E 是 PC 的中点．
(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；
(3)求三棱锥A－EBC的体积．
【答案】见解析
【解析】(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＝eq \r(3)，AE＝eq \r(2)，EF＝eq \r(2)，由余弦定理得cs∠AEF＝eq \f(2＋2－3,2×\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,4)，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为eq \f(1,4).
(3)因为E是PC的中点，所以点E到平面ABC的距离为eq \f(1,2)PA＝1，VA－EBC＝VE－ABC＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×2×\f(\r(3),2)))×1＝eq \f(\r(3),3).
13．(2021·哈尔滨三中检测)如图是三棱锥D－ABC的三视图，点O在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线DO和AB所成角的余弦值等于( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(1,2)
C.eq \r(3) D.eq \f(\r(2),2)
【答案】A
解析 由三视图及题意得如图所示的直观图，从A出发的三条线段AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝2，AD＝1，O是BC中点，取AC中点E，连接DE，DO，OE，则OE＝1，又可知AE＝1，由于OE∥AB，故∠DOE即为所求两异面直线所成的角或其补角．在Rt△DAE中，DE＝eq \r(2)，由于O是BC的中点，在Rt△DAO中可以求得DO＝eq \r(3).在△DOE中，由余弦定理得cs∠DOE＝eq \f(1＋3－2,2×1×\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，故所求异面直线DO与AB所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3).
图形语言
符号语言
公共点
直
线
与
平
面
相交
a∩α＝A
1个
平行
a∥α
0个
在平
面内
a⊂α
无数个
平
面
与
平
面
平行
α∥β
0个
相交
α∩β＝l
无数个
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