2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题42空间点、线、面之间的位置关系（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题42空间点、线、面之间的位置关系（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。


专题42空间点、线、面之间的位置关系
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧


题型归类
题型一：平面的基本性质
题型二：空间两直线的位置关系
题型三：求两条异面直线所成的角
题型四：空间几何体的切割(截面)问题
题型五：
题型六：
题型七：
题型八：
题型九：

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
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.
【考点预测】
1.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
基本事实
内容
图形
符号
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

A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α
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

A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α
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

P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l
(2)基本事实1的三个推论
推论
内容
图形
作用
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

确定平面的依据
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.基本事实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：如果空间中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：已知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.证明点共线与线共点都需用到基本事实3.
2.两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.
【方法技巧】
1.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)证明共点的方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
2.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．
3.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．
4.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．
5.作交线的方法有如下两种：
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．
二、【题型归类】
【题型一】平面的基本性质
【典例1】如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D中，E，F分别是AB和AA1的中点，求证：E，C，D1，F四点共面．

【证明】如图所示，连接CD1，EF，A1B，

因为E，F分别是AB和AA1的中点，所以EF∥A1B且EF＝A1B.
又因为A1D1平行BC且A1D1=BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，
所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，
所以EF与CD1确定一个平面α，
所以E，F，C，D1∈α，
即E，C，D1，F四点共面．
【典例2】(多选)如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是(　　)
A．C1，M，O三点共线
B．C1，M，O，C四点共面
C．C1，O，A1，M四点共面
D．D1，D，O，M四点共面
【解析】连接A1C1，AC，则AC∩BD＝O，又A1C∩平面C1BD＝M，所以三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，所以C1，M，O三点共线，所以选项A，B，C均正确，选项D错误．
故选ABC.
【典例3】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EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．
【解析】(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD.在△BCD中，＝＝，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．
【题型二】空间两直线的位置关系
【典例1】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
【解析】如图，取CD的中点F，连接EF，EB，BD，FN，因为△CDE是正三角形，所以EF⊥CD.设CD＝2，则EF＝.因为点N是正方形ABCD的中心，所以BD＝2，NF＝1，BC⊥CD.因为平面ECD⊥平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，BC⊥平面ECD，所以EF⊥NF，BC⊥EC，所以在Rt△EFN中，EN＝2，在Rt△BCE中，EB＝2，所以在等腰三角形BDE中，BM＝，所以BM≠EN.易知BM，EN是相交直线．
故选B．

【典例2】已知空间三条直线l，m，n，若l与m异面，且l与n异面，则(　　)
A．m与n异面
B．m与n相交
C．m与n平行
D．m与n异面、相交、平行均有可能
【解析】在如图所示的长方体中，m，n1与l都异面，但是m∥n1，所以A，B错误；m，n2与l都异面，且m，n2也异面，所以C错误．
故选D．

【典例3】如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：

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．
其中正确的结论是________(注：把你认为正确的结论的序号都填上)．
【解析】直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误．
答案：③④
【题型三】求两条异面直线所成的角
【典例1】如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　)

A. B.
C. D.
【解析】连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝，A1B＝BC1＝，故cos∠A1BC1＝＝，即异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为.故选D.

【典例2】在长方体ABCDA1B1C1D1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.
【解析】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ABCDA1B1C1D1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＝＝，
即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
【典例3】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.
【解析】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＝.
故选D.
【题型四】空间几何体的切割(截面)问题
【典例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
【解析】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．
故选C.
【典例2】(多选)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是(　　)
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状可能为正六边形
D．截面面积最大值为3
【解析】易知A，C正确，B不正确，下面说明D正确，
如图，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN＝2，GH＝，

OE＝＝＝，
所以S＝2××(＋2)×＝3，
故D正确．
故选ACD.
【典例3】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________．

【解析】在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要ME∥BC1，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＝2a，MI＝a，
IH＝2a，HG＝a，FG＝2a，EF＝a，
所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9a，
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3．
三、【培优训练】
【训练一】平面α过正方体ABCD­A1B1C1D1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.
【解析】如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
因为α∥平面CB1D1，则m1∥m，又因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，

所以B1D1∥m1，
所以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．
又因为B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
所以∠CD1B1＝，
得sin∠CD1B1＝，故选A.
【训练二】已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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________．
【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＝＝，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．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝.
【训练三】如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AE∶EB＝AH∶HD＝m，CF∶FB＝CG∶GD＝n.

(1)证明：E，F，G，H四点共面；
(2)m，n满足什么条件时，四边形EFGH是平行四边形？
(3)在(2)的条件下，若AC⊥BD，试证明：EG＝FH.
【解析】(1)证明：因为AE∶EB＝AH∶HD，所以EH∥BD.
又CF∶FB＝CG∶GD，
所以FG∥BD.所以EH∥FG.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)当EH∥FG，且EH＝FG时，四边形EFGH为平行四边形．
因为＝＝，所以EH＝BD.
同理可得FG＝BD，由EH＝FG，得m＝n.
故当m＝n时，四边形EFGH为平行四边形．
(3)证明：当m＝n时，AE∶EB＝CF∶FB，
所以EF∥AC，
又EH∥BD，
所以∠FEH是AC与BD所成的角(或其补角)，
因为AC⊥BD，所以∠FEH＝90°，
从而平行四边形EFGH为矩形，所以EG＝FH.
【训练四】如图1，在边长为4的正三角形ABC中，D，F分别为AB，AC的中点，E为AD的中点．将△BCD与△AEF分别沿CD，EF同侧折起，使得二面角A－EF－D与二面角B－CD－E的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．

(1)在多面体中，求证： A，B，D，E四点共面；
(2)求多面体的体积．
【解析】(1)证明　因为二面角A－EF－D的大小等于90°，
所以平面AEF⊥平面DEFC，
又AE⊥EF，AE⊂平面AEF，平面AEF∩平面DEFC＝EF，
所以AE⊥平面DEFC，
同理，可得BD⊥平面DEFC，
所以AE∥BD，故A，B，D，E四点共面．
(2)解　因为AE⊥平面DEFC，BD⊥平面DEFC,EF∥CD，AE∥BD，DE⊥CD，
所以AE是四棱锥A－CDEF的高，点A到平面BCD的距离等于点E到平面BCD的距离，
又AE＝DE＝1，CD＝2，EF＝，BD＝2，
所以V＝VA－CDEF＋VA－BCD＝S梯形CDEF·AE＋S△BCD·DE＝.
【训练五】如图1，在边长为4的正三角形ABC中，D，F分别为AB，AC的中点，E为AD的中点．将△BCD与△AEF分别沿CD，EF同侧折起，使得二面角A－EF－D与二面角B－CD－E的大小都等于90°，得到如图2所示的多面体．

图1　　　　　　　图2
(1)在多面体中，求证： A，B，D，E四点共面；
(2)求多面体的体积．
【解析】(1)证明　因为二面角A－EF－D的大小等于90°，所以平面AEF⊥平面DEFC，
又AE⊥EF，AE⊂平面AEF，平面AEF∩平面DEFC＝EF，所以AE⊥平面DEFC，
同理，可得BD⊥平面DEFC，
所以AE∥BD，故A，B，D，E四点共面．
(2)解　因为AE⊥平面DEFC，BD⊥平面DEFC，EF∥CD，AE∥BD，DE⊥CD，
所以AE是四棱锥A－CDEF的高，点A到平面BCD的距离等于点E到平面BCD的距离，
又AE＝DE＝1，CD＝2，EF＝，BD＝2，
所以V＝VA－CDEF＋VA－BCD＝S梯形CDEF·AE＋S△BCD·DE＝．
【训练六】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，边长为4，E为AB的中点，PE⊥平面ABCD.
(1)若△PAB为等边三角形，求四棱锥P－ABCD的体积；
(2)若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的正切值.
【解析】(1)∵正方形ABCD的边长为4，且△PAB为等边三角形，E为AB的中点，
∴PE＝PB·sin∠PBE＝AB·sin 60°＝2，
又PE⊥平面ABCD，
∴四棱锥P－ABCD的体积VP－ABCD＝×42×2＝.
(2)∵AD∥BC，
∴∠PCB即PC与AD所成的角.
如图，连接EF，∵PE⊥平面ABCD，EF，BC⊂平面ABCD，
∴PE⊥EF，PE⊥BC，
又PF与平面ABCD所成角为45°，
即∠PFE＝45°，
∴PE＝EF·tan ∠PFE＝4，
∴PB＝＝＝2.
又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，
又PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，
∴tan ∠PCB＝＝，
∴PC与AD所成角的正切值为.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 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
【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．
故选D.
2. 在四面体ABCD中，点E，F，G，H分别在直线AD，AB，CD，BC上，若直线EF和GH相交，则它们的交点一定(　　)
A．在直线DB上 B．在直线AB上
C．在直线CB上 D．都不对
【解析】直线EF和GH相交，设其交点为M.因为EF⊂平面ABD，HG⊂平面CBD，所以M∈平面ABD且M∈平面CBD.因为平面ABD∩平面BCD＝BD，所以M∈BD，所以EF与HG的交点在直线BD上．
故选A.
3. 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
【解析】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β与平面ABC的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD.
故选C.
4. 如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(　　)

A．CC1与B1E是异面直线
B．C1C与AE共面
C．AE与B1C1是异面直线
D．AE与B1C1所成的角为60°
【解析】由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E是共面的，所以A错误；由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；同理AE与B1C1是异面直线，C正确；而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，E为BC中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，D错误．
故选C.
5. 已知直线l⊄平面α，直线m⊂平面α，给出下面四个结论：①若l与m不垂直，则l与α一定不垂直；②若l与m所成的角为30°，则l与α所成的角也为30°；③l∥m是l∥α的必要不充分条件；④若l与α相交，则l与m一定是异面直线．其中正确结论的个数为(　　)
A．1　　　B．2　　　C．3　　　D．4
【解析】对于①，当l与m不垂直时，假设l⊥α，那么由l⊥α一定能得到l⊥m，这与已知条件矛盾，因此l与α一定不垂直，故①正确；对于②，易知l与m所成的角为30°时，l与α所成的角不一定为30°，故②不正确；对于③，l∥m可以推出l∥α，但是l∥α不能推出l∥m，因此l∥m是l∥α的充分不必要条件，故③不正确；对于④，若l与α相交，则l与m相交或异面，故④不正确．故正确结论的个数为1，
选A.
6. 如图，在正方体ABCD­A′B′C′D′中，平面α垂直于对角线AC′，且平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形，记此截面六边形的面积为S，周长为l，则(　　)
A．S为定值，l不为定值 B．S不为定值，l为定值
C．S与l均为定值 D．S与l均不为定值
【解析】设平面α截得正方体的六个表面得到截面六边形ω，ω与正方体的棱的交点分别为I，J，N，M，L，K(如图)．
将正方体切去两个正三棱锥A­A′BD和C′­B′CD′，得到一个几何体V，则V的上、下底面B′CD′与A′BD互相平行，每个侧面都是等腰直角三角形，截面六边形ω的每一条边分别与V的底面上的每一条边平行．设正方体的棱长为a，＝γ，则IK＝γB′D′＝aγ，KL＝(1－γ)A′B＝a(1－γ)，故IK＋KL＝aγ＋a(1－γ)＝a.同理可证LM＋MN＝NJ＋IJ＝a，故六边形ω周长为3a，即周长为定值．
当I，J，N，M，L，K都在对应棱的中点时，ω是正六边形．其面积S＝6×××＝a2，△A′BD的面积为×(a)2×＝a2，当ω无限趋近于△A′BD时，ω的面积无限趋近于a2，故ω的面积一定会发生变化，不为定值．故选B.
7. 如图，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当点C运动时，点H运动的轨迹(　　)

A．是圆　　　　　 B．是椭圆
C．是抛物线 D．不是平面图形
【解析】如图，过点B作圆的直径BD，连接CD，AD，则BC⊥CD，再过点B作BE⊥AD于点E，连接HE，因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH.

又BH⊥AC，且AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥AD，BH⊥HE.
又注意到过点B与直线AD垂直的直线都在同一个平面内，于是结合点B，E位置，可知，当点C运动时，点H运动的轨迹是以BE为直径的圆．
故选A．
8. 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
【解析】如图，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，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，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝2＋2＋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.


【多选题】
9. 四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是(　　)
A.MN与PD是异面直线
B.MN∥平面PBC
C.MN∥AC
D.MN⊥PB
【解析】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，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.
故选ABD.
10. 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(　　)

【解析】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，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.
故选BD.
11. 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，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共面
C.A，M，C，O共面 D.B，B1，O，M共面
【解析】∵M∈A1C，A1C⊂平面A1ACC1，
∴M∈平面A1ACC1，
又∵M∈平面AB1D1，
∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，
即A，M，O三点共线，
∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，
∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，
∴M在平面BB1D1D外，
即B，B1，O，M不共面，故选ABC.
12. 如图，已知二面角A－BD－C的大小为，G，H分别是BC，CD的中点，E，F分别在AD，AB上，＝＝，且AC⊥平面BCD，则以下说法正确的是(　　)
A.E，F，G，H四点共面
B.FG∥平面ADC
C.若直线FG，HE交于点P，则P，A，C三点共线
D.若△ABD的面积为6，则△BCD的面积为3
【解析】由＝＝知EF平行BD，且EF=BD
又GH平行BD，且GH=BD∴EF∥GH，
因此E，F，G，H共面，A项正确；
假设FG∥平面ADC成立，因为平面ABC∩平面DAC＝AC，
所以FG∥AC，又G是BC的中点，所以F是AB的中点，与＝矛盾，B项不正确；
因为FG⊂平面ABC，P∈FG，所以P∈平面ABC，同理P∈平面ADC，
因为平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线，因此C正确；
易知S△BCD＝cos·S△ABD＝×6＝3，D正确.
故选ACD.
【填空题】
13. 已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．
【解析】如图所示，补成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，

则所求角为∠BC1D或其补角，
∵BC1＝，BD＝＝，C1D＝AB1＝，
易得C1D2＝BD2＋BC，即BC1⊥BD，
因此cos∠BC1D＝＝＝．
14. 在空间中，给出下面四个命题，其中假命题为________．(填序号)
①过平面α外的两点，有且只有一个平面与平面α垂直；
②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，则α∥β；
③若直线l与平面α内的任意一条直线垂直，则l⊥α；
④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线．
【解析】对于①，当平面α外两点的连线与平面α垂直时，此时过两点有无数个平面与平面α垂直，所以①不正确；
对于②，若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等，平面α与β可能平行，也可能相交，所以②不正确；
对于③，直线l与平面内的任意直线垂直时，得到l⊥α，所以③正确；
对于④，两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点，所以④不正确．
15. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，P，Q分别为A1B，B1D1，A1D，CD1的中点，则直线EF与PQ所成角的大小是________．
【解析】如图，连接A1C1，BC1，则F是A1C1的中点，

又E为A1B的中点，所以EF∥BC1，连接DC1，则Q是DC1的中点，
又P为A1D的中点，所以PQ∥A1C1，
于是∠A1C1B是直线EF与PQ所成的角或其补角．
易知△A1C1B是正三角形，所以∠A1C1B＝．
16. 在棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为棱A1D1，CC1的中点，过P，Q，A作正方体的截面，则截面多边形的周长是________．
【解析】如图所示，

过Q作QM∥AP交BC于M，
由A1P＝CQ＝2，tan∠APA1＝2，
则tan∠CMQ＝2，CM＝＝1，
延长MQ交B1C1的延长线于E点，连接PE，交D1C1于N点，
则多边形AMQNP即为截面，
根据平行线性质有C1E＝CM＝1，
＝＝，
则C1N＝，D1N＝，
因此NQ＝＝，
NP＝＝，
又AP＝＝2，AM＝＝5，
MQ＝＝，
所以多边形AMQNP的周长为
AM＋MQ＋QN＋NP＋PA
＝5＋＋＋＋2
＝．
【解答题】
17. 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点．求证：D1，H，O三点共线．


【解析】如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，

因为BB1DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形，
又H∈B1D，
B1D⊂平面BB1D1D，
则H∈平面BB1D1D，
因为平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，
所以H∈OD1.即D1，H，O三点共线．
18. 如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：

(1)三棱锥P­ABC的体积；
(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．
【解析】(1)S△ABC＝×2×2＝2，
三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.
(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角．

在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝.
故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.
19. 如图，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，D1C1的中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面相交于直线l.
(1)画出l的位置；
(2)设l∩A1B1＝P，求PB1的长．

【解析】(1)如图，延长DM与D1A1交于点O，连接NO，则直线NO即为直线l.

(2)因为l∩A1B1＝P，则易知直线NO与A1B1的交点即为P.
所以A1M∥DD1，且M，N分别是AA1，D1C1的中点，所以A1也为D1O的中点．由图可知＝＝，所以A1P＝，从而可知PB1＝.
20. 如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．

(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．
【解析】(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．
(2)取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．
又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.
在Rt△EGF中，由EG＝FG＝AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.
21. 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.
【解析】(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.
22. 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为AA1，CC1的中点，M为AB上一点．

(1)若D1E与CM相交于点K，求证D1E，CM，DA三条直线相交于同一点；
(2)若AB＝2，AA1＝4，∠BAD＝，求点D1到平面FBD的距离．
【解析】(1)证明　∵D1E与CM相交于点K，
∴K∈D1E，K∈CM，
而D1E⊂平面ADD1A1，CM⊂平面ABCD，
且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，
∴K∈AD，
∴D1E，CM，DA三条直线相交于同一点K．
(2)解　∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，
∴BC＝CD＝2，
而四棱柱的侧棱AA1⊥底面ABCD，
∴CC1⊥底面ABCD，
又∵F是CC1的中点，CC1＝4，∴CF＝2，
∴BF＝DF＝2，
又∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝，
∴BD＝AB＝2，
∴S△FBD＝×2×＝．
设点D1到平面FBD的距离为h，点B到平面DD1F的距离为d，
则d＝2sin ＝，
又∵，
∴×S△FBD×h＝××d，
∴××h＝××4×2×，
解得h＝．
即点D1到平面FBD的距离为．