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高考数学一轮复习第7章第3课时空间点、直线、平面之间的位置关系学案
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这是一份高考数学一轮复习第7章第3课时空间点、直线、平面之间的位置关系学案，共30页。
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
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
共面直线相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：在同一平面内，没有公共点； 异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点．
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，他们的关系也可能平行或相交．
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．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：0，π2．
[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)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)×
二、教材习题衍生
1．(人教A版必修第二册P131练习T4改编)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
D [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．]
2．(人教A版必修第二册P132习题8.4T3改编)下列命题正确的是( )
A．两个平面如果有公共点，那么一定相交
B.两个平面的公共点一定共线
C．两个平面有三个公共点一定重合
D．过空间任意三点，一定有一个平面
D [如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点．]
3．(人教A版必修第二册P132习题8.4T9改编)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法错误的是( )
A．AB与CD是异面直线
B．GH与CD相交
C．EF∥CD
D．EF与AB异面
D [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A、B、C选项正确，EF与AB相交，故D错误，故选D.]
4．(人教A版必修第二册P132习题8.4T5改编)三个平面最多能把空间分为________部分，最少能把空间分成________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．]
考点一 基本事实的应用
[典例1] 如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
[证明] (1)如图，连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥BA1.
又∵A1B∥D1C，
∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF∴CE与D1F必相交，设交点为P，
则由P∈直线CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．
共面、共线、共点问题的证明
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
|
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
|
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，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，BGGC＝DHHC＝12，
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．
考点二 空间两直线位置关系的判定
[典例2] (1)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
(2)(2022·福州5月模拟)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BC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)D (2)D [(1)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．
图① 图②
(2)由题意，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，E是BC的中点，F是AB的中点，所以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＝12+22＝5，AE＝22+22＝6，所以AE≠CF.
故选D.]
空间中两直线位置关系的判定方法
[跟进训练]
2．(1)(多选)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 B C D
(2)已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列说法中正确的序号为________．
①若a平行于α内的无数条直线，则a∥α；
②若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线；
③若α∥β，a⊂α，则a∥β；
④若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交．
(1)BD (2)③ [(1)图A中，直线GH∥MN；
图B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C中，连接MG(图略)，GM∥HN，因此GH与MN共面；
图D中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，
因此GH与MN异面．
(2)①忽略了a在α内这一情况，故①错误；
②直线a与b没有交点，所以直线a与b可能异面也可能平行，故②错误；
③直线a与平面β没有公共点，所以a∥β，故③正确；
④直线a与平面β可能相交也可能平行，故④错误．]
考点三 异面直线所成的角
[典例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．π2 B．π3
C．π4 D．π6
(2)(2022·河北沧州二模)《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都是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠AOD＝π3，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为( )
A．13 B．24
C．64 D．63
(1)D (2)C [(1)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，则在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝2 2，sin ∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠PBC1＝π6，故选D.
法二：如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角，即∠PBC1.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＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6.
(2)如图，连接AD，BC，AC，SC.
因为O为AB，CD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＝2.
因为∠AOD＝π3，所以∠ADO＝π3.
在直角△DAC中，CD＝2，得AC＝3.
所以cs∠SAC＝22+32-222×2×3＝64，
所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为64.故选C.]
【教师备选题】
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＝14SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为( )
A．222 B．53
C．1316 D．113
D [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＝14SB，∴SE＝13BE.
又OB＝3，∴OF＝13OB＝1.
∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝32.
∵SO⊥OF，∴SF＝SO2+OF2＝10.
∵OC⊥OF，∴CF＝10.
∴在等腰△SCF中，
tan ∠CSF＝102-3222322＝113.]
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．
[跟进训练]
3．(1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A．15 B．56
C．55 D．22
(2)(多选)(2022·山东潍坊模拟)如图所示，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，SD＝AB，则下列选项中两异面直线所成夹角大于45°的是( )
A．BC与SD B．AB与SC
C．SB与AD D．AC与SB
(1)C (2)ACD [(1)法一(平移法)：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．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，AD1＝AD2+DD12＝2，
DM＝AD2+12 AB2＝52，
DB1＝AB2+AD2+BB12＝5，所以OM＝12AD1＝1，OD＝12DB1＝52，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cs ∠MOD＝12+522-5222×1×52＝55，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.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-A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，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′＝12+1+12＝5，B′B1＝12+32＝2，DB1＝12+12+32＝5.
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B'B12+DB12－2B′B1·DB1·cs ∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×25cs ∠DB1B′，
∴cs ∠DB1B′＝55.故选C.
(2)对于A，因为SD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以SD⊥BC，则BC与SD所成角的大小为90°，A项符合．对于B，因为底面ABCD是正方形，所以AB∥CD，则AB与SC所成的角为∠SCD＝45°，B项不符合．对于C，因为AD∥BC，所以SB与AD所成的角为∠SBC，由题知tan ∠SBC＝SCBC＝2>1，所以∠SBC>45°，C项符合．对于D，因为SD⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以SD⊥AC.
因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
又因为SD∩BD＝D，所以AC⊥平面SBD.
因为SB⊂平面SBD，所以AC⊥SB，则AC与SB所成角的大小为90°，D项符合．故选ACD.]
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．截面面积最大值为33
[赏析] 突破点：熟知正方体的常见截面图
显然A、C成立，B不成立，下面说明D成立，
如图，当截面是正六边形，面积最大，MN＝22，GH＝2， OE＝1+222＝62，所以S＝2×12×(22+2)×62＝33，故D成立．
[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＝22，MN＝2，
且BM＝DN＝5，
∴等腰梯形MNDB的高为
h＝52-222＝322，∴梯形MNDB的面积为12×(2＋22)×322＝92.
[答案] 92
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，或者截面是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：截面上的点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＝13DD1，NB＝13BB1，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 [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. ]
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，5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＝22+12＝5，D1M⊥B1C1，且D1M＝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＝2，连接D1P，则D1P＝D1M2+MP2＝32+22＝5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2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GH的长为14×2π×2＝2π2.
[答案] 2π2
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2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．3π4 B．2π
C．3π2 D．9π4
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14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.]
课时分层作业(三十九) 空间点、直线、平面之间的位置关系
一、选择题
1．下列命题正确的个数为( )
①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；
②如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；
③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点．
A．0 B．1
C．2 D．3
B [如图所示，棱AA1所在直线有无数个点在平面ABCD外，但棱AA1所在直线与平面ABCD相交，所以命题①不正确．
A1B1∥AB，A1B1所在直线平行于平面ABCD，但直线AB⊂平面ABCD，所以命题②不正确．
直线l与平面α平行，则l与α无公共点，l与平面α内所有直线都没有公共点，所以命题③正确．]
2．在三棱锥A-BCD的边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
B [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.]
3．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＝12EF，且MN与EF平行
B．MN≠12EF，且MN与EF平行
C．MN＝12EF，且MN与EF异面
D．MN≠12EF，且MN与EF异面
D [设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2a，
则MN＝MC12+C1N2＝2a22+2a22
＝2a，
作点E在平面ABCD内的射影点G，连接EG，GF，
所以EF＝EG2+GF2＝2a22+2a2＝3a，
所以MN≠12EF，故选项A，C错误；
连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，
所以DE＝12A1D，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．]
4．(多选)下列四个命题中是真命题的为( )
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过空间中任意三点有且仅有一个平面
C．若空间两条直线不相交，则这两条直线平行
D．若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
AD [对于A，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为α；
若l3与l1相交，则交点A在平面α内，同理，l3与l2的交点B也在平面α内，
所以AB⊂α，即l3⊂α，A为真命题；
对于B，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，故B为假命题；
对于C，两条直线有可能平行也有可能异面，
故C为假命题；
对于D，若直线m⊥平面α，
则m垂直于平面α内所有直线，
因为直线l⊂平面α，所以直线m⊥直线l，
D为真命题．]
5．(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( )
A B C D
ABC [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．]
6．(2022·湖南雅礼中学模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为( )
A．12 B．23
C．32 D．2
A [延长D1E与直线CD相交于F，连接AF，
则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF，
又∵C1D1∥CD，∴∠AFD为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角，∵E是棱CC1的中点，且DD1∥CC1，∴CD＝CF，∴tan ∠AFD＝ADDF＝12.故选A.]
二、填空题
7. 已知平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面的交线可能有________条．
1或2或3 [当平面α过平面β与平面γ的交线时，这三个平面有1条交线；当β与γ平行时，α与β和γ各有一条交线，共有2条交线；当β∩γ＝b，α∩β＝a，α∩γ＝c时，有3条交线．]
8．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．
其中真命题的所有序号有________．
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．]
9．(2022·山东济南一中模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2，若三棱锥的外接球体积为43π，则异面直线PB与AC所成的角为________．
π3 [如图，将三棱锥补成三棱柱，取AC中点O1，PF中点O2，
外接球球心即为O1O2的中点O，设外接球半径为R，则43πR3＝43π，得R＝3，所以1+4+BC222＝3，得BC＝2，由AC∥PF，所以∠BPF或其补角即为所求异面直线所成的角，易得PB＝BF＝PF＝22，所以异面直线PB与AC所成的角为π3.]
三、解答题
10．如图所示，今有一正方体木料ABCD-A1B1C1D1，其中M，N分别是AB，CB的中点，要过D1，M，N三点将木料锯开，请你帮助木工师傅想办法，怎样画线才能顺利完成？
[解] 作法如下：
(1)连接MN并延长交DC的延长线于F，连接D1F交CC1于Q，连接QN；
(2)延长NM交DA的延长线于E，连接D1E交AA1于P，连接MP；
(3)依次在正方体各个面上画线D1P，PM，MN，NQ，QD1，即为木工师傅所要画的线．
11．如图，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＝12AD，BE∥AF且BE＝12AF，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，E，F四点是否共面？为什么？
(3)证明：直线FE，AB，DC相交于一点．
[解] (1)证明：因为G，H分别为FA，FD的中点，
所以GH∥AD且GH＝12AD.
又BC∥AD且BC＝12AD，
故GH∥BC且GH＝BC，
所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C，D，E，F四点共面．理由如下：
由BE∥AF且BE＝12AF，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綉BG.
由(1)知BG綉CH，所以EF綉CH，
所以四边形ECHF为平行四边形，所以EC∥FH，
故EC，FH共面．
又点D在直线FH上，所以C，D，E，F四点共面．
(3)证明：由(2)可知，EC∥DF，EC≠DF.
所以四边形ECDF为梯形．
所以FE，DC交于一点．
设FE∩DC＝M.
因为M∈FE，FE⊂平面ABEF，所以M∈平面ABEF.
同理M∈平面ABCD.
又平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
所以点M在线段AB的延长线上，所以直线FE，AB，DC交于一点．
12．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为棱AB，A1D1，C1D1的中点，经过E，F，G三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为( )
A．32 B．334
C．1 D．2
B [如图，分别取BC，AA1，CC1的中点为H，M，N，连接EH，HN，GN，FM，ME，容易得出FG∥EH，GN∥ME，HN∥FM，
则点E，F，G，H，M，N共面，且FG＝EH＝GN＝ME＝HN＝FM＝122+122＝22，即经过E，F，G三点的截面图形为正六边形EHNGFM.
连接MN，EG，FH，且相交于点O，
因为MN＝AC＝12+12＝2，
所以OE＝OH＝ON＝OG＝OF＝OM＝22，
则截面图形的面积为12×22×22sin60°×6＝334.]
13．小明同学对棱长为2的正方体的性质进行研究，得到了如下结论：①12条棱中可构成16对异面直线；②过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形、六边形；③以正方体各表面中心为顶点的正八面体的表面积是43＋4；④与正方体各棱相切的球的体积是82π3.其中正确的序号是________．
④ [对于①，12条棱中可构成异面直线的有24对，原因为：对于每一条棱，有三条和它平行，四条和它相交，因此有4条和它异面，而扩展到12条棱为12×4＝48，而由于两条作为一对，需要再除以2，得到24对，故①错误；
对于②，如图，过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形，故②错误；
对于③，如图，
正八面体每个面是全等的正三角形，棱长为2，表面积为8×34×22＝43，故③错误；
对于④，由于此球与正方体的各棱相切，
则球的半径正好是正方体的面对角线的一半，
正方体的棱长为2，则球的半径是R＝2×22＝2，
则V＝43πR3＝43π×23＝82π3，故④正确．]
14．已知：空间四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝a，M、N分别为BC和AD的中点．
(1)两异面直线的公垂线是指：与两异面直线都垂直且相交的直线，求证：MN是异面直线BC和AD的公垂线；
(2)求MN的长．
[解] (1)证明：如图，
由已知可得：
△ABC≌△BCD，
又M为BC的中点，则AM＝DM，
又N为AD的中点，∴MN⊥AD.
同理可证MN⊥BC.
又MN与直线BC和AD都相交，
∴MN是异面直线BC和AD的公垂线．
(2)在等边△ABC中，由边长为a，
可得AM＝32a，
在Rt△ANM中，又AN＝a2，
可得MN＝32a2-a22＝22a.
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．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
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
共面直线相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点；平行直线：在同一平面内，没有公共点； 异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点．
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，他们的关系也可能平行或相交．
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．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：0，π2．
[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)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)×
二、教材习题衍生
1．(人教A版必修第二册P131练习T4改编)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
D [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．]
2．(人教A版必修第二册P132习题8.4T3改编)下列命题正确的是( )
A．两个平面如果有公共点，那么一定相交
B.两个平面的公共点一定共线
C．两个平面有三个公共点一定重合
D．过空间任意三点，一定有一个平面
D [如果两个平面重合，则排除A，B两项；两个平面相交，则有一条交线，交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点．]
3．(人教A版必修第二册P132习题8.4T9改编)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法错误的是( )
A．AB与CD是异面直线
B．GH与CD相交
C．EF∥CD
D．EF与AB异面
D [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A、B、C选项正确，EF与AB相交，故D错误，故选D.]
4．(人教A版必修第二册P132习题8.4T5改编)三个平面最多能把空间分为________部分，最少能把空间分成________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．]
考点一 基本事实的应用
[典例1] 如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：
(1)E，C，D1，F四点共面；
(2)CE，D1F，DA三线共点．
[证明] (1)如图，连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥BA1.
又∵A1B∥D1C，
∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF
则由P∈直线CE，CE⊂平面ABCD，
得P∈平面ABCD.
同理P∈平面ADD1A1.
又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，
∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．
共面、共线、共点问题的证明
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
|
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
|
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，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，BGGC＝DHHC＝12，
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．
考点二 空间两直线位置关系的判定
[典例2] (1)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
(2)(2022·福州5月模拟)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BC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)D (2)D [(1)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．
图① 图②
(2)由题意，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，E是BC的中点，F是AB的中点，所以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＝12+22＝5，AE＝22+22＝6，所以AE≠CF.
故选D.]
空间中两直线位置关系的判定方法
[跟进训练]
2．(1)(多选)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 B C D
(2)已知a，b是两条直线，α，β是两个平面，则下列说法中正确的序号为________．
①若a平行于α内的无数条直线，则a∥α；
②若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线；
③若α∥β，a⊂α，则a∥β；
④若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交．
(1)BD (2)③ [(1)图A中，直线GH∥MN；
图B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C中，连接MG(图略)，GM∥HN，因此GH与MN共面；
图D中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，
因此GH与MN异面．
(2)①忽略了a在α内这一情况，故①错误；
②直线a与b没有交点，所以直线a与b可能异面也可能平行，故②错误；
③直线a与平面β没有公共点，所以a∥β，故③正确；
④直线a与平面β可能相交也可能平行，故④错误．]
考点三 异面直线所成的角
[典例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．π2 B．π3
C．π4 D．π6
(2)(2022·河北沧州二模)《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都是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠AOD＝π3，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为( )
A．13 B．24
C．64 D．63
(1)D (2)C [(1)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，则在直角三角形C1PB中，C1P＝12B1D1＝2，BC1＝2 2，sin ∠PBC1＝PC1BC1＝12，所以∠PBC1＝π6，故选D.
法二：如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角，即∠PBC1.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＝π3，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π6.
(2)如图，连接AD，BC，AC，SC.
因为O为AB，CD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＝2.
因为∠AOD＝π3，所以∠ADO＝π3.
在直角△DAC中，CD＝2，得AC＝3.
所以cs∠SAC＝22+32-222×2×3＝64，
所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为64.故选C.]
【教师备选题】
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＝14SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为( )
A．222 B．53
C．1316 D．113
D [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＝14SB，∴SE＝13BE.
又OB＝3，∴OF＝13OB＝1.
∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝32.
∵SO⊥OF，∴SF＝SO2+OF2＝10.
∵OC⊥OF，∴CF＝10.
∴在等腰△SCF中，
tan ∠CSF＝102-3222322＝113.]
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．
[跟进训练]
3．(1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A．15 B．56
C．55 D．22
(2)(多选)(2022·山东潍坊模拟)如图所示，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，SD＝AB，则下列选项中两异面直线所成夹角大于45°的是( )
A．BC与SD B．AB与SC
C．SB与AD D．AC与SB
(1)C (2)ACD [(1)法一(平移法)：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．因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，AD1＝AD2+DD12＝2，
DM＝AD2+12 AB2＝52，
DB1＝AB2+AD2+BB12＝5，所以OM＝12AD1＝1，OD＝12DB1＝52，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cs ∠MOD＝12+522-5222×1×52＝55，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55.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-A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，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′＝12+1+12＝5，B′B1＝12+32＝2，DB1＝12+12+32＝5.
在△DB′B1中，由余弦定理，得
DB′2＝B'B12+DB12－2B′B1·DB1·cs ∠DB1B′，
即5＝4＋5－2×25cs ∠DB1B′，
∴cs ∠DB1B′＝55.故选C.
(2)对于A，因为SD⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以SD⊥BC，则BC与SD所成角的大小为90°，A项符合．对于B，因为底面ABCD是正方形，所以AB∥CD，则AB与SC所成的角为∠SCD＝45°，B项不符合．对于C，因为AD∥BC，所以SB与AD所成的角为∠SBC，由题知tan ∠SBC＝SCBC＝2>1，所以∠SBC>45°，C项符合．对于D，因为SD⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以SD⊥AC.
因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
又因为SD∩BD＝D，所以AC⊥平面SBD.
因为SB⊂平面SBD，所以AC⊥SB，则AC与SB所成角的大小为90°，D项符合．故选ACD.]
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．截面面积最大值为33
[赏析] 突破点：熟知正方体的常见截面图
显然A、C成立，B不成立，下面说明D成立，
如图，当截面是正六边形，面积最大，MN＝22，GH＝2， OE＝1+222＝62，所以S＝2×12×(22+2)×62＝33，故D成立．
[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＝22，MN＝2，
且BM＝DN＝5，
∴等腰梯形MNDB的高为
h＝52-222＝322，∴梯形MNDB的面积为12×(2＋22)×322＝92.
[答案] 92
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，或者截面是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：截面上的点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＝13DD1，NB＝13BB1，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 [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. ]
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，5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＝22+12＝5，D1M⊥B1C1，且D1M＝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＝2，连接D1P，则D1P＝D1M2+MP2＝32+22＝5，连接MG，MH，易得MG＝MH＝2，故可知以M为圆心，2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GH的长为14×2π×2＝2π2.
[答案] 2π2
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2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．3π4 B．2π
C．3π2 D．9π4
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14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.]
课时分层作业(三十九) 空间点、直线、平面之间的位置关系
一、选择题
1．下列命题正确的个数为( )
①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；
②如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；
③若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点．
A．0 B．1
C．2 D．3
B [如图所示，棱AA1所在直线有无数个点在平面ABCD外，但棱AA1所在直线与平面ABCD相交，所以命题①不正确．
A1B1∥AB，A1B1所在直线平行于平面ABCD，但直线AB⊂平面ABCD，所以命题②不正确．
直线l与平面α平行，则l与α无公共点，l与平面α内所有直线都没有公共点，所以命题③正确．]
2．在三棱锥A-BCD的边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
B [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.]
3．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＝12EF，且MN与EF平行
B．MN≠12EF，且MN与EF平行
C．MN＝12EF，且MN与EF异面
D．MN≠12EF，且MN与EF异面
D [设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2a，
则MN＝MC12+C1N2＝2a22+2a22
＝2a，
作点E在平面ABCD内的射影点G，连接EG，GF，
所以EF＝EG2+GF2＝2a22+2a2＝3a，
所以MN≠12EF，故选项A，C错误；
连接DE，因为E为平面ADD1A1的中心，
所以DE＝12A1D，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．]
4．(多选)下列四个命题中是真命题的为( )
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过空间中任意三点有且仅有一个平面
C．若空间两条直线不相交，则这两条直线平行
D．若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
AD [对于A，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为α；
若l3与l1相交，则交点A在平面α内，同理，l3与l2的交点B也在平面α内，
所以AB⊂α，即l3⊂α，A为真命题；
对于B，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，故B为假命题；
对于C，两条直线有可能平行也有可能异面，
故C为假命题；
对于D，若直线m⊥平面α，
则m垂直于平面α内所有直线，
因为直线l⊂平面α，所以直线m⊥直线l，
D为真命题．]
5．(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( )
A B C D
ABC [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．]
6．(2022·湖南雅礼中学模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为( )
A．12 B．23
C．32 D．2
A [延长D1E与直线CD相交于F，连接AF，
则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF，
又∵C1D1∥CD，∴∠AFD为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角，∵E是棱CC1的中点，且DD1∥CC1，∴CD＝CF，∴tan ∠AFD＝ADDF＝12.故选A.]
二、填空题
7. 已知平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面的交线可能有________条．
1或2或3 [当平面α过平面β与平面γ的交线时，这三个平面有1条交线；当β与γ平行时，α与β和γ各有一条交线，共有2条交线；当β∩γ＝b，α∩β＝a，α∩γ＝c时，有3条交线．]
8．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．
其中真命题的所有序号有________．
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．]
9．(2022·山东济南一中模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2，若三棱锥的外接球体积为43π，则异面直线PB与AC所成的角为________．
π3 [如图，将三棱锥补成三棱柱，取AC中点O1，PF中点O2，
外接球球心即为O1O2的中点O，设外接球半径为R，则43πR3＝43π，得R＝3，所以1+4+BC222＝3，得BC＝2，由AC∥PF，所以∠BPF或其补角即为所求异面直线所成的角，易得PB＝BF＝PF＝22，所以异面直线PB与AC所成的角为π3.]
三、解答题
10．如图所示，今有一正方体木料ABCD-A1B1C1D1，其中M，N分别是AB，CB的中点，要过D1，M，N三点将木料锯开，请你帮助木工师傅想办法，怎样画线才能顺利完成？
[解] 作法如下：
(1)连接MN并延长交DC的延长线于F，连接D1F交CC1于Q，连接QN；
(2)延长NM交DA的延长线于E，连接D1E交AA1于P，连接MP；
(3)依次在正方体各个面上画线D1P，PM，MN，NQ，QD1，即为木工师傅所要画的线．
11．如图，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＝12AD，BE∥AF且BE＝12AF，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，E，F四点是否共面？为什么？
(3)证明：直线FE，AB，DC相交于一点．
[解] (1)证明：因为G，H分别为FA，FD的中点，
所以GH∥AD且GH＝12AD.
又BC∥AD且BC＝12AD，
故GH∥BC且GH＝BC，
所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)C，D，E，F四点共面．理由如下：
由BE∥AF且BE＝12AF，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綉BG.
由(1)知BG綉CH，所以EF綉CH，
所以四边形ECHF为平行四边形，所以EC∥FH，
故EC，FH共面．
又点D在直线FH上，所以C，D，E，F四点共面．
(3)证明：由(2)可知，EC∥DF，EC≠DF.
所以四边形ECDF为梯形．
所以FE，DC交于一点．
设FE∩DC＝M.
因为M∈FE，FE⊂平面ABEF，所以M∈平面ABEF.
同理M∈平面ABCD.
又平面ABEF∩平面ABCD＝AB，
所以点M在线段AB的延长线上，所以直线FE，AB，DC交于一点．
12．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为棱AB，A1D1，C1D1的中点，经过E，F，G三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为( )
A．32 B．334
C．1 D．2
B [如图，分别取BC，AA1，CC1的中点为H，M，N，连接EH，HN，GN，FM，ME，容易得出FG∥EH，GN∥ME，HN∥FM，
则点E，F，G，H，M，N共面，且FG＝EH＝GN＝ME＝HN＝FM＝122+122＝22，即经过E，F，G三点的截面图形为正六边形EHNGFM.
连接MN，EG，FH，且相交于点O，
因为MN＝AC＝12+12＝2，
所以OE＝OH＝ON＝OG＝OF＝OM＝22，
则截面图形的面积为12×22×22sin60°×6＝334.]
13．小明同学对棱长为2的正方体的性质进行研究，得到了如下结论：①12条棱中可构成16对异面直线；②过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形、六边形；③以正方体各表面中心为顶点的正八面体的表面积是43＋4；④与正方体各棱相切的球的体积是82π3.其中正确的序号是________．
④ [对于①，12条棱中可构成异面直线的有24对，原因为：对于每一条棱，有三条和它平行，四条和它相交，因此有4条和它异面，而扩展到12条棱为12×4＝48，而由于两条作为一对，需要再除以2，得到24对，故①错误；
对于②，如图，过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形，故②错误；
对于③，如图，
正八面体每个面是全等的正三角形，棱长为2，表面积为8×34×22＝43，故③错误；
对于④，由于此球与正方体的各棱相切，
则球的半径正好是正方体的面对角线的一半，
正方体的棱长为2，则球的半径是R＝2×22＝2，
则V＝43πR3＝43π×23＝82π3，故④正确．]
14．已知：空间四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝a，M、N分别为BC和AD的中点．
(1)两异面直线的公垂线是指：与两异面直线都垂直且相交的直线，求证：MN是异面直线BC和AD的公垂线；
(2)求MN的长．
[解] (1)证明：如图，
由已知可得：
△ABC≌△BCD，
又M为BC的中点，则AM＝DM，
又N为AD的中点，∴MN⊥AD.
同理可证MN⊥BC.
又MN与直线BC和AD都相交，
∴MN是异面直线BC和AD的公垂线．
(2)在等边△ABC中，由边长为a，
可得AM＝32a，
在Rt△ANM中，又AN＝a2，
可得MN＝32a2-a22＝22a.
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
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