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备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系
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这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系，共23页。试卷主要包含了平行公理和等角定理，异面直线所成的角等内容，欢迎下载使用。
第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系
考试要求 1.理解空间直线、平面位置关系的定义；2.了解可以作为推理依据的公理和定理；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.
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：过不在同一条直线上的三点，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.
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线
直线与平面
平面与平面
平行关系
图形
语言
符号
语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形
语言
符号
语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
独有关系
图形
语言
符号
语言
a，b是
异面直线
a⊂α
3.平行公理(公理4)和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
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.
4.异面直线所成的角
(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任意一点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：.
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.异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.
3.两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.
1.思考辨析(在括号内打“√”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，则这两个平面重合.( )
(4)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
解析 (1)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，故错误.
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.
(4)由于a不平行于平面α，且a⊄α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误.
2.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
答案 C
解析 连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C或其补角为所求的角.又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.
3.已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A.相交或平行 B.相交或异面
C.平行或异面 D.相交、平行或异面
答案 D
解析 依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面.
4.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
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 ∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴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.
5.(2021·日照调研)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 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.
6.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AC，EH綉BD，
∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，
∴EF＝EH且EF⊥EH，
∵EF綉AC，EH綉BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.
考点一 平面的基本性质及应用
例1 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AC1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AC1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.
感悟提升 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.
训练1 如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，G，H分别是CD和AD上的点.若EH与FG相交于点K.
求证：EH，BD，FG三条直线相交于同一点.
证明 因为K∈EH，EH⊂平面ABD，
所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，
因此K∈BD，所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点.
考点二 空间两直线的位置关系
例2 (1)(2022·全国名校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有下列四个结论：
①AP与CM是异面直线；②AP，CM，DD1相交于一点；③MN∥BD1；④MN∥平面BB1D1D.其中所有正确结论的序号是( )
A.①④ B.②④
C.①③④ D.②③④
(2)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 (1)B (2)B
解析 (1)连接MP，AC(图略)，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP与CM是相交直线，
又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，
所以AP，CM，DD1相交于一点，则①不正确，②正确.
③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＝CD，
则四边形MNOD1为平行四边形，所以MN∥OD1，
因为MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，
所以MN∥平面BD1D，③不正确，④正确.
综上所述，②④正确.
(2)取CD的中点O，连接ON，EO，
因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，
又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，EO⊂平面ECD，
所以EO⊥平面ABCD.
设正方形ABCD的边长为2，
则EO＝，ON＝1，
所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.
过M作CD的垂线，交CD于点P，连接BP，
则MP＝，CP＝，
所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，
所以BM≠EN.
连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.
感悟提升 空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(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；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
训练2 (1)已知空间三条直线l，m，n，若l与m垂直，l与n垂直，则( )
A.m与n异面
B.m与n相交
C.m与n平行
D.m与n平行、相交、异面均有可能
(2)(2021·宜宾质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法错误的是( )
A.MN与PD是异面直线
B.MN∥平面PBC
C.MN∥AC
D.MN⊥PB
答案 (1)D (2)C
解析 (1)因为m⊥l，n⊥l，结合长方体模型可知m与n可以相交，也可以异面，还可以平行.
(2)如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，
由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，又HC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线；故A，B说法均正确.
若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，
事实上AC∩CH＝C，
C说法不正确；
因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确.
考点三 异面直线所成的角
例3 (1)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.
(2)(2021·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＝SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
答案 (1)C (2)D
解析 (1)法一 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＝，
AD1＝＝2，
DM＝＝，
DB1＝＝.
所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，
于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝.
故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
法二 以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〈，〉＝＝＝，故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
(2)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＝SB，∴SE＝BE.
又OB＝3，∴OF＝OB＝1.
∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝3.
∵SO⊥OF，∴SF＝＝.
∵OC⊥OF，∴CF＝.
∴在等腰△SCF中，
tan∠CSF＝＝.
感悟提升 1.综合法求异面直线所成角的步骤：
(1)作：通过作平行线得到相交直线.
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).
(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.
2.向量法：利用向量的内积求所成角的余弦值.
训练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. B. C. D.
(2)(2021·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝，则异面直线A1C与AD所成角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 (1)D (2)C
解析 (1)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，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，所以C1P⊥平面B1BP.
又BP⊂平面B1BP，所以有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＝B1D1＝，BC1＝2，sin ∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝.
(2)如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角.连接D1C.
∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，
又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，
∴A1D1⊥平面BCC1B1，
∵D1C⊂平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，
∴△A1D1C为直角三角形，在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝，
∴∠CA1D1＝60°.
截线、截面问题
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.
(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.
一、截面问题
例1 (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
(2)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A. B. C. D.
答案 (1)C (2)A
解析 (1)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.
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)如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.
由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.
易知正六边形EFGHIJ的边长为，将该正六边形分成6个边长为的正三角形.
故其面积为6××＝.
二、截线问题
例2 (1)(2020·新高考全国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__________.
(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.
答案 (1) (2)
解析 (1)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，D1Q，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＝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＝＝＝.
可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，∴B1P＝＝1，同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝，知的长为×＝.
(2)如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，
由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，
由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，
即Q的轨迹为MN，
由棱长为3，
得C1M＝A1C1＝3，则BC1＝6，
又＝＝，
则NC1＝BC1＝4，
由A1B＝BC1＝A1C1，
得∠A1C1B＝60°，
则MN＝＝＝.
1.给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是( )
A.① B.①④ C.②③ D.③④
答案 B
解析 显然命题①正确.
由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错.
命题③中，两个平面重合或相交，③错.
三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确.
2.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. B. C. D.
答案 C
解析 如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即为∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝.
又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，
所以tan∠EAB＝＝.
3.a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( )
A.若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B.若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C.若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c
答案 C
解析 若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确.
4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1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(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，
∴A1C⊂平面ACC1A1，
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.
∴A，M，O三点共线.
5.下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有( )
A.①③ B.②③ C.②④ D.②③④
答案 C
解析 图①中，直线GH∥MN；
图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；
图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；
图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面.
所以在图②④中，GH与MN异面.
6.在各棱长均相等的四面体ABCD中，已知M是棱AD的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设四面体ABCD的棱长为2，取CD的中点N，连接MN，BN，
∵M是棱AD的中点，
∴MN∥AC，
∴∠BMN(或其补角)是异面直线BM与AC所成的角.
∵BM＝BN＝＝，
MN＝AC＝1，
∴在△BMN中，
cos∠BMN＝
＝＝，
∴异面直线BM与AC所成角的余弦值为.
7.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.
答案 4
解析 因为AB∥CD，由图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面，与另外四个侧面相交.
8.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________.
答案
解析 取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，
所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角.
因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，
所以C1D⊥AD，
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.
9.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
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＝2，MN＝，
且BM＝DN＝，
∴等腰梯形MNDB的高为
h＝＝，
∴梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝.
10.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝AD，BE∥AF且BE＝AF，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？
(1)证明 由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH綉AD.
又BC綉AD，∴GH綉BC.
∴四边形BCHG为平行四边形.
(2)解 共面 ∵BE綉AF，G是FA的中点，∴BE綉FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.
由(1)知BG綉CH，∴EF∥CH，
∴EF与CH共面.
又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面.
11.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
(1)求异面直线AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求异面直线A1C1与EF所成角的大小.
解 (1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是异面直线AC与A1D所成的角.
在△AB1C中，AB1＝AC＝B1C，
所以∠B1CA＝60°.
故异面直线A1D与AC所成的角为60°.
(2)连接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.
故异面直线A1C1与EF所成的角为90°.
12.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. B. C. D.
答案 A
解析 如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
∵α∥平面CB1D1，
α∩平面ABCD＝m，则m1∥m，
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1
＝B1D1，∴B1D1∥m1，
∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.
又∵B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
∴∠CD1B1＝，
得sin ∠CD1B1＝，故选A.
13.(2022·太原检测)我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积为________.
答案
解析 延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形，
由题意解三角形可得NE＝ME＝，
AM＝AN＝，MN＝.
∴△AMN中MN边上的高
h1＝＝，
△EMN中MN边上的高
h2＝＝.
∴AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积S＝S△AMN＋S△EMN＝MN·(h1＋h2)＝×＝.
14.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点.
(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值.
解 (1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，所以四棱锥O－ABCD的体积V＝×4×2＝.
(2)如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，又M为OA中点，
∴ME∥OC，
则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角，由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，
∵()2＋()2＝()2，
即DE2＋EM2＝MD2，
∴△DEM为直角三角形，且∠DEM＝90°，
∴tan∠EMD＝＝＝.
∴异面直线OC与MD所成角的正切值为.
第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系
考试要求 1.理解空间直线、平面位置关系的定义；2.了解可以作为推理依据的公理和定理；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.
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：过不在同一条直线上的三点，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.
2.空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线
直线与平面
平面与平面
平行关系
图形
语言
符号
语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交关系
图形
语言
符号
语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
独有关系
图形
语言
符号
语言
a，b是
异面直线
a⊂α
3.平行公理(公理4)和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
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.
4.异面直线所成的角
(1)定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任意一点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：.
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.异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.
3.两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.
1.思考辨析(在括号内打“√”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，则这两个平面重合.( )
(4)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
解析 (1)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，故错误.
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.
(4)由于a不平行于平面α，且a⊄α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误.
2.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
答案 C
解析 连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C或其补角为所求的角.又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.
3.已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )
A.相交或平行 B.相交或异面
C.平行或异面 D.相交、平行或异面
答案 D
解析 依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面.
4.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过( )
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 ∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴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.
5.(2021·日照调研)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 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.
6.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AC，EH綉BD，
∴AC＝BD.
(2)∵四边形EFGH为正方形，
∴EF＝EH且EF⊥EH，
∵EF綉AC，EH綉BD，
∴AC＝BD且AC⊥BD.
考点一 平面的基本性质及应用
例1 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AC1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AC1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.
感悟提升 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.
训练1 如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，G，H分别是CD和AD上的点.若EH与FG相交于点K.
求证：EH，BD，FG三条直线相交于同一点.
证明 因为K∈EH，EH⊂平面ABD，
所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，
因此K∈BD，所以EH，BD，FG三条直线相交于同一点.
考点二 空间两直线的位置关系
例2 (1)(2022·全国名校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有下列四个结论：
①AP与CM是异面直线；②AP，CM，DD1相交于一点；③MN∥BD1；④MN∥平面BB1D1D.其中所有正确结论的序号是( )
A.①④ B.②④
C.①③④ D.②③④
(2)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 (1)B (2)B
解析 (1)连接MP，AC(图略)，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP与CM是相交直线，
又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，
所以AP，CM，DD1相交于一点，则①不正确，②正确.
③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＝CD，
则四边形MNOD1为平行四边形，所以MN∥OD1，
因为MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，
所以MN∥平面BD1D，③不正确，④正确.
综上所述，②④正确.
(2)取CD的中点O，连接ON，EO，
因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，
又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，EO⊂平面ECD，
所以EO⊥平面ABCD.
设正方形ABCD的边长为2，
则EO＝，ON＝1，
所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.
过M作CD的垂线，交CD于点P，连接BP，
则MP＝，CP＝，
所以BM2＝MP2＋BP2＝＋＋22＝7，得BM＝，
所以BM≠EN.
连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，故选B.
感悟提升 空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(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；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
训练2 (1)已知空间三条直线l，m，n，若l与m垂直，l与n垂直，则( )
A.m与n异面
B.m与n相交
C.m与n平行
D.m与n平行、相交、异面均有可能
(2)(2021·宜宾质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法错误的是( )
A.MN与PD是异面直线
B.MN∥平面PBC
C.MN∥AC
D.MN⊥PB
答案 (1)D (2)C
解析 (1)因为m⊥l，n⊥l，结合长方体模型可知m与n可以相交，也可以异面，还可以平行.
(2)如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，
由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，又HC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线；故A，B说法均正确.
若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，
事实上AC∩CH＝C，
C说法不正确；
因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确.
考点三 异面直线所成的角
例3 (1)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.
(2)(2021·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＝SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
答案 (1)C (2)D
解析 (1)法一 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＝，
AD1＝＝2，
DM＝＝，
DB1＝＝.
所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，
于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝.
故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
法二 以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〈，〉＝＝＝，故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
(2)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＝SB，∴SE＝BE.
又OB＝3，∴OF＝OB＝1.
∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝3.
∵SO⊥OF，∴SF＝＝.
∵OC⊥OF，∴CF＝.
∴在等腰△SCF中，
tan∠CSF＝＝.
感悟提升 1.综合法求异面直线所成角的步骤：
(1)作：通过作平行线得到相交直线.
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).
(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.
2.向量法：利用向量的内积求所成角的余弦值.
训练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. B. C. D.
(2)(2021·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝，则异面直线A1C与AD所成角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
答案 (1)D (2)C
解析 (1)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，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，所以C1P⊥平面B1BP.
又BP⊂平面B1BP，所以有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＝B1D1＝，BC1＝2，sin ∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝.
(2)如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角.连接D1C.
∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，
又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，
∴A1D1⊥平面BCC1B1，
∵D1C⊂平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，
∴△A1D1C为直角三角形，在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝，
∴∠CA1D1＝60°.
截线、截面问题
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.
(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.
一、截面问题
例1 (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
(2)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A. B. C. D.
答案 (1)C (2)A
解析 (1)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.
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)如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.
由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.
易知正六边形EFGHIJ的边长为，将该正六边形分成6个边长为的正三角形.
故其面积为6××＝.
二、截线问题
例2 (1)(2020·新高考全国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__________.
(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.
答案 (1) (2)
解析 (1)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，D1Q，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＝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＝＝＝.
可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，∴B1P＝＝1，同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝，知的长为×＝.
(2)如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，
由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，
由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，
即Q的轨迹为MN，
由棱长为3，
得C1M＝A1C1＝3，则BC1＝6，
又＝＝，
则NC1＝BC1＝4，
由A1B＝BC1＝A1C1，
得∠A1C1B＝60°，
则MN＝＝＝.
1.给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是( )
A.① B.①④ C.②③ D.③④
答案 B
解析 显然命题①正确.
由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错.
命题③中，两个平面重合或相交，③错.
三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确.
2.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. B. C. D.
答案 C
解析 如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即为∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝.
又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，
所以tan∠EAB＝＝.
3.a，b，c是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( )
A.若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面
B.若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交
C.若a∥b，则a，b与c所成的角相等
D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c
答案 C
解析 若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确.
4.如图所示，ABCD－A1B1C1D1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(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，
∴A1C⊂平面ACC1A1，
∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，
∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上.
∴A，M，O三点共线.
5.下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有( )
A.①③ B.②③ C.②④ D.②③④
答案 C
解析 图①中，直线GH∥MN；
图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；
图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；
图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面.
所以在图②④中，GH与MN异面.
6.在各棱长均相等的四面体ABCD中，已知M是棱AD的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设四面体ABCD的棱长为2，取CD的中点N，连接MN，BN，
∵M是棱AD的中点，
∴MN∥AC，
∴∠BMN(或其补角)是异面直线BM与AC所成的角.
∵BM＝BN＝＝，
MN＝AC＝1，
∴在△BMN中，
cos∠BMN＝
＝＝，
∴异面直线BM与AC所成角的余弦值为.
7.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.
答案 4
解析 因为AB∥CD，由图可以看出EF平行于正方体左右两个侧面，与另外四个侧面相交.
8.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________.
答案
解析 取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，
因为C是圆柱下底面弧AB的中点，
所以AD∥BC，
所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角.
因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，
所以C1D⊥AD，
因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝AD，
所以直线AC1与AD所成角的正切值为，
所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.
9.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
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＝2，MN＝，
且BM＝DN＝，
∴等腰梯形MNDB的高为
h＝＝，
∴梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝.
10.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝AD，BE∥AF且BE＝AF，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？
(1)证明 由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH綉AD.
又BC綉AD，∴GH綉BC.
∴四边形BCHG为平行四边形.
(2)解 共面 ∵BE綉AF，G是FA的中点，∴BE綉FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.
由(1)知BG綉CH，∴EF∥CH，
∴EF与CH共面.
又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面.
11.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
(1)求异面直线AC与A1D所成角的大小；
(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求异面直线A1C1与EF所成角的大小.
解 (1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是异面直线AC与A1D所成的角.
在△AB1C中，AB1＝AC＝B1C，
所以∠B1CA＝60°.
故异面直线A1D与AC所成的角为60°.
(2)连接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.
故异面直线A1C1与EF所成的角为90°.
12.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. B. C. D.
答案 A
解析 如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
∵α∥平面CB1D1，
α∩平面ABCD＝m，则m1∥m，
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1
＝B1D1，∴B1D1∥m1，
∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.
又∵B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
∴∠CD1B1＝，
得sin ∠CD1B1＝，故选A.
13.(2022·太原检测)我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积为________.
答案
解析 延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形，
由题意解三角形可得NE＝ME＝，
AM＝AN＝，MN＝.
∴△AMN中MN边上的高
h1＝＝，
△EMN中MN边上的高
h2＝＝.
∴AMN截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积S＝S△AMN＋S△EMN＝MN·(h1＋h2)＝×＝.
14.如图，在四棱锥O－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点.
(1)求四棱锥O－ABCD的体积；
(2)求异面直线OC与MD所成角的正切值.
解 (1)由已知可求得正方形ABCD的面积S＝4，所以四棱锥O－ABCD的体积V＝×4×2＝.
(2)如图，连接AC，设线段AC的中点为E，连接ME，DE，又M为OA中点，
∴ME∥OC，
则∠EMD(或其补角)为异面直线OC与MD所成的角，由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，
∵()2＋()2＝()2，
即DE2＋EM2＝MD2，
∴△DEM为直角三角形，且∠DEM＝90°，
∴tan∠EMD＝＝＝.
∴异面直线OC与MD所成角的正切值为.
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