高考数学科学创新复习方案提升版第40讲空间点、直线、平面之间的位置关系学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第40讲空间点、直线、平面之间的位置关系学案（Word版附解析），共19页。

1．基本事实与推论
(1)基本事实1：过eq \x(\s\up1(01))不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．即eq \x(\s\up1(02))不共线的三点确定一个平面．
(2)基本事实2：如果一条直线上的eq \x(\s\up1(03))两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
(3)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eq \x(\s\up1(04))该点的公共直线．
(4)三个推论
推论1：经过一条直线和eq \x(\s\up1(05))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．空间中直线与直线的位置关系
(1)异面直线的定义
把不同在eq \x(\s\up1(06))任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．
(2)位置关系的分类
eq \a\vs4\al(空间,直线)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(共面直线\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(相交直线,\x(\s\up1(07))平行直线)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有, 公共点))
(3)基本事实4：平行于同一条直线的两条直线eq \x(\s\up1(08))平行．
(4)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eq \x(\s\up1(09))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分别作直线a′∥a，b′∥b，把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 \x(\s\up1(10))eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))．
3．空间直线与平面、平面与平面之间的位置关系
1．异面直线判定的一个方法
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．
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．
1．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定( )
A．与a，b都相交B．只能与a，b中的一条相交
C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行
答案 C
解析 由题意易知，c与a，b都可相交，也可只与其中一条相交，故A，B错误；若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据基本事实4，知a∥b，与a，b为异面直线矛盾，D错误．故选C.
2．(人教A必修第二册8.4.1练习T2改编)下列说法中正确的是( )
A．三点确定一个平面B．四边形确定一个平面
C．梯形确定一个平面D．空间任意两条直线确定一个平面
答案 C
解析 不共线的三点确定一个平面，故A错误；四边形有可能是空间四边形，故四边形不一定能确定一个平面，故B错误；因为梯形有一组对边平行，所以梯形确定一个平面，故C正确；两条异面直线不能确定一个平面，故D错误．故选C.
3.(人教A必修第二册8.6.1练习T4改编)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D为A1B1的中点，AB＝BC＝2，BB1＝1，AC＝2eq \r(2)，则异面直线BD与AC所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 C
解析 如图，取B1C1的中点E，连接BE，DE，则AC∥A1C1∥DE，则∠BDE(或其补角)即为异面直线BD与AC所成的角．由条件知，BD＝DE＝EB＝eq \r(2)，则∠BDE＝60°.故选C.
4.(多选)如图，α∩β＝l，A∈α，C∈β，C∉l，直线AB∩l＝D，A，B，C三点确定的平面记为γ，则平面γ与β的交线必过( )
A．点A B．点B
C．点C D．点D
答案 CD
解析 因为AB∩l＝D，所以D∈AB.又A，B，C三点确定平面γ，所以C∈γ，D∈γ.又C，D∈β，故C，D在γ和β的交线上．故选CD.
5．设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题：
①若a∥b，b∥c，则a∥c；
②若a⊥b，b⊥c，则a∥c；
③若a与b相交，b与c相交，则a与c相交；
④若a⊂平面α，b⊂平面β，则a，b一定是异面直线．
上述命题中错误的是________(写出所有错误命题的序号)．
答案 ②③④
解析 由基本事实4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错误；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行或异面，故③错误；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b不同在任何一个平面内，故④错误．
例1 如图所示，在正方体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)如图所示，
连接EF，CD1，A1B.
∵E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥A1B.
又A1B∥CD1，
∴EF∥CD1.
∴E，C，D1，F四点共面．
(2)∵EF∥CD1，EF∴直线CE与直线D1F必相交，设交点为P.
则由P∈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．
1．证明点或线共面问题的两种方法
(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．
(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合．
2．证明点共线问题的两种方法
(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．证明线共点问题的常用方法
先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
提醒：点共线、线共点等都是应用基本事实3，证明点为两平面的公共点，即证明点在交线上．
如图，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)设直线EG与直线FH交于点P.求证：P，A，C三点共线．
证明 (1)∵E，F分别为AB，AD的中点，
∴EF∥BD.
在△BCD中，eq \f(BG,GC)＝eq \f(DH,HC)＝eq \f(1,2)，
∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．
(2)∵EG∩FH＝P，∴P∈EG，
∵EG⊂平面ABC，∴P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
∴P为平面ABC与平面ADC的公共点，
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
∴P∈AC，∴P，A，C三点共线．
例2 (1)(多选)如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，l⊂平面A1B1C1D1，且l与B1C1不平行，则下列结论能成立的是( )
A．l与AD平行B．l与AB异面
C．l与CD所成的角为30°D．l与BD垂直
答案 BCD
解析 假设l∥AD，则由AD∥BC∥B1C1，可得l∥B1C1，与“l与B1C1不平行”矛盾，所以l与AD不平行，A错误；取l为A1C1所在直线，满足B，B正确；又因为l⊥B1D1，B1D1∥BD，所以l⊥BD，D正确；取l与C1D1成30°角，因为C1D1∥CD，所以此时l与CD所成的角为30°，C正确．故选BCD.
(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AB＝2，E是eq \(BC,\s\up8(︵))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 由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E是eq \(BC,\s\up8(︵))的中点，F是AB的中点，AC⊂平面ABC，所以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＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，AE＝eq \r(22＋（\r(2)）2)＝eq \r(6)，所以AE≠CF.故选D.
空间两条直线位置关系的判定方法
1.已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．异面
答案 C
解析 直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；当l⊂α时，在平面α内不存在与l异面的直线，∴D错误；当l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误；无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直，∴C正确．故选C.
2.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 C
解析 还原的正方体如图所示，是异面直线的共三对，分别为AB与CD，AB与GH，EF与GH.
例3 (1)如图，在三棱锥D－ABC中，AC＝BD，且AC⊥BD，E，F分别是棱DC，AB的中点，则EF与AC所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 B
解析 如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG.∵E，F分别为DC，AB的中点，∴FG∥AC，EG∥BD，且FG＝eq \f(1,2)AC，EG＝eq \f(1,2)BD.
∴∠EFG(或其补角)为EF与AC所成的角．∵AC＝BD，∴FG＝EG.∵AC⊥BD，∴FG⊥EG，∴∠FGE＝90°，∴△EFG为等腰直角三角形，∴∠EFG＝45°，即EF与AC所成的角为45°.故选B.
(2)在长方体ABCD－A1B1C1D1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 解法一(补形法)：如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1(或其补角)为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，所以DE1＝eq \r(DE2＋EEeq \\al(2,1))＝eq \r(12＋（\r(3)）2)＝2，DB1＝eq \r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq \r(5)，B1E1＝eq \r(A1Beq \\al(2,1)＋A1Eeq \\al(2,1))＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cs∠B1DE1＝eq \f(22＋（\r(5)）2－（\r(5)）2,2×2×\r(5))＝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).故选C.
解法二(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(或其补角)为异面直线AD1与DB1所成的角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，所以AD1＝eq \r(AD2＋DDeq \\al(2,1))＝2，DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)，DB1＝eq \r(AB2＋AD2＋BBeq \\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cs∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(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).故选C.
求异面直线所成角的方法
注意：平移法求异面直线所成角时，选点要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角．
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 如图，连接A1C1，BC1，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1(或其补角)为直线PB与AD1所成的角．设正方体的棱长为2，则PB＝eq \r(6)，PC1＝eq \r(2)，BC1＝2eq \r(2)，则PB2＋PCeq \\al(2,1)＝BCeq \\al(2,1)，所以PB⊥PC1，△PBC1为直角三角形．在Rt△PBC1中，因为sin∠PBC1＝eq \f(PC1,BC1)＝eq \f(\r(2),2\r(2))＝eq \f(1,2)，所以直线PB与AD1所成的角为eq \f(π,6).故选D.
2.如图，圆台OO1的上底面半径为O1A1＝1，下底面半径为OA＝2，母线长AA1＝2，在下底面内过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( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
答案 B
解析 在直角梯形OO1A1A中，∵B为OA的中点，OA＝2，∴O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B，易知四边形OO1A1B为矩形，∴OO1∥A1B，∴∠BA1C(或其补角)为异面直线OO1与A1C所成的角．在Rt△AA1B中，AA1＝2，AB＝1，∴A1B＝eq \r(3).连接OC，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝eq \r(3).在Rt△A1BC中，BC＝A1B，∴∠BA1C＝45°，即异面直线OO1与A1C所成角的大小为45°.
课时作业
一、单项选择题
1．如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面α，M∈a，N∈b，M∈l，N∈l，则( )
A．l⊂α B．l⊄α
C．l∩α＝M D．l∩α＝N
答案 A
解析 ∵M∈a，a⊂α，∴M∈α，同理，N∈α.又M∈l，N∈l，则l⊂α.故选A.
2．(2023·惠州三调)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
答案 B
解析 ∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，且a⊂α，b⊂γ，∴P∈α，P∈γ，又γ∩α＝c，∴P∈c，可得b∩c＝P.故选B.
3．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
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.故选B.
4．(2024·保定一模)已知a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，α∩β＝c，a⊂α，b⊂β，则“a，b相交”是“a，c相交”的( )
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
答案 C
解析 若a，b相交，a⊂α，b⊂β，则其交点在交线c上，故a，c相交；若a，c相交，则a，b为相交直线或异面直线．综上所述，“a，b相交”是“a，c相交”的充分不必要条件．故选C.
5．(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P为边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
答案 B
解析 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C1重合时，BP与AD1是平行直线；对于D，当点P与C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选B.
6．(2024·宁德模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D和CD1与底面所成的角分别为45°和30°，则异面直线A1D与B1D1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),4) B.eq \f(\r(2),4)
C.eq \f(3,4) D.eq \f(\r(5),4)
答案 B
解析 由题意，可作图如右，则∠A1DA＝45°，∠D1CD＝30°，设AD＝1，在Rt△ADA1中，易知AA1＝AD＝1，在Rt△D1DC中，DD1＝AA1＝1，DD1⊥CD，CD＝eq \f(DD1,tan30°)＝eq \r(3)，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，易知BD∥B1D1，则∠A1DB为异面直线A1D与B1D1所成的角或其补角，在Rt△ABD中，AD2＋AB2＝BD2，则BD＝2，同理可得A1D＝eq \r(2)，A1B＝2，由余弦定理，得cs∠A1DB＝eq \f(A1D2＋BD2－A1B2,2A1D·BD)＝eq \f(2＋4－4,2×\r(2)×2)＝eq \f(\r(2),4).故选B.
7.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 B
解析 如图，取CD的中点F，DF的中点G，连接EF，FN，MG，GB，BD，BE.∵点N为正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且N为BD的中点．∵△ECD是正三角形，∴EF⊥CD.∵平面ECD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴EF⊥FN.不妨设AB＝2，则FN＝1，EF＝eq \r(3)，∴EN＝eq \r(FN2＋EF2)＝2.∵M，G分别是ED，DF的中点，∴MG∥EF，∴MG⊥平面ABCD，∴MG⊥BG.∵MG＝eq \f(1,2)EF＝eq \f(\r(3),2)，BG＝eq \r(CG2＋BC2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋22)＝eq \f(5,2)，∴BM＝eq \r(MG2＋BG2)＝eq \r(7).∴BM≠EN.∵BM，EN都是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.
8.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.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(3,2) D．2
答案 A
解析 延长D1E与直线DC交于点F，连接AF，则平面AD1E与平面ABCD的交线为AF，又C1D1∥CD，∴∠AFD(或其补角)为平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成的角，∵E是棱CC1的中点，且DD1∥CC1，∴CD＝CF，∴tan∠AFD＝eq \f(AD,DF)＝eq \f(1,2).故选A.
二、多项选择题
9.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是( )
A．AC与BD1是两条相交直线
B．AA1∥平面BB1D1
C．B1C与BD1是异面直线
D．A，C，B1，D1四点共面
答案 BC
解析 BD1⊂平面ABD1，AC∩平面ABD1＝A，A∉BD1，所以AC与BD1是异面直线，A错误；因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BB1D1，BB1⊂平面BB1D1，所以AA1∥平面BB1D1，B正确；BD1⊂平面BB1D1，B1C∩平面BB1D1＝B1，B1∉BD1，所以B1C与BD1是异面直线，C正确；如题图所示，A，C，D1三点在平面ACD1上，B1D1与平面ACD1相交，所以A，C，B1，D1四点不共面，D错误．故选BC.
10.一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中( )
A．AB∥CD B．AB与CD异面
C．AB⊥CD D．AB与CD所成的角为60°
答案 BD
解析 将展开图还原，得如图所示正方体，易知AB与CD是异面直线，且它们所成的角为60°.故选BD.
11.(2024·海南模拟)如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥平面ABCD，则下列结论正确的是( )
A．AB⊥SA
B．AC与SB所成的角为90°
C．AD与SB所成的角等于CD与SB所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
答案 ABC
解析 对于A，SD⊥平面ABCD，则AB⊥SD，又底面ABCD为正方形，则AD⊥AB，则AB⊥平面SAD，故AB⊥SA，A正确；对于B，SD⊥平面ABCD，则AC⊥SD，又底面ABCD为正方形，则BD⊥AC，则AC⊥平面SDB，故AC⊥SB，即AC与SB所成的角为90°，B正确；对于C，AD∥BC，则AD与SB所成的角等于∠SBC，而AB∥CD，则CD与SB所成的角等于∠SBA，在△SBC与△SBA中，SC＝SA，BC＝BA，SB为公共边，则△SBC≌△SBA，故∠SBC＝∠SBA，故AD与SB所成的角等于CD与SB所成的角，C正确；对于D，AB∥CD，SD⊥平面ABCD，则AB与SC所成的角为∠SCD<90°，而DC与SA所成的角为∠SAB＝90°，则AB与SC所成的角小于DC与SA所成的角，故D错误．故选ABC.
三、填空题
12.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，
①GH与EF平行；
②BD与MN为异面直线；
③GH与MN成60°角；
④DE与MN垂直．
以上四个命题中，正确命题的序号是________．
答案 ②③④
解析 将正四面体的平面展开图复原为正四面体A－DEF，如图．对于①，G，H分别为DE，BE的中点，则GH∥AD，而AD与EF异面，故GH与EF不平行，故①错误；对于②，假设BD与MN共面，则A，D，E，F四点共面，与A－DEF为正四面体矛盾，故假设不成立，故BD与MN异面，故②正确；对于③，依题意，得GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，点A在平面DEF内的射影A1在GF上，∴DE⊥平面AGF，DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故④正确．综上所述，正确命题的序号是②③④.
13．已知在三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且异面直线AB与CD所成的角为60°，M，N分别是BC，AD的中点，则异面直线AB与MN所成的角为________．
答案 60°或30°
解析 如图，取AC的中点P，连接PM，PN，则PM∥AB，且PM＝eq \f(1,2)AB，PN∥CD，且PN＝eq \f(1,2)CD，所以∠MPN(或其补角)为异面直线AB与CD所成的角，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°.因为PM∥AB，所以∠PMN(或其补角)是异面直线AB与MN所成的角．①当∠MPN＝60°时，因为AB＝CD，所以PM＝PN，则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°，即异面直线AB与MN所成的角为60°；②当∠MPN＝120°时，易知△PMN是等腰三角形，所以∠PMN＝30°，即异面直线AB与MN所成的角为30°.综上，异面直线AB与MN所成的角为60°或30°.
14.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 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).
四、解答题
15．在空间四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝a，M，N分别为BC，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与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与AD的公垂线．
(2)在等边三角形ABC中，由边长为a，
可得AM＝eq \f(\r(3),2)a，在Rt△ANM中，又AN＝eq \f(a,2)，
可得MN＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(2),2)a.
16.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.
证明：(1)当AB＝BC时，EF⊥AC；
(2)点C1在平面AEF内．
证明 (1)∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥BB1.
连接BD，B1D1.
∵AB＝BC，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD.
∵BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D1D，
∴AC⊥平面BB1D1D.
∵EF⊂平面BB1D1D，∴EF⊥AC.
(2)在CC1上取点M使得CM＝2MC1，
连接DM，MF，EC1，
∵D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1，
∴ED＝MC1，ED∥MC1.
∴四边形DMC1E为平行四边形，
∴DM∥EC1.
∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
BF＝2FB1，CM＝2MC1，
∴MF∥CB，MF＝CB，
又DA∥CB，DA＝CB，∴MF∥DA，MF＝DA，
∴四边形MFAD为平行四边形，
∴DM∥AF，∴EC1∥AF.
∴点C1在平面AEF内．
17.已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，A1在底面ABC内的射影O为底面△ABC的中心，如图所示．
(1)连接BC1，求异面直线AA1与BC1所成角的大小；
(2)连接A1C，A1B，求三棱锥C1－BCA1的体积．
解 (1)如图，连接AO，并延长与BC交于点D，则D是BC边的中点，连接A1D.
∵点O是正三角形ABC的中心，且A1O⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥AD，BC⊥A1O.
∵AD∩A1O＝O，AD，A1O⊂平面ADA1，
∴BC⊥平面ADA1.
∵AA1⊂平面ADA1，∴BC⊥AA1.
又AA1∥CC1，
∴异面直线AA1与BC1所成的角为∠BC1C或其补角．
∵CC1⊥BC，且侧棱长和底面边长均为2，
∴四边形BCC1B1为正方形，
∴∠BC1C＝45°，
∴异面直线AA1与BC1所成的角为45°.
(2)∵三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，
∴可求得AD＝eq \r(3)，AO＝eq \f(2,3)AD＝eq \f(2\r(3),3)，
A1O＝eq \r(AAeq \\al(2,1)－AO2)＝eq \f(2\r(6),3).
∴VABC－A1B1C1＝S△ABC·A1O＝2eq \r(2)，
VA1－B1C1CB＝VABC－A1B1C1－VA1－ABC＝eq \f(4\r(2),3).
∴VC1－BCA1＝VA1－BCC1＝eq \f(1,2)VA1－BCC1B1＝eq \f(2\r(2),3).关系位置
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
考向一 基本事实与推论的应用
考向二 空间两条直线的位置关系
考向三 异面直线所成的角
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
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