备考2024高考一轮总复习数学人教a版第七章§7.3　空间点、直线、平面之间的位置关系

§7.3空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求1．借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义．2．了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题．知识梳理1．平面基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．基本事实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．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行．2．“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．3．空间中直线与直线的位置关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(相交直线，,平行直线，)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有,

公共点.))4．空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况．5．空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．6．等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．7．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．(×)(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．(√)(3)如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．(×)(4)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)教材改编题1．(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的是()A．AB与CD是异面直线B．GH与CD相交C．EF∥CDD．EF与AB异面答案ABC解析把展开图还原成正方体，如图所示．还原后点G与C重合，点B与F重合，由图可知ABC正确，EF与AB相交，故D错．2．如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面β．且α∥β，则a与b()A．共面B．平行C．是异面直线D．可能平行，也可能是异面直线答案D解析α∥β，说明a与b无公共点，∴a与b可能平行也可能是异面直线．3．如图，在三棱锥A－BCD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．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∵EF綉eq\f(1,2)AC，EH綉eq\f(1,2)BD，∴AC＝BD．(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF綉eq\f(1,2)AC，EH綉eq\f(1,2)BD，∴AC＝BD且AC⊥BD．题型一基本事实应用例1如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，AA1的中点，连接D1F，CE．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图所示，连接CD1，EF，A1B，∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B，且EF＝eq\f(1,2)A1B．又∵A1D1∥BC，A1D1＝BC，∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1，∴EF与CD1能够确定一个平面ECD1F，即E，C，D1，F四点共面．(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝eq\f(1,2)CD1，∴四边形CD1FE是梯形，∴CE与D1F必相交，设交点为P，则P∈CE，且P∈D1F，∵CE⊂平面ABCD，D1F⊂平面A1ADD1，∴P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1．又∵平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，∴P∈AD，∴CE，D1F，DA三线共点．教师备选如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q．求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线．证明(1)∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD．∴EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设平面A1ACC1为α，平面BDEF为β．∵Q∈A1C1，∴Q∈α．又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ．又A1C∩β＝R，∴R∈A1C．∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1(1)(多选)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是()答案ABC解析对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．(2)在三棱锥A－BCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF∩HG＝P，则点P()A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上答案B解析如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD．又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．题型二空间线面位置关系命题点1空间位置关系的判断例2(1)下列推断中，错误的是()A．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案C解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，A对；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，B对；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，D对．(2)已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，则下列说法正确的是()A．直线MN与直线A1B是异面直线B．直线MN与直线DD1相交C．直线MN与直线AC1是异面直线D．直线MN与直线A1C平行答案C解析如图，因为M，N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心，所以M，N分别是A1C1，BC1的中点，所以直线MN与直线A1B平行，所以A错误；因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M，且点M不在直线DD1上，所以直线MN与直线DD1是异面直线，所以B错误；因为直线MN经过平面ABC1内一点N，且点N不在直线AC1上，所以直线MN与直线AC1是异面直线，所以C正确；因为直线MN经过平面A1CC1内一点M，且点M不在直线A1C上，所以直线MN与直线A1C是异面直线，所以D错误．命题点2异面直线所成角例3(1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A．eq\f(π,2)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,6)答案D解析方法一如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，所以C1P⊥平面B1BP．又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP．连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△C1PB中，C1P＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\r(2)，BC1＝2eq\r(2)，sin∠PBC1＝eq\f(PC1,BC1)＝eq\f(1,2)，所以∠PBC1＝eq\f(π,6)．方法二如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝eq\f(π,3)，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝eq\f(1,2)∠A1BC1＝eq\f(π,6)．(2)(2022·衡水检测)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝eq\f(1,4)SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为()A．eq\f(\r(22),2)B．eq\f(\r(5),3)C．eq\f(13,16)D．eq\f(\r(11),3)答案D解析如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角．∵SE＝eq\f(1,4)SB，∴SE＝eq\f(1,3)BE．又OB＝3，∴OF＝eq\f(1,3)OB＝1．∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝3eq\r(2)．∵SO⊥OF，∴SF＝eq\r(SO2＋OF2)＝eq\r(10)．∵OC⊥OF，∴CF＝eq\r(10)．∴在等腰△SCF中，tan∠CSF＝eq\f(\r(\r(10)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))2),\f(3\r(2),2))＝eq\f(\r(11),3)．教师备选1．(多选)设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论不正确的是()A．若a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B．若a与b异面，b与c异面，则a与c异面C．若a，b不同在平面α内，则a与b异面D．若a，b不同在任何一个平面内，则a与b异面答案ABC2．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．eq\f(1,5)B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5)D．eq\f(\r(2),2)答案C解析如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM．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＝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，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)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5)．思维升华(1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型．(2)求异面直线所成的角的三个步骤一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．二证：证明作出的角是异面直线所成的角．三求：解三角形，求出所作的角．跟踪训练2(1)如图所示，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH与MN是异面直线的图形有________．(填序号)答案②④(2)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，则下列结论正确的是()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解析如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确．图1图2题型三空间几何体的切割(截面)问题例4(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq\f(1,3)DD1，NB＝eq\f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是()A．三角形 B．四边形C．五边形 D．六边形答案C解析先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点．如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形．(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2．以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为______．答案eq\f(π,2)解析以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线是以C1为圆心，1为半径的圆与正方形BCC1B1相交的一段弧(圆周的四分之一)，其长度为eq\f(1,4)×2π×1＝eq\f(π,2)．延伸探究将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案eq\f(\r(2)π,2)解析如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝eq\r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝eq\r(R\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2)．又由题意可得EP＝EQ＝eq\r(2)，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ．又D1P＝eq\r(5)，∴B1P＝eq\r(D1P2－D1B\o\al(2,1))＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝eq\f(π,2)，知eq\o(PQ,\s\up9(︵))的长为eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2)，即交线长为eq\f(\r(2)π,2)．教师备选如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．答案eq\f(9,2)解析如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α，由图可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，故BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5)，∴等腰梯形MNDB的高为h＝eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(2),2)，∴梯形MNDB的面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2)．思维升华(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．跟踪训练3(1)(多选)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是()A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形C．截面形状可能为正六边形D．截面面积最大值为3eq\r(3)答案ACD解析易知A，C正确，B不正确，下面说明D正确，如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN＝2eq\r(2)，GH＝eq\r(2)，OE＝eq\r(OO′2＋O′E2)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，所以S＝2×eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(\r(6),2)＝3eq\r(3)，故D正确．(2)(2022·兰州模拟)如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．答案3eq\r(2)解析在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要ME∥BC1，如图所示，因为A1M＝2MD1，故该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为3a，则ME＝2eq\r(2)a，MI＝eq\r(2)a，IH＝2eq\r(2)a，HG＝eq\r(2)a，FG＝2eq\r(2)a，EF＝eq\r(2)a，所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9eq\r(2)a，又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，故截面多边形的周长为3eq\r(2)．课时精练1．下列叙述错误的是()A．若P∈α∩β，且α∩β＝l，则P∈lB．若直线a∩b＝A，则直线a与b能确定一个平面C．三点A，B，C确定一个平面D．若A∈l，B∈l且A∈α，B∈α，则l⊂α答案C解析选项A，点P是两平面的公共点，当然在交线上，故正确；选项B，由基本事实的推论可知，两相交直线确定一个平面，故正确；选项C，只有不共线的三点才能确定一个平面，故错误；选项D，由基本事实2，直线上有两点在一个平面内，则这条直线在平面内．2．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断正确的是()A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n可能相交或异面B．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n一定平行C．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n一定垂直D．若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n一定平行答案A解析m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，对于A，若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则直线m与n相交垂直或异面垂直，故A正确；对于B，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则直线m与n相交、平行或异面，故B错误；对于C，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则直线m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m∥α，n∥β，α∥β，则直线m与n平行或异面，故D错误．3．(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l在同一平面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．所以a，b，l在同一平面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l在同一平面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是平面ADD1A1的中心，M，N，F分别是B1C1，CC1，AB的中点，则下列说法正确的是()A．MN＝eq\f(1,2)EF，且MN与EF平行B．MN≠eq\f(1,2)EF，且MN与EF平行C．MN＝eq\f(1,2)EF，且MN与EF异面D．MN≠eq\f(1,2)EF，且MN与EF异面答案D解析设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2a，则MN＝eq\r(MC\o\al(2,1)＋C1N2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))2)＝eq\r(2)a，作点E在平面ABCD内的射影点G，连接EG，GF，所以EF＝eq\r(EG2＋GF2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))2＋\r(2)a2)＝eq\r(3)a，所以MN≠eq\f(1,2)EF，故选项A，C错误；连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，所以DE＝eq\f(1,2)A1D，又因为M，N分别为B1C1，CC1的中点，所以MN∥B1C，又因为B1C∥A1D，所以MN∥ED，且DE∩EF＝E，所以MN与EF异面，故选项B错误．5．(多选)(2022·临沂模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是()A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1．∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．6．(多选)(2022·厦门模拟)下列说法不正确的是()A．两组对边分别相等的四边形确定一个平面B．和同一条直线异面的两直线一定共面C．与两异面直线分别相交的两直线一定不平行D．一条直线和两平行线中的一条相交，也必定和另一条相交答案ABD解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形，故A错误；如图1，直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线，同样DD1与B1C1也是异面直线，故B错误；如图2，设直线AB与CD是异面直线，则直线AC与BD一定不平行，否则AC∥BD，有AC与BD确定一个平面α，则AC⊂α，BD⊂α，所以A∈α，B∈α，C∈α，D∈α，所以AB⊂α，CD⊂α，这与假设矛盾，故C正确；如图1，AB∥CD，而直线AA1与AB相交，但与直线CD不相交，故D错误．图1图27．(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱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________．答案eq\f(\r(10),5)解析如图所示，补成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，则所求角为∠BC1D或其补角，∵BC1＝eq\r(2)，BD＝eq\r(22＋1－2×2×1×cos60°)＝eq\r(3)，C1D＝AB1＝eq\r(5)，易得C1D2＝BD2＋BCeq\o\al(2,1)，即BC1⊥BD，因此cos∠BC1D＝eq\f(BC1,C1D)＝eq\f(\r(2),\r(5))＝eq\f(\r(10),5)．8．(2022·本溪模拟)在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号)①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直；②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β；③若直线l与平面α内的任意一条直线垂直，则l⊥α；④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线．答案①②④解析对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；对于③，直线l与平面内的任意直线垂直时，得到l⊥α，所以③正确；对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．9．(2022·上海市静安区模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，CC1的中点．(1)求异面直线A1E与D1F所成的角的余弦值；(2)求三棱锥A1－D1EF的体积．解(1)如图，设BB1的中点为H，连接HF，EH，A1H，因为F是CC1的中点，所以A1D1∥CB∥HF，A1D1＝CB＝HF，因此四边形A1D1FH是平行四边形，所以D1F∥A1H，D1F＝A1H，因此∠EA1H是异面直线A1E与D1F所成的角或其补角，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E是AB的中点，所以A1E＝A1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，EH＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，由余弦定理可知，cos∠EA1H＝eq\f(A1E2＋A1H2－EH2,2A1E·A1H)＝eq\f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5)，所以异面直线A1E与D1F所成的角的余弦值为eq\f(4,5)．(2)因为A1D1∥HF，HF⊄平面A1D1E，A1D1⊂平面A1D1E，所以HF∥平面A1D1E，因此点H，F到平面A1D1E的距离相等，即，＝eq\f(1,3)D1A1·＝eq\f(1,3)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22－\f(1,2)×2×1×2－\f(1,2)×1×1))＝1，所以三棱锥A1－D1EF的体积为1．10．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为AA1，CC1的中点，M为AB上一点．(1)若D1E与CM相交于点K，求证D1E，CM，DA三条直线相交于同一点；(2)若AB＝2，AA1＝4，∠BAD＝eq\f(π,3)，求点D1到平面FBD的距离．(1)证明∵D1E与CM相交于点K，∴K∈D1E，K∈CM，而D1E⊂平面ADD1A1，CM⊂平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，∴K∈AD，∴D1E，CM，DA三条直线相交于同一点K．(2)解∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，∴BC＝CD＝2，而四棱柱的侧棱AA1⊥底面ABCD，∴CC1⊥底面ABCD，又∵F是CC1的中点，CC1＝4，∴CF＝2，∴BF＝DF＝2eq\r(2)，又∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝eq\f(π,3)，∴BD＝AB＝2，∴S△FBD＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2\r(2)2－1)＝eq\r(7)．设点D1到平面FBD的距离为h，点B到平面DD1F的距离为d，则d＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，又∵，∴eq\f(1,3)×S△FBD×h＝eq\f(1,3)××d，∴eq\f(1,3)×eq\r(7)×h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2×eq\r(3)，解得h＝eq\f(4\r(21),7)．即点D1到平面FBD的距离为eq\f(4\r(21),7)．11．(多选)(2022·太原模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，下列结论正确的是()A．GH与EF平行B．BD与MN为异面直线C．GH与MN成60°角D．DE与MN垂直答案BCD解析如图，还原成正四面体A－DEF，其中H与N重合，A，B，C三点重合，连接GM，易知GH与EF异面，BD与MN异面．又△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角，易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE．∴B，C，D正确．12．(多选)(2022·广州六校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是()A．AP与CM是异面直线B．AP，CM，DD1相交于一点C．MN∥BD1D．MN∥平面BB1D1D答案BD解析如图，连接MP，AC，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP与CM是相交直线，又平面A1ADD1∩平面C1CDD1＝DD1，所以AP，CM，DD1相交于一点，则A不正确，B正确；令AC∩BD＝O，连接OD1，ON．因为M，N分别是C1D1，BC的中点，所以ON∥D1M∥CD，ON＝D1M＝eq\f(1,2)CD，则四边形MNOD1为平行四边形，所以MN∥OD1，因为MN⊄平面BB1D1D，OD1⊂平面BB1D1D，所以MN∥平面BB1D1D，C不正确，D正确．13．(2022·玉林模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q分别为A1B，B1D1，A1D，CD1的中点，则直线EF与PQ所成角的大小是________．答案eq\f(π,3)解析如图，连接A1C1，BC1，则F是A1C1的中点，又E为A1B的中点，所以EF∥BC1，连接DC1，则Q是DC1的中点，又P为A1D的中点，所以PQ∥A1C1，于是∠A1C1B是直线EF与PQ所成的角或其补角．易知△A1C1B是正三角形，所以∠A1C1B＝eq\f(π,3)．14．(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为棱A1D1，CC1的中点，过P，Q，A作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．答案eq\f(25＋9\r(5)＋2\r(13),3)解析如图所示，过Q作QM∥AP交BC于M，由A1P＝CQ＝2，tan∠APA1＝2，则tan∠CMQ＝2，CM＝eq\f(CQ,tan∠CMQ)＝1，延长MQ交B1C1的延长线于E点，连接PE，交D1C1于N点，则多边形AMQNP即为截面，根据平行线性质有C1E＝CM＝1，eq\f(C1N,ND1)＝eq\f(C1E,PD1)＝eq\f(1,2)，则C1N＝eq\f(4,3)，D1N＝eq\f(8,3)，因此NQ＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝eq\f(2\r(13),3)，NP＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2)＝eq\f(10,3)，又AP＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，AM＝eq\r(42＋32)＝5，MQ＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以多边形AMQNP的周长为AM＋MQ＋QN＋NP＋PA＝5＋eq\r(5)＋eq\f(2\r(13),3)＋eq\f(10,3)＋2eq\r(5)＝eq\f(25＋9\r(5)＋2\r(13),3)．15．(2022·大连模拟)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2