备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 §8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系

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3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．
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．空间中直线与直线的位置关系
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(共面直线\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；,平行直线：同一平面内，没有公共点；)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.))
3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系
4.等角定理
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．
5．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作直线a′∥a，b′∥b，我们把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))).
常用结论
1．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．
2．分别在两个平行平面内的直线平行或异面．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)没有公共点的两条直线是异面直线．( × )
(2)直线与平面的位置关系有平行、垂直两种．( × )
(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共面．( × )
教材改编题
1.如图是某正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列说法正确的是( )
A．BM与ED平行
B．CN与BM成30°角
C．CN与BE是异面直线
D．DM与BN是异面直线
答案 D
解析 正方体的直观图如图所示．
很显然，BM与ED不平行，故A错误；
连接AN，AC，易知△ACN是等边三角形，CN与BM所成角即为∠ANC＝60°，故B错误；
连接BE，易知CN∥BE，故C错误；
连接BN，DM，易知DM与BN是异面直线，故D正确．
2．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b( )
A．一定是异面直线
B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线
D．不可能是相交直线
答案 C
解析 由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾．
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)由题意知，EF∥AC，EH∥BD，且EF＝eq \f(1,2)AC，EH＝eq \f(1,2)BD，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，
∴AC＝BD且AC⊥BD.
题型一 平面基本性质的应用
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，F，E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．
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，F，E四点共面．
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，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＜BD，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．
思维升华 共面、共线、共点问题的证明
(1)共面：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．
(2)共线：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．
(3)共点：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)如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且A，B，C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过( )
A．点A
B．点B
C．点C但不过点M
D．点C和点M
答案 D
解析 因为AB⊂γ，M∈AB，所以M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，所以M∈β.
根据公理3可知，M在γ与β的交线上．
同理可知，点C也在γ与β的交线上．
所以γ与β的交线必经过点C和点M.
(2)如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝eq \f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq \f(1,2)AF，G，H分别为FA，FD的中点．
①证明：四边形BCHG是平行四边形；
②C，D，F，E四点是否共面？为什么？
①证明 由题设知，因为G，H分别为FA，FD的中点，所以GH∥AD且GH＝eq \f(1,2)AD，
又BC∥AD且BC＝eq \f(1,2)AD，
故GH∥BC且GH＝BC，
所以四边形BCHG是平行四边形．
②解 C，D，F，E四点共面．理由如下：
由BE∥AF且BE＝eq \f(1,2)AF，G是FA的中点知BE∥GF且BE＝GF，所以四边形EFGB是平行四边形，所以EF∥BG.
由①知BG∥CH，所以EF∥CH.
故EC，FH共面．又点D在直线FH上，
所以C，D，F，E四点共面．
题型二 空间位置关系的判断
命题点1 空间位置关系的判断
例2 (1)(2023·龙岩模拟)若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是( )
A．异面或平行 B．异面或相交
C．异面 D．相交、平行或异面
答案 D
解析 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
①若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线B1A1记为直线c，
此时a和c相交；
②若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线DD1记为直线c，
此时a和c平行；
③若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线C1D1记为直线c，
此时a和c异面．
(2)下列推断中，正确的有________．
①M∈α，M∈β，α∩β＝l⇒M∈l；②A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝AB；③l⊄α，A∈l⇒A∉α；④A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合．
答案 ①②④
解析 对于①，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由公理3可知M∈l，①正确；
对于②，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，②正确；
对于③，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，③错误；
对于④，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，④正确．
命题点2 异面直线所成的角
例3 (1)如图所示，圆柱O1O2的底面半径为1，高为2，AB是一条母线，BD是圆O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为( )
A.eq \f(3\r(35),35) B.eq \f(4\r(35),35)
C.eq \f(3\r(7),14) D.eq \f(2\r(7),7)
答案 C
解析 连接AO2，设AO2的延长线交下底面圆周上的点为E，连接CE，易知∠CAE(或其补角)即为异面直线AC与BD所成的角，连接CD(图略)，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BD＝2，∠CBD＝30°，得BC＝eq \r(3)，CD＝1.又AB＝DE＝AE＝BD＝2，AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(7)，CE＝eq \r(DC2＋DE2)＝eq \r(5)，所以在△CAE中，cs∠CAE＝eq \f(AC2＋AE2－CE2,2AC·AE)＝eq \f(7＋4－5,2×\r(7)×2)＝eq \f(3\r(7),14)，即异面直线AC与BD所成角的余弦值为eq \f(3\r(7),14).
(2)(2023·长治模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝CC1＝2，E为BB1上一点，平面AEC1将三棱柱分为上、下体积相等的两部分，则AE与B1C1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 如图，作C1H⊥A1B1于点H，
则C1H⊥平面ABB1A1且C1H＝eq \r(2)，
设B1E＝x，
则＝eq \f(1,3)·eq \f(1,2)·(2＋x)·2eq \r(2)·eq \r(2)＝eq \f(2,3)(2＋x)，
易得AC⊥平面BB1C1C，
则＝eq \f(1,3)·eq \f(1,2)·(2－x＋2)·2·2＝eq \f(2,3)(4－x)，
平面AEC1将三棱柱分为两个体积相等的四棱锥C1－A1AEB1和A－BCC1E，
即，
则x＝1，所以E为BB1的中点，
取CC1中点为F，连接EF，
则EF∥B1C1，∠AEF(或其补角)即为异面直线AE与B1C1所成角，
cs∠AEF＝eq \f(EF,AE)＝eq \f(2,3).
所以异面直线AE与B1C1所成角的余弦值为eq \f(2,3).
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)求异面直线所成角的方法
跟踪训练2 (1)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，以下四个结论正确的是( )
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．
A．①③ B．①④
C．②③ D．③④
答案 D
解析 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①错；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，故②错；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③正确；同理④正确．
(2)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\c1(\f(3\r(2),2)))2),\f(3\r(2),2))＝eq \f(\r(11),3).
即异面直线SC与OE所成角的正切值为eq \f(\r(11),3).
(3)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 如图所示，过点A补作一个与正方体ABCD－A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知平面α为平面AF1E，则m，n所成的角为∠EAF1.∵△AF1E为正三角形，∴sin∠EAF1＝sin 60°＝eq \f(\r(3),2).
题型三 空间几何体的切割(截面)问题
例4 (1)用一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则下列结论正确的有________．
①这两部分的表面积一定不相等；②截面不会是三角形；③截面不会是五边形；④截面可以是正六边形．
答案 ②③④
解析 如图，一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则平面α一定过正方体的中心，所以这两部分的表面积相等，根据对称性，截面不会是三角形、五边形，但可以是正六边形(如图)．
(2)已知直四棱柱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，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＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq \r(3).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＝eq \r(2)，连接D1P，则D1P＝eq \r(D1M2＋MP2)＝eq \r(\r(3)2＋\r(2)2)＝eq \r(5)，连接MG，MH，易得MG＝MH＝eq \r(2)，故可知以M为圆心，eq \r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为eq \f(1,4)×2π×eq \r(2)＝eq \f(\r(2)π,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利用公理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)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和C1C上(异于端点)，则过三点A，F，E的平面被正方体截得的图形(截面)不可能是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
答案 C
解析 当BE＝CF时，截面是矩形；当2BE＝CF时，截面是菱形；
当BE>CF时，截面是梯形；截面不可能是正方形．
(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________．
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)，
设等腰梯形MNDB的高为h，
则h＝eq \r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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).
课时精练
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
答案 D
解析 根据题意，两点确定一条直线，那么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，那么可知直线上至多有一个点在平面内．
2．下列命题中正确的是( )
A．空间四点共面，则其中必有三点共线
B．空间四点不共面，则其中任意三点不共线
C．空间四点中有三点共线，则此四点不共面
D．空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面
答案 B
解析 对于A，对平面四边形的四个顶点来说不成立，故A不正确；对于B，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B正确；对于C，由B的分析可知C不正确；对于D，平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故D不正确．
3．已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系( )
A．两两垂直 B．两两平行
C．两两相交 D．两两异面
答案 B
解析 如图1，可得a，b，c可能两两垂直；
如图2，可得a，b，c可能两两相交；
如图3，可得a，b，c可能两两异面．
4．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
答案 D
解析 如图，由题意知，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，E是的中点，F是AB的中点，
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，故A，B错误；
又CF＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，AE＝eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2)＝eq \r(6)，所以AE≠CF，故C错误．
5.如图，已知四面体ABCD 的各条棱长均等于4，E，F 分别是棱AD，BC 的中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α 去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为( )
A．3eq \r(2) B．4
C．4eq \r(2) D．6
答案 B
解析 将正四面体补成正方体如图所示，
可得EF⊥平面CHBG，且正方体的棱长为2eq \r(2).
由于EF⊥平面α，且平面α 与四面体的每一个面都相交，
故截面为平行四边形MNKL，且KL＋KN＝4，
又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，
∴KN⊥KL，
∴ 平行四边形MNKL 为矩形，
∴S矩形MNKL＝KN·KL≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(KN＋KL,2)))2＝4，
当且仅当KN＝KL＝2 时取等号．
6．(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 以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B(0,0,2)，P(1,1,0)，D1(2,2,0)，A(0,2,2)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq \(AD1,\s\up6(―→))＝(2,0，－2)．设直线PB与AD1所成的角为θ，则cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AD1,\s\up6(―→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(AD1,\s\up6(―→))|)))＝eq \f(|－6|,\r(6)×\r(8))＝eq \f(\r(3),2).因为θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq \f(π,6).
方法三 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).
7.(2023·广州模拟)如图为四棱锥A－DEFG的侧面展开图(点G1，G2重合为点G)，其中AD＝AF，G1D＝G2F.E是线段DF的中点，请写出四棱锥A－DEFG中一对一定相互垂直的异面直线________．(填上你认为正确的一个结论即可，不必考虑所有可能的情形)
答案 AE，DF(或AE，DG或AE，GF或AG，DF)
解析 还原该四棱锥的直观图如图所示，连接DF和GE，相交于点O，连接AO，
∵DG＝FG，DE＝EF，GE＝GE，∴△GDE≌△GFE，∴∠DGO＝∠FGO，
又∵DG＝FG，GO＝GO，
∴△DGO≌△FGO，
∴DO＝OF，∠GOD＝∠GOF＝eq \f(π,2)，∴DF⊥OE，
∵AD＝AF，OD＝OF，∴AO⊥DF，
∵AO∩OE＝O，AO，OE⊂平面AOE，
∴DF⊥平面AOE，又AE⊂平面AOE，∴DF⊥AE.
8.如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后、左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直．则这两个四棱柱的表面相交的交线段总长度为________．
答案 8eq \r(6)
解析 由题可知，这两个四棱柱的表面相交的交线段由8条长度相等的线段构成，
如图所示，选取一个侧面进行分析，其中AC，AB均为交线段，且AC＝AB，BC为底面的对角线长，D为BC的中点，
∴AD＝2，CD＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)＝eq \r(2)，
∴AC＝eq \r(AD2＋CD2)＝eq \r(22＋\r(2)2)＝eq \r(6)，
∴所求的交线段总长度为8×eq \r(6)＝8eq \r(6).
9.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．
证明 (1)因为E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD.
在△BCD中，eq \f(BG,GC)＝eq \f(DH,HC)＝eq \f(1,2)，
所以GH∥BD，
所以EF∥GH.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，
所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
所以P∈AC，
所以P，A，C三点共线．
10.如图，在三棱锥P－ABC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P－ABC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P－ABC的体积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是异面直线BC与AD所成的角(或其补角)．
在△ADE中，DE＝2，AE＝eq \r(2)，AD＝2，
cs∠ADE＝eq \f(AD2＋DE2－AE2,2·AD·DE)＝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).
11．(2023·朝阳模拟)在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝eq \r(2)，AD＝BC＝AC＝BD＝eq \r(5)，则下列结论正确的个数是( )
①AB⊥CD；②三棱锥A－BCD的体积为eq \f(2,3)；③三棱锥A－BCD外接球半径为eq \r(6)；④异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(3,5).
A．4 B．3 C．2 D．1
答案 B
解析 将三棱锥补形为长方体，如图所示．
其中BE＝BN＝1，BF＝2，
所以AB＝CD＝eq \r(2)，AD＝BC＝AC＝BD＝eq \r(5)，
连接MF，
则AM∥BF，AM＝BF，
所以四边形AMFB为平行四边形，
所以AB∥MF，
又四边形MCFD为正方形，
所以MF⊥CD，
所以AB⊥CD，故①正确；
长方体的体积V1＝1×1×2＝2，
三棱锥E－ABC的体积V2＝V三棱锥A－BEC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×1＝eq \f(1,3)，
同理，三棱锥N－ABD，三棱锥F－BCD，三棱锥M－ACD的体积也为eq \f(1,3)，
所以三棱锥A－BCD的体积V＝2－4×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，故②正确；
长方体的外接球的直径为eq \r(12＋12＋22)＝eq \r(6)，
所以长方体的外接球的半径为eq \f(\r(6),2)，
长方体的外接球也是三棱锥A－BCD的外接球，
所以三棱锥A－BCD外接球的半径为eq \f(\r(6),2)，故③错误；
连接MN，交AD于点O，
因为MN∥BC，
所以∠AOM(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角，
由已知OA＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(5),2)，
OM＝eq \f(1,2)MN＝eq \f(\r(5),2)，AM＝2，
所以cs∠AOM＝eq \f(\f(5,4)＋\f(5,4)－4,2×\f(\r(5),2)×\f(\r(5),2))＝－eq \f(3,5)，
所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq \f(3,5)，故④正确．
12.如图，E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1，C1D1的中点，若AB＝6，则过A，E，F三点的截面的面积为( )
A．9eq \r(2)
B．18eq \r(2)
C.eq \f(21\r(17),2)
D.eq \f(27\r(17),2)
答案 C
解析 连接EF，作直线EF分别与直线DC，DD1的延长线相交于点P，Q，
连接AP交BC于点M，连接AQ交A1D1于点N，连接NF，ME.
则五边形AMEFN即为过A，E，F三点的截面，如图所示．
由题意知AP＝AQ＝3eq \r(13)，PQ＝9eq \r(2)，
∴S△APQ＝eq \f(27\r(17),2)，
又ME∥AQ，且eq \f(ME,AQ)＝eq \f(1,3)，
∴S△MPE＝S△QNF＝eq \f(1,9)S△APQ，
∴S五边形AMEFN＝eq \f(7,9)S△APQ＝eq \f(21\r(17),2).
13．(2022·南阳模拟)如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且eq \f(AE,ED)＝eq \f(BF,FC)＝eq \f(1,2)，EF＝eq \r(7)，则AB与CD所成角的大小为________．
答案 60°
解析 在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，
∵eq \f(AE,ED)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(BG,GD)＝eq \f(1,2)，
又eq \f(BF,FC)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(BG,GD)＝eq \f(BF,FC)，
则GF∥CD，
∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成角，
在△EGF中，EG＝eq \f(2,3)AB＝2，GF＝eq \f(1,3)CD＝1，EF＝eq \r(7)，
∴cs∠EGF＝eq \f(22＋12－\r(7)2,2×2×1)＝－eq \f(1,2)，
∴∠EGF＝120°，
∴AB与CD所成角的大小为60°.
14．已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB＝2eq \r(3)，AC＝2，BC＝4，则：
(1)球O的表面积为________；
(2)若D是BC的中点，过点D作球O的截面，则截面面积的最小值是________．
答案 (1)52π (2)4π
解析 (1)由题意，根据勾股定理可得AC⊥AB，则可将三棱锥P－ABC放入以AP，AC，AB为长方体的长，宽，高的长方体中，则体对角线为外接球直径，设外接球半径为r，即2r＝eq \r(22＋62＋2\r(3)2)＝2eq \r(13)，则r＝eq \r(13)，所以球O的表面积为4πr2＝4π×(eq \r(13))2＝52π.
(2)由题意，得△ABC为直角三角形，所以D为底面ABC的外接圆圆心，当DO⊥截面时，截面面积最小，即截面为平面ABC的外接圆，半径为2，故截面面积的最小值为π×22＝4π.
15．(2023·重庆模拟)如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB＝BC＝2，过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则平面α与该直三棱柱所得截面的周长为 ________.
答案 3eq \r(2)＋eq \r(6)
解析 如图所示，取AC的中点D，连接BD，取A1C1的中点D1，连接B1D1，取AD的中点G，连接EG，连接EF，
分别取C1D1，B1C1的中点M，N，连接MN，FN，GM，
可得EG∥BD，BD∥B1D1，MN∥B1D1，即有EG∥MN，
又由AB＝BC，
可得BD⊥AC，
因为AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥BD，
又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，
所以BD⊥平面AA1C1C，
可得EG⊥平面AA1C1C，
由面面垂直的判定定理，可得平面EGMNF⊥平面AA1C1C，
则平面EGMNF即为平面α，
由EG＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)，GM＝eq \r(4＋2)＝eq \r(6)，MN＝eq \f(1,2)B1D1＝eq \f(\r(2),2)，NF＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，FE＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，
则所得截面的周长为eq \f(\r(2),2)×2＋eq \r(6)＋eq \r(2)×2＝3eq \r(2)＋eq \r(6).
16.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝2AD＝2CD＝2，点E是PB的中点．
(1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面？若存在，请证明，若不存在，请说明理由；
(2)若PC＝2，求三棱锥P－ACE的体积．
解 (1)存在．当G为PA的中点时满足条件．
如图，连接GE，GD，则GE是△PAB的中位线，
所以GE∥AB.
又AB∥DC，
所以GE∥DC，
所以G，E，C，D四点共面．
(2)因为E是PB的中点，
所以VP－ACE＝VB－ACE＝eq \f(1,2)VP－ACB.
因为AD⊥DC，AB∥DC，
所以AC＝eq \r(2)，CB＝eq \r(2)，
故由题易知AC⊥BC，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)＝1，
VP－ACB＝eq \f(1,3)PC·S△ABC＝eq \f(2,3)，
所以VP－ACE＝eq \f(1,3).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
方法
解读
平移法
将异面直线中的某一条平移，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
补形法
在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，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