55　第七章　第3課時　空間點、直線、平面之間的位置關系

第3課時空間點、直線、平面之間的位置關系[考試要求]1.借助長方體，在直觀認識空間點、直線、平面的位置關系的基礎上，抽象出空間點、直線、平面的位置關系的定義.2.了解四個基本事實和一個定理，并能應用定理解決問題.1．基本事實基本事實1過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面基本事實2如果一條直線上的兩個點在一個平面內，那么這條直線在這個平面內基本事實3如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線基本事實4平行于同一條直線的兩條直線平行2．三個推論推論1：經過一條直線和這條直線外一點，有且只有一個平面．推論2：經過兩條相交直線，有且只有一個平面．推論3：經過兩條平行直線，有且只有一個平面．3．空間中直線與直線的位置關系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直線\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(相交直線：在同一平面內，有且只有一,個公共點；,平行直線：在同一平面內，沒有公共點；)),異面直線：不同在任何一個平面內，沒有公共點.))提醒：分別在兩個不同平面內的兩條直線不一定為異面直線，它們也可能平行或相交．4．空間中直線與平面、平面與平面的位置關系位置關系符號直線和平面直線在平面外a?α直線在平面內直線與平面相交a∩α＝A直線與平面平行a∥α平面和平面兩平面平行α∥β兩平面相交α∩β＝l5．定理如果空間中兩個角的兩條邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.6．異面直線所成的角(1)定義：已知兩條異面直線a，b，經過空間任一點O分別作直線a∥a，b∥b，把直線a與b所成的角叫做異面直線a與b所成的角(或夾角)．(2)范圍：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).[常用結論]1．異面直線的一個判定定理與一個平面相交的直線和這個平面內不經過交點的直線是異面直線，如圖所示．2．唯一性定理(1)過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行．(2)過直線外一點有且只有一個平面與已知直線垂直．(3)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行．(4)過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直．一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)分別在兩個平面內的兩條直線是異面直線．(×)(2)兩個平面α，β有一個公共點A，就說α，β相交于過點A的任意一條直線．(×)(3)如果兩個平面有三個公共點，那么這兩個平面重合．(×)(4)兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面．(√)二、教材經典衍生1．(人教A版必修第二冊P131練習T4改編)已知平面α∥平面β，直線a∥平面α，直線b∥平面β，則a與b的位置關系可能是()A．平行或相交 B．相交或異面C．平行或異面 D．平行、相交或異面D[當a與b共面時，a與b平行或相交，如圖所示：顯然滿足題目條件；在a與b相交的條件下，分別把a，b平行移動到平面β，平面α上，此時a與b異面，亦滿足題目條件．故選D.]2．(人教A版必修第二冊P128練習T2改編)下列命題正確的是()A．空間任意三個點確定一個平面B．一個點和一條直線確定一個平面C．兩兩相交的三條直線確定一個平面D．兩兩平行的三條直線確定一個或三個平面D[不在一條直線上的三個點才能確定一個平面，A錯誤；只有點在直線外時才能確定一個平面，B錯誤；當三條直線交于一點時不能確定一個平面，C錯誤，D正確．]3．(多選)(人教A版必修第二冊P132習題8.4T9改編)如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中()A．AB與CD異面B．CD與GH平行C．EF與GH成60°角D．CD與EF相交AC[該正方體的直觀圖如圖所示，AB與CD是異面直線，A正確；CD與GH相交，B錯誤；因為該幾何體為正方體，所以EF∥CD，三角形GHD為正三角形，直線GH與直線GD所成角為60°，則EF與GH所成角為60°，C正確，D錯誤．故選AC．]4．(人教A版必修第二冊P132習題8.4T5改編)三個平面最多能把空間分為________部分，最少能把空間分成________部分．84[三個平面可將空間分成4,6,7,8部分，所以三個平面最少可將空間分成4部分，最多分成8部分．]考點一基本事實的應用[典例1]如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，AA1的中點．求證：(1)E，C，D1，F(xiàn)四點共面；(2)CE，D1F，DA三線共點．證明：(1)如圖，連接EF，CD1，A1B．因為E，F(xiàn)分別是AB，AA1的中點，所以EF∥BA1.又因為A1B∥D1C，所以EF∥CD1，所以E，C，D1，F(xiàn)四點共面．(2)因為EF∥CD1，EF<CD1，所以直線CE與D1F必相交，設交點為P，則由P∈直線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∈直線DA．所以CE，D1F，DA三線共點．共面、共線、共點問題的證明(1)證明共面的方法：先確定一個平面，然后再證其余的線(或點)在這個平面內(或證兩平面重合)．(2)證明共線的方法：①先由兩點確定一條直線，再證其他各點都在這條直線上；②直接證明這些點都在同一條特定直線上．(3)證明線共點的常用方法：先證其中兩條直線交于一點，再證其他直線經過該點．[跟進訓練]1．(2025·聊城模擬)如圖，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，G，H分別在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.則下列說法中正確的個數(shù)是()①E，F(xiàn)，G，H四點共面；②EG∥FH；③若直線EG與直線FH交于點P，則P，A，C三點共線．A．0 B．1C．2 D．3C[如圖所示，因為E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，所以EF∥BD，EF＝eq\f(1,2)BD，G，H分別在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，所以GH∥BD，GH＝eq\f(2,3)BD，所以EF∥GH，故E，F(xiàn)，G，H四點共面，說法①正確；因為GH>EF，所以四邊形FEGH是梯形，EG∥FH不成立，說法②錯誤；若直線EG與直線FH交于點P，則由P∈EG，EG?平面ABC，得P∈平面ABC，同理P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三點共線，說法③正確．故選C．]考點二空間兩直線位置關系的判定[典例2](1)已知三個平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，則下列結論一定成立的是()A．b，c是異面直線B．b∩c＝PC．b∥cD．a與c沒有公共點(2)在底面半徑為1的圓柱OO1中，過旋轉軸OO1作圓柱的軸截面ABCD，其中母線AB＝2，E是eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))的中點，F(xiàn)是AB的中點，則()A．AE＝CF，AC與EF是共面直線B．AE≠CF，AC與EF是共面直線C．AE＝CF，AC與EF是異面直線D．AE≠CF，AC與EF是異面直線(1)B(2)D[(1)因為α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，所以P∈a，P∈b，而a?α，b?γ，則P∈α，P∈γ，而γ∩α＝c，所以P∈c，可得a∩c＝P，b∩c＝P.故選B．(2)如圖，由題意，圓柱的軸截面ABCD為邊長為2的正方形，E是eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))的中點，F(xiàn)是AB的中點，所以AC?平面ABC，EF與平面ABC相交，且與AC無交點，所以AC與EF是異面直線；又CF＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，AE＝eq\r(22＋\r(2)2)＝eq\r(6)，所以AE≠CF.故選D.]空間中兩直線位置關系的判定方法[跟進訓練]2．(1)已知a，b為兩條直線，α，β為兩個平面，且滿足a?α，b?β，α∩β＝l，a∥l，則“a與b異面”是“直線b與l相交”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件(2)(2025·濱州模擬)如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中，①BM與ED平行；②CN與BE是異面直線；③CN與BM成60°角；④DM與BN垂直．以上四個結論中，正確結論的序號是()A．①②③ B．②④C．③④ D．①③④(1)C(2)C[(1)若“a與b異面”，反證：若直線b與l不相交，由于b，l?β，則b∥l，因為a∥l，則a∥b，這與a與b異面相矛盾，故直線b與l相交，故“a與b異面”是“直線b與l相交”的充分條件；若“直線b與l相交”，反證：若a與b不異面，則a與b平行或相交．①若a與b平行，因為a∥l，則b∥l，這與直線b與l相交相矛盾；②若a與b相交，設a∩b＝A，即A∈a，A∈b，因為a?α，b?β，則A∈α，A∈β，即點A為α，β的公共點，且α∩β＝l，所以A∈l，即A為直線a與l的公共點，這與a∥l相矛盾．綜合①②知a與b異面．即“a與b異面”是“直線b與l相交”的必要條件．所以“a與b異面”是“直線b與l相交”的充要條件．故選C．(2)由正方體的平面展開圖復原得空間正方體如圖所示．由圖可知，①BM與ED是異面直線，故錯誤；②CN與BE是平行直線，故錯誤；③CN∥BE，BE與BM的夾角是60°，故CN與BM所成的角也是60°，故正確；④DM與BN是異面垂直，正確．所以正確的序號為③④.故選C．]考點三異面直線所成的角[典例3](1)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，2BB1＝3AB，D是棱BC的中點，E在棱CC1上，且CC1＝3CE，則異面直線A1D與B1E所成角的余弦值是()A．eq\f(\r(6),6) B．eq\f(\r(6),4)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(3),2)(2)在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)(1)B(2)C[(1)如圖，取棱BB1靠近點B的三等分點F，取棱B1C1的中點H，取B1F的中點G，連接A1H，DH，A1F，DF，CG.由已知CE＝eq\f(1,3)CC1＝eq\f(1,3)BB1＝B1G，又CE∥B1G，所以四邊形CEB1G是平行四邊形，B1E∥CG，同時可得F是BG中點，而D是BC中點，所以DF∥CG.所以DF∥B1E，則∠A1DF是異面直線A1D與B1E所成的角(或補角)．又DH∥CC1，CC1⊥平面A1B1C1，則DH⊥平面A1B1C1，A1H?平面A1B1C1，則DH⊥A1H，設AB＝4，則BB1＝6，從而A1H＝2eq\r(3)，DH＝6，BD＝2，BF＝2，B1F＝A1B1＝4，故A1F＝4eq\r(2)，A1D＝4eq\r(3)，DF＝2eq\r(2).在△A1DF中，由余弦定理的推論可得cos∠A1DF＝eq\f(A1D2＋DF2－A1F2,2A1D·DF)＝eq\f(\r(6),4).所以異面直線A1D與B1E所成的角的余弦值為eq\f(\r(6),4).故選B．(2)法一(平移法)：如圖，連接BD1，交DB1于點O，取AB的中點M，連接DM，OM.易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角或其補角．因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋BB\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理的推論，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2,2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).故選C．法二(補體法)：如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1的一側補上一個相同的長方體ABBA-A1B1B1A1.連接B1B，由長方體性質可知，B1B∥AD1，所以∠DB1B為異面直線AD1與DB1所成的角或其補角．連接DB，由題意，得DB＝eq\r(12＋1＋12)＝eq\r(5)，BB1＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5).在△DBB1中，由余弦定理，得DB2＝BBeq\o\al(2,1)＋DBeq\o\al(2,1)－2BB1·DB1·cos∠DB1B，即5＝4＋5－2×2eq\r(5)cos∠DB1B，所以cos∠DB1B＝eq\f(\r(5),5).故選C．法三(坐標法)：以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．由條件可知D(0,0,0)，A(1，0,0)，D1(0,0，eq\r(3))，B1(1,1，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))，則由向量夾角公式，得cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AD1,\s\up6(→))||\o(DB1,\s\up6(→)))|)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).故選C．]求異面直線所成角的方法(1)平移法：將異面直線中的某一條平移，使其與另一條相交，一般采用圖中已有的平行線或者作平行線，形成三角形求解．(2)補形法：在該幾何體的某側補接上同樣一個幾何體，在這兩個幾何體中找異面直線相應的位置，形成三角形求解．(3)坐標法：如果幾何圖形便于建系，可以將問題坐標化，借助向量求解．提醒：將兩異面直線所成的角歸結到一個三角形的內角時，需注意這個三角形的內角可能等于兩異面直線所成的角，也可能等于其補角．[跟進訓練]3．(1)(2025·濟寧模擬)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，O1為底面A1B1C1D1的中心，E為BC的中點，則異面直線AO1與C1E所成角的余弦值是________.(2)如圖，圓臺OO1的上底面半徑為O1A1＝1，下底面半徑為OA＝2，母線長AA1＝2，過OA的中點B作OA的垂線交圓O于點C，則異面直線OO1與A1C所成角的大小為________.(1)eq\f(\r(30),6)(2)45°[(1)如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，取AD，A1D1的中點F，M，連接EF，D1F，AM，O1M，因為E為BC的中點，有EF∥CD∥C1D1，EF＝CD＝C1D1，所以四邊形C1D1FE是平行四邊形，于是D1F∥C1E.又AF∥D1M，AF＝D1M，即有四邊形AMD1F是平行四邊形，因此AM∥D1F∥C1E，則∠O1AM是異面直線AO1與C1E所成的角或補角．因為O1為底面A1B1C1D1的中心，所以O1M∥C1D1.又C1D1⊥平面ADD1A1，從而O1M⊥平面ADD1A1，而AM?平面ADD1A1，則O1M⊥AM.在Rt△O1MA中，O1M＝1，AM＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋A1M2)＝eq\r(5)，AO1＝eq\r(6)，于是cos∠O1AM＝eq\f(AM,AO1)＝eq\f(\r(30),6)，所以異面直線AO1與C1E所成角的余弦值是eq\f(\r(30),6).(2)在直角梯形OO1A1A中，因為B為OA的中點，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，連接A1B(圖略)，易知四邊形OO1A1B為矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C為異面直線OO1與A1C所成的角．在Rt△AA1B中，因為AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝eq\r(,3).連接OC(圖略)，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝eq\r(,3).在Rt△A1BC中，因為BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°.]在立體幾何中，截面是指用一個平面去截一個幾何體得到的平面圖形；截線就是平面與相應幾何體面的公共線．解答此類問題的關鍵是熟知立體幾何理論體系，提升空間想象能力．一、截面問題[典例1](1)(多選)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，直線AC1⊥平面α.平面α截此正方體所得截面有如下四個結論，其中正確的是()A．截面形狀可能為正三角形B．截面形狀可能為正方形C．截面形狀不可能是正五邊形D．截面面積最大值為3eq\r(3)[賞析]突破點：熟知正方體的常見截面圖顯然A，C成立，B不成立，下面說明D成立，如圖，G，H，M，N，P，Q分別是A1D1，A1B1，DD1，BB1，BC，DC的中點，O為正方體的中心，當截面是正六邊形時，面積最大，MN＝2eq\r(2)，GH＝eq\r(2)，OE＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，所以Smax＝2×eq\f(1,2)×(2eq\r(2)＋eq\r(2))×eq\f(\r(6),2)＝3eq\r(3).故D成立．[答案]ACD(2)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中點，平面α經過直線BD且與直線C1E平行，若正方體的棱長為2，則平面α截正方體所得的多邊形的面積為________.[賞析]突破點：線面平行的性質如圖，過點B作BM∥C1E交B1C1于點M，過點M作BD的平行線，交C1D1于點N，連接DN，則平面BDNM即為符合條件的平面α.因為E為BC的中點，可知M，N分別為B1C1，C1D1的中點，由正方體的棱長為2，得BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5)，所以等腰梯形MNDB的高為h＝eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以梯形MNDB的面積為eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).[答案]eq\f(9,2)空間幾何體的截面作圖的常用方法(1)平行線法．用平行線法解決截面問題的關鍵是截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與截面上某點所在的幾何體的某一個表面平行．(2)延長線法．用延長線法解決截面問題的關鍵是截面上的點至少有兩個點在一個幾何體的一個表面上，那么這兩點的連線一定在截面內．[跟進訓練]1．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和BB1上的點，MD＝eq\f(1,3)DD1，NB＝eq\f(1,3)BB1，那么正方體中過M，N，C1的截面圖形是()A．三角形 B．四邊形C．五邊形 D．六邊形C[如圖，設直線C1M，CD相交于點P，直線C1N，CB相交于點Q，連接PQ交直線AD于點E，交直線AB于點F，則五邊形C1MEFN為所求截面圖形．故選C．]二、截線問題[典例2]已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°，以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為________.[賞析]第一步：找交線如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1為正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分別取B1C1，BB1，CC1的中點M，G，H，連接D1M，D1G，D1H，則易得D1G＝D1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq\r(3).由題意知G，H分別是BB1，CC1與球面的交點．在側面BCC1B1內任取一點P，使MP＝eq\r(2)，連接D1P，則D1P＝eq\r(D1M2＋MP2)＝eq\r(\r(3)2＋\r(2)2)＝eq\r(5)，連接MG，MH，易得MG＝MH＝eq\r(2)，故可知以M為圓心，eq\r(2)為半徑的圓弧GH為球面與側面BCC1B1的交線．第二步：求交線長由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq\o\ac(GH,\s\up10(︵))的長為eq\f(1,4)×2π×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).[答案]eq\f(\r(2)π,2)作交線的兩種方法(1)利用基本事實3作交線．(2)利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線線平行，然后根據性質作出交線．[跟進訓練]2．如圖，以棱長為1的正方體的頂點A為球心，以eq\r(2)為半徑作一個球面，則該正方體的表面被球面所截得的所有弧長之和為()A．eq\f(3π,4) B．eq\r(2)πC．eq\f(3π,2) D．eq\f(9π,4)C[正方體的表面被該球面所截得的弧長是相等的三部分，如圖，上底面被球面截得的弧長是以A1為圓心，1為半徑的圓周長的eq\f(1,4)，所以所有弧長之和為3×eq\f(2π,4)＝eq\f(3π,2).故選C．]課時分層作業(yè)(四十三)(本試卷共92分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．(2025·日照模擬)已知l，m是兩條不同的直線，α為平面，m?α，下列說法中正確的是()A．若l與α不平行，則l與m一定是異面直線B．若l∥α，則l與m可能垂直C．若l∩α＝A，且A?m，則l與m可能平行D．若l∩α＝A，且l與α不垂直，則l與m一定不垂直B[對于選項A，若l與α不平行，則l與α的位置關系有相交或直線在平面內，且m?α，則l與m的位置關系有平行、相交或異面，故A錯誤；對于選項B，若l∥α，則l與m可能垂直，如圖所示，l∥l，l?α，l⊥m，可知l⊥m，故B正確；對于選項C，若l∩α＝A，且A?m，m?α，則l與m異面，故C錯誤；對于選項D，若l∩α＝A，且l與α不垂直，則l與m可能垂直，如圖，取α為平面ABCD，l＝AD1，m＝AB，符合題意，但l⊥m，故D錯誤．故選B．]2．在三棱錐A-BCD的邊AB，BC，CD，DA上分別取E，F(xiàn)，G，H四點，若EF∩HG＝P，則點P()A．一定在直線BD上B．一定在直線AC上C．在直線AC或BD上D．不在直線AC上，也不在直線BD上B[如圖所示，因為EF?平面ABC，HG?平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因為平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．]3．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，則直線AB1與BC所成角的余弦值等于()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),4) D．0C[如圖，連接AC1，因為BC∥B1C1，所以直線AB1與BC所成的角即為∠AB1C1.設AB＝a，易得AB1＝eq\r(2)a，AC1＝eq\r(2)a，B1C1＝a，則由余弦定理的推論知，cos∠AB1C1＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋B1C\o\al(2,1)－AC\o\al(2,1),2AB1·B1C1)＝eq\f(2a2＋a2－2a2,2\r(2)a·a)＝eq\f(\r(2),4).故選C．]4．(2023·上海春季高考)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是邊A1C1上的動點，則下列直線中，始終與直線BP異面的是()A．DD1 B．ACC．AD1 D．B1CB[對于A，當P是A1C1的中點時，BP與DD1是相交直線；對于B，根據異面直線的定義知，BP與AC是異面直線；對于C，當點P與點C1重合時，BP與AD1是平行直線；對于D，當點P與點C1重合時，BP與B1C是相交直線．故選B．]5．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是DD1，DB的中點，則異面直線EF與AD1所成角的正切值為()A．eq\r(2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\r(3)B[如圖，連接BD1，則EF∥BD1，所以∠AD1B為異面直線EF與AD1所成的角．因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AB⊥AD，,AB⊥AA1，))且AD∩AA1＝A，所以AB⊥平面ADD1A1.又AD1?平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，所以△BAD1為直角三角形，所以tan∠BD1A＝eq\f(AB,AD1)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).故選B．]6．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值等于()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)D[如圖，將該幾何體補成一個直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，由題易得底面ABCD為菱形，且△ABC為等邊三角形．連接DC1，BD，易得AB1∥DC1，所以∠BC1D(或其補角)是異面直線AB1與BC1所成的角．設AB＝1，則BC1＝DC1＝eq\r(2)，BD＝2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\r(3)，所以cos∠BC1D＝eq\f(\r(2)2＋\r(2)2－\r(3)2,2×\r(2)2)＝eq\f(1,4).故選D.]7．《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐．如圖，若AB，CD都是直角圓錐SO底面圓的直徑，且∠AOD＝eq\f(π,3)，則異面直線SA與BD所成角的余弦值為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(6),4) D．eq\f(\r(6),3)C[如圖，連接AD，BC，AC，SC．因為O為AB，CD的中點，且AB＝CD，所以四邊形ADBC為矩形，所以DB∥AC，所以∠SAC或其補角為異面直線SA與BD所成的角．設圓O的半徑為1，則SA＝SC＝eq\r(2).因為∠AOD＝eq\f(π,3)，所以∠ADO＝eq\f(π,3).在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝eq\r(3)，所以cos∠SAC＝eq\f(\r(2)2＋\r(3)2－\r(2)2,2×\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),4)，所以異面直線SA與BD所成角的余弦值為eq\f(\r(6),4).故選C．]8．(2025·六安階段練習)如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M是線段A1C1上一個動點，則下列結論正確的有()A．不存在點M使得異面直線BM與AC所成角為90°B．存在點M使得異面直線BM與AC所成角為30°C．存在點M使得二面角M-BD-C的平面角為45°D．當4A1M＝A1C1時，平面BDM截正方體所得的截面面積為eq\f(9,2)D[異面直線BM與AC所成的角可轉化為直線BM與A1C1所成的角，如圖所示，當M為A1C1的中點時，BM⊥A1C1，此時BM與AC所成的角為90°，所以A錯誤；如圖所示，當點M與點A1或點C1重合時，直線BM與AC所成的角最小，為60°，當點M與點C1重合時，二面角M-BD-C的平面角最小，tan∠C1OC＝eq\r(2)>1，所以∠C1OC>45°，所以BC錯誤；對于D，如圖所示，過點M作EF∥B1D1，交A1B1于點F，交A1D1于點E，因為4A1M＝A1C1，所以E，F(xiàn)分別是A1D1，A1B1的中點，又B1D1∥BD，所以EF∥BD，四邊形EFBD即為平面BDM截正方體所得的截面，因為EF＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\r(2)，且BF＝DE＝eq\r(BB\o\al(2,1)＋B1F2)＝eq\r(5)，所以四邊形EFBD是等腰梯形，作FG⊥BD交BD于點G，所以BG＝eq\f(1,2)(BD－EF)＝eq\f(\r(2),2)，F(xiàn)G＝eq\r(FB2－BG2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以梯形的面積為eq\f(1,2)(BD＋EF)×FG＝eq\f(9,2)，所以D正確．故選D.]二、多項選擇題9．(2025·泰安模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的動點，則過A，Q，B1三點的截面圖形是()A．等邊三角形 B．矩形C．等腰梯形 D．正方形ABC[當點Q與點D1重合時，截面圖形為等邊三角形AB1D1，如圖1；當點Q與點D重合時，截面圖形為矩形AB1C1D，如圖2；當點Q不與點D，D1重合時，若Q，R分別為DD1，C1D1的中點，則截面圖形為等腰梯形AQRB1，不可能為正方形，如圖3.故選ABC．]10．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長為2，球O與正四棱柱的上、下底面及側棱都相切，P為平面CDD1上一點，且直線BP與球O相切，則()A．球O的表面積為4πB．直線BD1與BP的夾角等于45°C．該正四棱柱的側面積為16eq\r(2)D．側面ABB1A1與球面的交線長為2πBCD[如圖，設球O與下底面相切于點O1，則OO1⊥平面ABCD，因為球O與正四棱柱的側棱相切，所以其半徑R＝OO1＝O1A＝eq\r(2)，所以球O的表面積為S表＝4π×2＝8π，正四棱柱的側面積為4×2×2eq\r(2)＝16eq\r(2)，故選項A錯誤，選項C正確．依題意，BB1，BP均為球O的切線，BD1經過球心O，所以由球的對稱性可得∠B1BD1＝∠PBD1，又BD＝2eq\r(2)＝BB1，∠B1BD＝90°，所以∠PBD1＝∠B1BD1＝45°，選項B正確．對于選項D，棱AA1的中點F即球O與棱AA1的切點，所以點F為側面ABB1A1與球面的交線上的點，故交線應為過點F的圓，截面圓的圓心即為矩形ABB1A1的中心E，在Rt△OEF中，OF＝R＝eq\r(2)，OE＝eq\f(1,2)BC＝1，所以截面圓半徑r＝EF＝eq\r(2－1)＝1，則側面ABB1A1與球面的交線長為2π，選項D正確．故選BCD..]三、填空題11．從正方體八個頂點的兩兩連線中任取兩條直線a，b，且a，b是異面直線，則a，b所成角的余弦值的所有可能取值構成的集合是______.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))[異面直線的夾角范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故其余弦值的范圍為[0,1)，可以分為以下幾類：當兩條棱所在的直線異面時，所成的角是eq\f(π,2)，其余弦值為0；當面對角線與棱所在的直線異面時，所成的角是eq\f(π,4)或eq\f(π,2)，其余弦值為eq\f(\r(2),2)或0；當兩條面對角線異面時，所成的角是eq\f(π,3)或eq\f(π,2)，其余弦值為eq\f(1,2)或0；當體對角線與棱所在直線異面時，所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3)；當體對角線與面對角線異面時，所成的角是eq\f(π,