第3课时 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．
1．基本事实
基本 事实1 过________________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________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______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______
2．三个推论
推论1：经过一条直线和____________一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条______直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条______直线，有且只有一个平面．
3．空间中直线与直线的位置关系
提醒：分别在两个不同平面内的两条直线不一定为异面直线，它们的关系可能为平行或相交．
4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
位置关系 符号
直线与 平面 直线在平面内 a α
直线在 平面外 直线与平面相交 a∩α＝A
直线与平面平行 a∥α
平面与 平面 两平面平行 α∥β
两平面相交 α∩β＝l
5．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____________．
6．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：____．
[常用结论]
1．异面直线判定的一个定理
与一个平面相交的直线和这个平面内不经过交点的直线是异面直线，如图所示．
2．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．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)分别在两个平面内的两条直线是异面直线． ( )
(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)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合． ( )
(4)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面． ( )
二、教材经典衍生
1．(人教A版必修第二册P131练习T4改编)已知平面α∥平面β，直线a∥平面α，直线b∥平面β，则a与b的位置关系可能是( )
A．平行或相交 B．相交或异面
C．平行或异面 D．平行、相交或异面
2．(人教A版必修第二册P128练习T2改编)下列命题正确的是( )
A．空间任意三个点确定一个平面
B．一个点和一条直线确定一个平面
C．两两相交的三条直线确定一个平面
D．两两平行的三条直线确定一个或三个平面
3．(多选)(人教A版必修第二册P132习题8.4T9改编)如图是正方体的展开图，则在这个正方体中( )
A．AB与CD异面
B．CD与GH平行
C．EF与GH成60°角
D．CD与EF相交
4．(人教A版必修第二册P132习题8.4T5改编)三个平面最多把空间分为________部分，最少把空间分成________部分．
考点一 基本事实的应用
[典例1] 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，E，F四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
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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(或证两平面重合)．
(2)证明共线的方法：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)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
[跟进训练]
1． 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
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考点二 空间两直线位置关系的判定
[典例2] (1)已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是( )
A．b，c是异面直线 B．b∩c＝P
C．b∥c D．a与c没有公共点
(2)在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则( )
A．AE＝CF，AC与EF是共面直线
B．AE≠CF，AC与EF是共面直线
C．AE＝CF，AC与EF是异面直线
D．AE≠CF，AC与EF是异面直线
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
空间中两直线位置关系的判定方法
[跟进训练]
2．(1)(2024·浙江宁波期中)若a，b是空间中的两条直线，则“a，b异面”是“a，b没有公共点”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
(2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，下列说法正确的是( )
A．直线AM与CC1是相交直线
B．直线AM与BN是平行直线
C．直线BN与MB1是异面直线
D．直线AM与DD1是异面直线
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考点三 异面直线所成的角
[典例3] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
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求异面直线所成角的方法
(1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解．
(2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解．
(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．
提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视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．
[跟进训练]
3．(1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值等于( )
A． B．
C． D．0
(2)如图，圆台OO1的上底面半径O1A1＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO1与A1C所成角的大小为________．
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在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体得到的平面图形，截线就是平面与相应几何体面的公共线．解答此类问题的关键是熟知立体几何理论体系，提升空间想象能力．
一、截面问题
[典例1] (1)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是( )
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状不可能是正五边形
D．截面面积的最大值为3
[赏析] 突破点：熟知正方体的常见截面图
显然A，C正确，B不正确，下面说明D正确，
如图，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2，GH＝， OE＝＝，所以S＝2××(2)×＝3．故D正确．
[答案] ACD
(2)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________．
[赏析] 突破点：线面平行的性质
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．
因为E为BC的中点，可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，
由正方体的棱长为2，
则BD＝2，MN＝，
且BM＝DN＝，
所以等腰梯形MNDB的高
h＝＝，
所以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝．
[答案]
空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
[跟进训练]
1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝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
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二、截线问题
[典例2] (2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
[赏析] 第一步：找交线
如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝．
由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．
第二步：求交线长
由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，
所以的长为×2π×＝．
[答案]
作交线的两种方法
(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．
[跟进训练]
2．如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )
A． B．π
C． D．
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第3课时 空间点、直线、平面之间的位置关系
梳理·必备知识
1．不在一条直线上 两个点 一条 平行
2．这条直线外 相交 平行
3．相交 平行 任何
5．相等或互补
6．(2)
激活·基本技能
一、(1)× (2) × (3)× (4)√
二、1．D [当a与b共面，即a与b平行或相交时，如图所示：
显然满足题目条件；在a与b相交的条件下，分别把a，b平行移动到平面β，平面α上，此时a与b异面，亦满足题目条件．故选D．]
2．D [不在一条直线上的三个点才能确定一个平面，A错误；
只有点在直线外时才能确定一个平面，B错误；
当三条直线交于同一点时可能确定三个平面，C错误，D正确．故选D．]
3．AC [该正方体的直观图如图所示，
AB与CD是异面直线，A正确；CD与GH相交，B错误；因为该几何体为正方体，所以EF∥CD，△GHD为正三角形，直线GH与直线GD所成的角为60°，则EF与GH所成的角为60°，C正确，D错误．故选AC．]
4．8 4 [三个平面可将空间分成4，6，7，8部分，所以三个平面最少可将空间分成4部分，最多分成8部分．]
考点一
典例1 证明：(1)如图所示，连接B1D1．
因为EF是△D1B1C1的中位线，
所以EF∥B1D1．
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，
即D，B，E，F四点共面．
(2)连接A1C，
设A1，C，C1确定的平面为α，平面BDEF为β．
因为Q∈A1C1，所以Q∈α．
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q是α与β的公共点，
同理，P是α与β的公共点．
所以α∩β＝PQ．
又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β．
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF所以DE与BF相交，
设交点为M，则由M∈DE，DE?平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，
同理，M∈平面B1BCC1．
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，
所以M∈CC1．
所以DE，BF，CC1三线交于一点．
跟进训练
1．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ABC与平面β的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD．故选C．]
考点二
典例2 (1)B (2)D [(1)∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，
∴P∈a，P∈b，而a?α，b?γ，则P∈α，P∈γ，
而γ∩α＝c，∴P∈c，
可得a∩c＝P，b∩c＝P．故选B．
(2)由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形， E是的中点，F是AB的中点，因为AC?平面ABC，EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线，
又CF＝，所以AE≠CF．故选D．]
跟进训练
2．(1)A (2)CD [(1)空间中的两条直线a，b异面，则a，b没有公共点；反之，空间中的两条直线a，b没有公共点，不一定得到a，b异面，也可能a，b是平行直线，
所以“a，b异面”是“a，b没有公共点”的充分不必要条件．故选A．
(2)因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以直线AM与CC1是异面直线，故A错误；如图，取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B错误；因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确．故选CD．]
考点三
典例3 C [法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点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所成的角或其补角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝＝2，
DM＝，
DB1＝，所以OM＝，在△DMO中，由余弦定理的推论，
得cos ∠MOD＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C．
法二(补体法)：如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A′1B′1B1A1．连接B1B′，由长方体的性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝，B′B1＝．
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝－2B′B1·DB1·cos ∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos ∠DB1B′，
∴cos ∠DB1B′＝．故选C．
法三(坐标法)：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1，B1，所以＝＝，则cos 〈〉＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C．
]
跟进训练
3．(1)C (2)45° [(1)连接AC1，
因为BC∥B1C1，所以异面直线AB1与BC所成的角即为∠AB1C1或其补角，
设AB＝a，易得AB1＝a，AC1＝a，B1C1＝a，则由余弦定理的推论知，
cos ∠AB1C1＝＝＝．
故选C．
(2)在直角梯形OO1A1A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B(图略)，易知四边形OO1A1B为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角．在Rt△AA1B中，因为AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝．连接OC(图略)，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝．在Rt△A1BC中，因为BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°．]
微点突破6
跟进训练
1．C [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．故选C．
]
2．C [正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×．故选C．
]
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第七章
立体几何与空间向量
第3课时 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．
链接教材·夯基固本
1．基本事实
基本 事实1 过________________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________在一个平面内，那么这条直线在这个平面内
不在一条直线上
两个点
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______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______
一条
平行
2．三个推论
推论1：经过一条直线和____________一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条______直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条______直线，有且只有一个平面．
3．空间中直线与直线的位置关系
这条直线外
相交
平行
提醒：分别在两个不同平面内的两条直线不一定为异面直线，它们的关系可能为平行或相交．
4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
位置关系 符号
直线与 平面 直线在平面内 a α
直线在 平面外 直线与平面相交 a∩α＝A
直线与平面平行 a∥α
平面与 平面 两平面平行 α∥β
两平面相交 α∩β＝l
5．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____________．
6．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：_____________．
相等或互补
[常用结论]
1．异面直线判定的一个定理
与一个平面相交的直线和这个平面内不经过交点的直线是异面直线，如图所示．
2．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．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)分别在两个平面内的两条直线是异面直线． ( )
(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)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合． ( )
(4)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面． ( )
×
×
×
√
√
二、教材经典衍生
1．(人教A版必修第二册P131练习T4改编)已知平面α∥平面β，直线a∥平面α，直线b∥平面β，则a与b的位置关系可能是( )
A．平行或相交 B．相交或异面
C．平行或异面 D．平行、相交或异面
D [当a与b共面，即a与b平行或相交时，如图所示：
显然满足题目条件；在a与b相交的条件下，分别把a，b平行移动到平面β，平面α上，此时a与b异面，亦满足题目条件．故选D．]
2．(人教A版必修第二册P128练习T2改编)下列命题正确的是( )
A．空间任意三个点确定一个平面
B．一个点和一条直线确定一个平面
C．两两相交的三条直线确定一个平面
D．两两平行的三条直线确定一个或三个平面
√
D [不在一条直线上的三个点才能确定一个平面，A错误；
只有点在直线外时才能确定一个平面，B错误；
当三条直线交于同一点时可能确定三个平面，C错误，D正确．故选D．]
3．(多选)(人教A版必修第二册P132习题8.4T9改编)如图是正方体的展开图，则在这个正方体中( )
A．AB与CD异面
B．CD与GH平行
C．EF与GH成60°角
D．CD与EF相交
√
√
AC [该正方体的直观图如图所示，
AB与CD是异面直线，A正确；CD与GH相交，B错误；因为该几何体为正方体，所以EF∥CD，△GHD为正三角形，直线GH与直线GD所成的角为60°，则EF与GH所成的角为60°，C正确，D错误．故选AC．]
4．(人教A版必修第二册P132习题8.4T5改编)三个平面最多把空间分为________部分，最少把空间分成________部分．
8 4 [三个平面可将空间分成4，6，7，8部分，所以三个平面最少可将空间分成4部分，最多分成8部分．]
8
4
考点一 基本事实的应用
[典例1] 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，E，F四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
典例精研·核心考点
[证明] (1)如图所示，连接B1D1．
因为EF是△D1B1C1的中位线，
所以EF∥B1D1．
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1D1∥BD，
所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，
即D，B，E，F四点共面．
(2)连接A1C，
设A1，C，C1确定的平面为α，平面BDEF为β．
因为Q∈A1C1，所以Q∈α．
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q是α与β的公共点，
同理，P是α与β的公共点．
所以α∩β＝PQ．
又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β．
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF所以DE与BF相交，
设交点为M，则由M∈DE，DE 平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1．
又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，
所以M∈CC1．
所以DE，BF，CC1三线交于一点．
名师点评 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(或证两平面重合)．
(2)证明共线的方法：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)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
[跟进训练]
1． 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
√
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ABC与平面β的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD．故选C．]
考点二 空间两直线位置关系的判定
[典例2] (1)已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结论一定成立的是( )
A．b，c是异面直线 B．b∩c＝P
C．b∥c D．a与c没有公共点
√
(2)在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长AB＝2，E是的中点，F是AB的中点，则( )
A．AE＝CF，AC与EF是共面直线
B．AE≠CF，AC与EF是共面直线
C．AE＝CF，AC与EF是异面直线
D．AE≠CF，AC与EF是异面直线
√
(1)B (2)D [(1)∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，而a α，b γ，则P∈α，P∈γ，
而γ∩α＝c，∴P∈c，
可得a∩c＝P，b∩c＝P．
故选B．
(2)由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，
E是的中点，F是AB的中点，因为AC 平面ABC，
EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线，
又CF＝＝，AE＝＝，所以AE≠CF．故选D．]
名师点评 空间中两直线位置关系的判定方法
[跟进训练]
2．(1)(2024·浙江宁波期中)若a，b是空间中的两条直线，则“a，b异面”是“a，b没有公共点”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
√
(2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，下列说法正确的是( )
A．直线AM与CC1是相交直线
B．直线AM与BN是平行直线
C．直线BN与MB1是异面直线
D．直线AM与DD1是异面直线
√
√
(1)A (2)CD [(1)空间中的两条直线a，b异面，则a，b没有公共点；反之，空间中的两条直线a，b没有公共点，不一定得到a，b异面，也可能a，b是平行直线，所以“a，b异面”是“a，b没有公共点”的充分不必要条件．故选A．
(2)因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以直线AM与CC1是异面直线，故A错误；如图，取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B错误；因为点B1与直线BN都在
平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，
BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直
线，故C正确；同理D正确．故选CD．]
【教用·备选题】
1．(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是( )
A．DD1
B．AC
C．AD1
D．B1C
√
B [对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1是相交直线；
对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；
对于C，当点P与点C1重合时，BP与AD1是平行直线；
对于D，当点P与点C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选B．]
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
√
D [法一(反证法)：由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交．若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾．故l至少与l1，l2中的一条相交．故选D．
法二(模型法)：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．]
考点三 异面直线所成的角
[典例3] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
√
C [法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点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所成的角或其补角．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，
DM＝＝，
DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，在△DMO中，由余弦定理的推论，
得cos ∠MOD＝＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选C．
法二(补体法)：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA-A′1B′1B1A1．连接B1B′，由长方体的性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝．
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝－2B′B1·DB1·cos ∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×2cos ∠DB1B′，
∴cos ∠DB1B′＝．故选C．
法三(坐标法)：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，则cos 〈〉
＝＝＝，即异面直线AD1与DB1
所成角的余弦值为．故选C．]
名师点评 求异面直线所成角的方法
(1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线， 形成三角形求解．
(2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解．
(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．
提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视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．
[跟进训练]
3．(1)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则异面直线AB1与BC所成角的余弦值等于( )
A． B．
C． D．0
√
(2)如图，圆台OO1的上底面半径O1A1＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA1＝2，过OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异
面直线OO1与A1C所成角的大小为________．
45°
(1)C (2)45° [(1)连接AC1，
因为BC∥B1C1，所以异面直线AB1与BC所成的角即为∠AB1C1或其补角，
设AB＝a，易得AB1＝a，AC1＝a，B1C1＝a，则由余弦定理的推论知，
cos ∠AB1C1＝＝＝．
故选C．
(2)在直角梯形OO1A1A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B(图略)，易知四边形OO1A1B为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角．在Rt△AA1B中，因为AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝．连接OC(图略)，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝．在Rt△A1BC中，因为BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°．]
在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体得到的平面图形，截线就是平面与相应几何体面的公共线．解答此类问题的关键是熟知立体几何理论体系，提升空间想象能力．
一、截面问题
[典例1] (1)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是( )
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状不可能是正五边形
D．截面面积的最大值为3
√
√
√
[赏析] 突破点：熟知正方体的常见截面图
显然A，C正确，B不正确，下面说明D正确，
如图，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2，GH＝， OE＝＝，所以S＝2××(2)×＝3．故D正确．
(2)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________．
[赏析] 突破点：线面平行的性质
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．
因为E为BC的中点，可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，
由正方体的棱长为2，
则BD＝2，MN＝，
且BM＝DN＝，
所以等腰梯形MNDB的高
h＝＝，
所以梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝．
名师点评 空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
[跟进训练]
1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝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
√
C [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．故选C． ]
二、截线问题
[典例2] (2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
[赏析] 第一步：找交线
如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝．
由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．
第二步：求交线长
由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，
所以的长为×2π×＝．
名师点评 作交线的两种方法
(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．
[跟进训练]
2．如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )
A． B．π
C． D．
√
C [正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的，所以所有弧长之和为3×＝．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
一、单项选择题
1．若直线上有两个点在平面外，则( )
A．直线上至少有一个点在平面内
B．直线上有无穷多个点在平面内
C．直线上所有点都在平面外
D．直线上至多有一个点在平面内
13
课后作业(四十) 空间点、直线、平面之间的位置关系
√
14
D [两点确定一条直线，由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，则可知直线上至多有一个点在平面内．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
2．两条直线a，b分别和异面直线c，d相交，则直线a，b的位置关系是( )
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．可能是平行直线
D．可能是异面直线，也可能是相交直线
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
D [如图，直线c与d是异面直线，直线a与直线b分别和直线c与直线d相交于点A，B，C，D，
根据题意可得当点D与点B重合时，直线a，b相交，当点D与点B不重合时，直线a，b异面，
所以直线a，b的位置关系是异面或相交．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为( )
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C [连接A1B(图略)，因为A1B∥D1C，所以A1D与A1B所成的角即为异面直线A1D与D1C所成的角，因为△A1BD为正三角形，所以A1D与A1B所成的角为，所以异面直线A1D与D1C所成的角为．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
4．已知平面α∩平面β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且B l，又AC∩l＝M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是( )
A．直线CM B．直线BM
C．直线AB D．直线BC
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B [已知过A，B，C三点确定的平面为γ，则AC γ．又AC∩l＝M，则M∈γ，又平面α∩平面β＝l，则l α，l β，又因为AC∩l＝M，所以M∈β，因为B∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM．故选B．]
5．(2024·湖南长沙二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法错误的是( )
A．E，F，G，H四点共面
B．EF∥GH
C．EG，FH，AA1三线共点
D．∠EGB1＝∠FHC1
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
D [对于AB，如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，
因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈
平面ABB1A1，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；
对于D，当三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱时＝，
tan∠FHC1＝，且EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan ∠EGB1≠
tan∠FHC1，
所以∠EGB1与∠FHC1不一定相等，故D错误．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
6．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为( )
A．3＋2
B．2＋3
C．
D．2＋2＋2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
A [如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，
因为E，F分别为棱CC1，BC的中点，则EF∥BC1，
又BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为
所求截面，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四边形AFED1的周长为3＋2．
故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
7．(2024·陕西西安一模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC＝AA1＝1，则异面直线AB1与A1C所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B [将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为如图所示的正四棱柱，
连接B1D，AD，则B1D∥A1C，
则异面直线AB1与A1C所成的角为∠DB1A(或其补角)，
又DB1＝B1A＝＝，AD＝＝，
由余弦定理的推论可得
cos ∠DB1A＝＝，
所以sin ∠DB1A＝＝，故B正确．
故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
8．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，若AB，CD是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠AOD＝，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C [如图，连接AD，BC，AC，SC．
因为O为AB，CD的中点，且AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形，所以DB∥AC，所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角．
设圆O的半径为1，则SA＝SC＝．
因为∠AOD＝，所以∠ADO＝，则AD＝1，
在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝，
所以cos∠SAC＝＝，
所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
二、多项选择题
9．已知空间中的平面α，直线l，m，n以及点A，B，C，D，则以下四个命题中，不正确的是( )
A．在空间中，四边形ABCD满足AB＝BC＝CD＝DA，则四边形ABCD是菱形
B．若l α，A∈l，则A α
C．若m α，n α，A∈m，B∈n，A∈l，B∈l，则l α
D．若l和m是异面直线，n和l是平行直线，则n和m是异面直线
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
√
ABD [对于A项，正四面体A-BCD的各棱长均
相等，四边形ABCD为空间四边形，不是菱形，
故A项错误；
对于B项，若l α，则l∥α或l与α相交，所以A α或
A∈α(此时A为l与α的交点)，故B项错误；
对于C项，由已知可得，A∈α，B∈α，即直线l上有两个点在平面α内，根据基本事实2可知l α，故C项正确；
对于D项，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1与BC异面(l，m是异面直线)，A1B1∥AB(l∥n)，
但AB∩BC＝B(m，n相交)，故D项错误．故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
10．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是( )
A．AB1 B．A1C
C．A1A D．AD1
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
√
BCD [对于A，如图1，连接AB1，C1D，BD，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确；
对于B，如图2，连接A1C，A1C1，AC，因为A1C 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1C，P 平面AA1C1C，所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
对于C，如图2，因为A1A 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1A，P 平面AA1C1C，
所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；
对于D，如图3，连接AD1，D1C，AC，
因为AD1 平面AD1C，O∈平面AD1C，O AD1，P 平面AD1C，
所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确．
故选BCD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
三、填空题
11．有下列四个命题：
①空间四点共面，则其中必有三点共线；
②空间四点不共面，则其中任意三点不共线；
③空间四点中有三点共线，则此四点共面；
④空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面．
其中所有真命题的序号为________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
②③
②③ [①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②中，若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④中，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故④是假命题．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
12．从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是
_________________．
题号
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[因为从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，
又异面直线的夹角范围为，所以其余弦值范围为[0，1)，可以分为以下几类：
两条棱所在直线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
面对角线与棱所在直线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
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两条面对角线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦值为；
体对角线与面对角线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0．
所以从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是．]
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四、解答题
13．如图，正四棱柱ABCP-A′B′C′P′．
(1)请在正四棱柱ABCP-A′B′C′P′中，画出经过P，Q，R三点的截面(无需证明)；
(2)若Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，证明：
AQ，CR，BB′三线共点．
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解：(1)作直线QR分别交P′A′，P′C′的延长线于点M，N，连接MP交AA′于点S，
连接PN交CC′于点T，连接SQ，TR，
如图五边形PSQRT即为所求．
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(2)证明：如图，连接QR，AC，A′C′，则AC＝A′C′，AC∥A′C′，∵Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，∴QR∥A′C′，又AC∥A′C′，
∴QR∥AC，而AC＝2QR，可得四边形AQRC为等腰梯形，
设AQ∩CR＝O，则O∈AQ，
∵AQ 平面A′B′BA，∴O∈平面A′B′BA，同理O∈
平面B′C′CB，
又平面A′B′BA∩平面B′C′CB＝BB′，∴O∈BB′，
即AQ，CR，BB′三线共点．
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14．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为BC的中点，求异面直线EG与BF所成角的正弦值．
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解：如图，连接BD，取BD的中点O，连接EO，DG，由正八面体的性质知EO＝2，BF∥DE，
所以∠DEG(或补角)为异面直线EG与BF所成的角，
在Rt△BOE中，EO2＋BO2＝BE2，
则22＋＝BE2，解得BE＝2，
即正八面体的棱长为2，
在Rt△DCG中，CD2＋＝DG2，
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所以(2)2＋()2＝DG2，即DG＝，
在等边△BCE中，EG＝×2＝，
在△DEG中，由余弦定理得
DG2＝DE2＋EG2－2DE·EG·cos ∠DEG，
所以10＝8＋6－2×2×cos ∠DEG，
所以cos ∠DEG＝，且∠DEG为锐角，
所以sin ∠DEG＝．
即异面直线EG与BF所成角的正弦值为．
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谢 谢！课后作业(四十) 空间点、直线、平面之间的位置关系
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共85分
一、单项选择题
1．若直线上有两个点在平面外，则( )
A．直线上至少有一个点在平面内
B．直线上有无穷多个点在平面内
C．直线上所有点都在平面外
D．直线上至多有一个点在平面内
2．两条直线a，b分别和异面直线c，d相交，则直线a，b的位置关系是( )
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．可能是平行直线
D．可能是异面直线，也可能是相交直线
3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为( )
A． B．
C． D．
4．已知平面α∩平面β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且B l，又AC∩l＝M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是( )
A．直线CM B．直线BM
C．直线AB D．直线BC
5．(2024·湖南长沙二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法错误的是( )
A．E，F，G，H四点共面
B．EF∥GH
C．EG，FH，AA1三线共点
D．∠EGB1＝∠FHC1
6．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD-A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为( )
A．3＋2 B．2＋3
C． D．2＋2＋2
7．(2024·陕西西安一模)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC＝AA1＝1，则异面直线AB1与A1C所成角的正弦值为( )
A． B．
C． D．
8．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，若AB，CD是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠AOD＝，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
二、多项选择题
9．已知空间中的平面α，直线l，m，n以及点A，B，C，D，则以下四个命题中，不正确的是( )
A．在空间中，四边形ABCD满足AB＝BC＝CD＝DA，则四边形ABCD是菱形
B．若l α，A∈l，则A α
C．若m α，n α，A∈m，B∈n，A∈l，B∈l，则l α
D．若l和m是异面直线，n和l是平行直线，则n和m是异面直线
10．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是( )
A．AB1 B．A1C
C．A1A D．AD1
三、填空题
11．有下列四个命题：
①空间四点共面，则其中必有三点共线；
②空间四点不共面，则其中任意三点不共线；
③空间四点中有三点共线，则此四点共面；
④空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面．
其中所有真命题的序号为________．
12．从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是 ________．
四、解答题
13．如图，正四棱柱ABCP-A′B′C′P′．
(1)请在正四棱柱ABCP-A′B′C′P′中，画出经过P，Q，R三点的截面(无需证明)；
(2)若Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，证明：AQ，CR，BB′三线共点．
14．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个高为4的正八面体，G为BC的中点，求异面直线EG与BF所成角的正弦值．
课后作业(四十)
[A组 在基础中考查学科功底]
1．D [两点确定一条直线，由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，则可知直线上至多有一个点在平面内．故选D．]
2．D [如图，直线c与d是异面直线，直线a与直线b分别和直线c与直线d相交于点A，B，C，D，
根据题意可得当点D与点B重合时，直线a，b相交，当点D与点B不重合时，直线a，b异面，
所以直线a，b的位置关系是异面或相交．故选D．]
3．C [连接A1B(图略)，因为A1B∥D1C，所以A1D与A1B所成的角即为异面直线A1D与D1C所成的角，因为△A1BD为正三角形，所以A1D与A1B所成的角为，所以异面直线A1D与D1C所成的角为．故选C．]
4．B [已知过A，B，C三点确定的平面为γ，则AC γ．又AC∩l＝M，则M∈γ，又平面α∩平面β＝l，则l α，l β，又因为AC∩l＝M，所以M∈β，因为B∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM．故选B．]
5．D [对于AB，如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，
因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；
对于D，当三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱时＝，tan ∠FHC1＝，且EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan ∠EGB1≠tan ∠FHC1，
所以∠EGB1与∠FHC1不一定相等，故D错误．故选D．]
6．A [如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，
因为E，F分别为棱CC1，BC的中点，则EF∥BC1，又BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四边形AFED1的周长为3＋2．
故选A．]
7．B [将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为如图所示的正四棱柱，
连接B1D，AD，则B1D∥A1C，
则异面直线AB1与A1C所成的角为∠DB1A(或其补角)，
又DB1＝B1A＝＝，AD＝＝，
由余弦定理的推论可得
cos ∠DB1A＝＝，
所以sin ∠DB1A＝＝，故B正确．
故选B．]
8．C [如图，连接AD，BC，AC，SC．
因为O为AB，CD的中点，且AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形，所以DB∥AC，所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角．
设圆O的半径为1，则SA＝SC＝．
因为∠AOD＝，所以∠ADO＝，则AD＝1，
在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝，
所以cos∠SAC＝＝，
所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为．故选C．]
9．ABD [对于A项，正四面体A-BCD的各棱长均相等，四边形ABCD为空间四边形，不是菱形，故A项错误；
对于B项，若l α，则l∥α或l与α相交，所以A α或A∈α(此时A为l与α的交点)，故B项错误；
对于C项，由已知可得，A∈α，B∈α，即直线l上有两个点在平面α内，根据基本事实2可知l α，故C项正确；
对于D项，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B1与BC异面(l，m是异面直线)，A1B1∥AB(l∥n)，
但AB∩BC＝B(m，n相交)，故D项错误．故选ABD．]
10．BCD [对于A，如图1，连接AB1，C1D，BD，
当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确；
对于B，如图2，连接A1C，A1C1，AC，因为A1C 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1C，P 平面AA1C1C，所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；
对于C，如图2，因为A1A 平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O A1A，P 平面AA1C1C，
所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；
对于D，如图3，连接AD1，D1C，AC，
因为AD1 平面AD1C，O∈平面AD1C，O AD1，P 平面AD1C，
所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确．
故选BCD．]
11．②③ [①中，对于平面四边形来说不成立，故①是假命题；②中，若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故②是真命题；由②的分析可知③是真命题；④中，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故④是假命题．]
12． [因为从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，
又异面直线的夹角范围为，所以其余弦值范围为[0，1)，可以分为以下几类：
两条棱所在直线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0；
面对角线与棱所在直线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
两条面对角线异面时，所成角的度数是或，其余弦值为或0；
体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦值为；
体对角线与面对角线异面时，所成角的度数是，其余弦值为0．
所以从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是．]
13．解：(1)作直线QR分别交P′A′，P′C′的延长线于点M，N，连接MP交AA′于点S，
连接PN交CC′于点T，连接SQ，TR，
如图五边形PSQRT即为所求．
(2)证明：如图，连接QR，AC，A′C′，则AC＝A′C′，AC∥A′C′，∵Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，∴QR∥A′C′，又AC∥A′C′，
∴QR∥AC，而AC＝2QR，可得四边形AQRC为等腰梯形，
设AQ∩CR＝O，则O∈AQ，
∵AQ 平面A′B′BA，∴O∈平面A′B′BA，同理O∈平面B′C′CB，
又平面A′B′BA∩平面B′C′CB＝BB′，∴O∈BB′，
即AQ，CR，BB′三线共点．
14．解：如图，连接BD，取BD的中点O，连接EO，DG，由正八面体的性质知EO＝2，BF∥DE，
所以∠DEG(或补角)为异面直线EG与BF所成的角，
在Rt△BOE中，EO2＋BO2＝BE2，
则22＋＝BE2，解得BE＝2，
即正八面体的棱长为2，
在Rt△DCG中，CD2＋＝DG2，
所以(2)2＋()2＝DG2，即DG＝，
在等边△BCE中，EG＝×2＝，
在△DEG中，由余弦定理得
DG2＝DE2＋EG2－2DE·EG·cos ∠DEG，
所以10＝8＋6－2×2×cos ∠DEG，
所以cos ∠DEG＝，且∠DEG为锐角，
所以sin ∠DEG＝．
即异面直线EG与BF所成角的正弦值为．
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