7.3 空间点、直线、平面之间的位置关系（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§7.3　空间点、直线、平面之间的位置关系 第七章　立体几何与空间向量 课程标准 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． CONTECT 内 容 索 引 01 教材梳理　强基固本 02 考点探究　精准突破 03 课 时 测 评 教材梳理　强基固本 返回 返回 理清主干知识 1．刻画空间点、线、面位置关系的公理 (1)与平面有关的基本事实   文字语言 图形语言 符号语言 作用 基本事实1 过______________的三个点，有且只有一个平面 A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α (1)确定一个平面； (2)判断两个平面是否重合； (3)证明点、线共面 不在一条直线上   文字语言 图形语言 符号语言 作用 基本事实2 如果一条直线上的______ 在一个平面内，那么这条直线在这个平面内 ⇒ l⊂α 判断直线在平面内 基本事实3 如果两个不重合的平面有______公共点，那么它们有且只有______过该点的公共直线 ⇒α∩β＝l，且P∈l (1)证明“三点共线”“三线共点”； (2)确定两平面的交线 两个点 一个 一条   文字语言 图形语言 符号语言 作用 基本事实4 平行于同一条直线的两条直线互相______ ⇒m∥n 证明线线平行 两角相等或互补的定理 如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角____________ ⇒∠A＝∠A′或∠A＋∠A′＝π 判断或证明两角相等或互补 平行 相等或互补 (2)基本事实2的三个推论 推论 内容 图形 作用 推论1 一条直线和该直线外______确定一个平面 确定平面的依据 推论2 两条______直线确定一个平面 推论3 两条______直线确定一个平面 微提醒　三点不一定能确定一个平面．当三点共线时，过这三点的平面有无数个，所以必须是不在一条直线上的三点才能确定一个平面． 一点 相交 平行 2．空间点、直线、平面之间的位置关系 类别 位置关系 图形表示 符号表示 公共点个数 直线与直线 共面 平行 a∥b ___个 相交 a∩b＝A ___个 异面 a，b异面 ___个 0 1 0 类别 位置关系 图形表示 符号表示 公共点个数 直线与平面 直线a在平面α内 a⊂α 无数个，就是直线a上的所有点 直线在平面外 直线a与平面α平行 a∥α⇔ a∩α＝∅ ___个 直线a与平面α相交 a∩α＝A ___个 0 1 类别 位置关系 图形表示 符号表示 公共点个数 平面与平面 平面α与平面β平行 α∥β⇔α∩β＝∅ 0个 平面α与平面β相交 α∩β＝l 无数个，就是交线l上的所有点 微提醒　直线l和平面α相交、直线l和平面α平行统称为直线l在平面α外，记作l⊄α. 3．异面直线所成的角 不大于90°的角 (0, ] 记牢常用结论 1．异面直线的判定 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．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条直线与已知平面垂直； (4)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行． 练透教材典题 1．[多选题]下列命题中错误的是 A．空间任意三个点确定一个平面 B．两两相交的三条直线确定一个平面 C．如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合 D．没有公共点的两条直线是异面直线 √ √ √ √ √ 2.(链接北师必修二P215B组T1)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° 连接B1D1，D1C(图略)，则B1D1∥EF，故∠D1B1C或其补角为所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，所以∠D1B1C＝60°.故选C． √ 3．(用结论)“直线a与直线b没有交点”是“直线a与直线b为异面直线”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ①若直线a与直线b没有交点，则直线a与直线b为异面直线或平行直线，所以充分性不成立；②若a，b是异面直线，则直线a与直线b没有交点，所以必要性成立，所以“直线a与直线b没有交点”是“直线a与直线b为异面直线”的必要不充分条件．故选B． 4. (链接北师必修二P213例1)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； AC＝BD 返回 (2)当AC，BD满足条件___________________时，四边形EFGH为正方形． AC＝BD且AC⊥BD 因为四边形EFGH为正方形，所以EF＝EH且EF⊥EH，所以AC＝BD且AC⊥BD． 考点探究　精准突破 返回 返回 考点一 基本事实的应用 基础练 例1 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； 证明：因为E，F分别为AB，AD的中点， 所以EF∥BD． 所以GH∥BD，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面． (2)若EG与FH交于点P.求证：P，A，C三点共线． 证明：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． 规律方法 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． 对点练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； 证明：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)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线； 证明：在正方体ABCD -A1B1C1D1中，连接A1C，设A1，C，C1确定的平面 为α， 又设平面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)DE，BF，CC1三线交于一点． 证明：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． 考点二 空间位置关系的判断 综合练 例2 (1)如果两直线a∥b，且a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是 A．相交 B．b∥α C．b⊂α D．b∥α或b⊂α √ 显然b⊂α可能成立；当b⊄α时，由a∥b，a∥平面α⇒b∥α.故选D． √ (2)如图，直四棱柱ABCD -A1B1C1D1的底面是正方形，已知AA1＝4，AB＝2，点E，F分别在棱BB1，CC1上，且BE＝ BB1，CF＝ CC1，则 A．D1E≠AF，且直线D1E，AF是相交直线 B．D1E≠AF，且直线D1E，AF是异面直线 C．D1E＝AF，且直线D1E，AF是异面直线 D．D1E＝AF，且直线D1E，AF是相交直线 则AD1∥MF，故A，M，F，D1共面，点E在平面AMFD1外，故直线D1E经过平面AMFD1内一点和平面外一点，故直线D1E和平面内直线AF异面．故选B． 规律方法 点、直线、平面位置关系的判定 1．点、线、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，常借助正方体模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系． 规律方法 2．空间直线位置关系的判定方法及技巧 对点练2.(1)[多选题](2024·黑龙江大庆模拟预测)已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c.下列结论正确的是 A．若a∩b＝O，则b与c可能是异面直线 B．若a∩b＝O，则直线a，b，c必然交于一点(即三线共点) C．若a∥b，则b∥c D．若a∥b，则b与c可能是异面直线 √ √ 对于A，B：由题意，知a∩b＝O，可得O∈a，O∈b，因为α∩β＝a，可得O∈β，又由α∩γ＝b，可得O∈γ，所以O为β与γ的公共点．又β∩γ＝c，所以O∈c，所以a，b，c三线共点，故A错误，B正确．对于C，D：由题意，因为a∥b，b⊄β，a⊂β，所以b∥β，因为c⊂β，γ∩β＝c，b⊂γ，所以b∥c，所以a∥b∥c，故C正确，D错误．故选BC. (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 √ 因为在△BDE中，N为BD的中点，M为DE的中点，所以BM，EN共面相交，选项C，D错．过E作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F，连接BF，因为平面CDE⊥平面ABCD，EO⊥CD，EO⊂平面CDE， 所以EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，所以△MFB与△EON均为直角 考点三 异面直线所成的角 综合练 例3 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 √ 如图，连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1或其补角为异面直线A1B与 变式探究 1．(变条件)将本例条件“AA1＝2AB＝2”变为“AB＝1，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，其他条件不变，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为____． 由平面ABCD内有且仅有一点到A1的距离为1，得AA1＝1.此时正四棱柱变为正方体ABCD -A1B1C1D1.由图知A1B与AD1所成角为∠A1BC1或其补角，连接A1C1(图略)，则△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝60°，所以cos ∠A1BC1＝ ，故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 . 2. (变条件、变设问)将本例条件“AA1＝2AB＝2”变为“AB＝1，若异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 ”，其他条件不变，则 的值为___． 3 规律方法 求异面直线所成的角的三个步骤 1．第一步，作(找)：根据定义作(找)平行线，作(找)出异面直线所成的角； 2．第二步，证：证明作(找)出的角是异面直线所成的角； 3．第三步，求：解三角形，求出所作(找)的角． 对点练3.(2024·河南襄城三模)已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝4，AC＝4，BC＝4 ，PA＝6，D为PB的中点，则异面直线AD与PC所成角的余弦值为 √ 如图所示，取BC的中点E，连接AE，DE， 则DE∥PC，∠ADE或其补角即为异面直线AD与PC所成的角．由AB＝4，AC＝4，BC＝4 ，则有AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，E为BC的中点， 返回 课时测评 返回 返回 √ 1．已知空间中不过同一点的三条直线a，b，l，则“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 空间中不过同一点的三条直线a，b，l，若a，b，l共面，则a，b，l相交或a，b，l有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．所以a，b，l共面，则a，b，l两两相交不一定成立；而若a，b，l两两相交，则a，b，l共面成立．故“a，b，l两两相交”是“a，b，l共面”的充分不必要条件．故选A． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 2．如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线AB与CD的位置关系为 A．相交 B．平行 C．异面并且垂直 D．异面但不垂直 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 将展开图还原成正方体，如图可知，直线AB与CD的位置关系是：异面．连接BE，AE，则BE∥DC，∠EBA或其补角即为直线AB与CD的夹角，易知△ABE为等边三角形，则∠EBA＝60°，所以直线AB与CD不垂直．故选D． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 3. (2024·北京东城三模)如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F分别为CC1，D1C1的中点，则下列直线中与直线BE相交的是 A．直线A1F B．直线AD1 C．直线C1D1 D．直线AA1 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 连接EF，CD1，A1B，则EF∥CD1，EF＝ CD1，由A1D1∥BC，A1D1＝BC，可得四边形A1D1CB为平行四边形，所以A1B∥CD1，A1B＝CD1，所以EF∥A1B，EF＝ A1B，即四边形EFA1B为梯形，故直线A1F与直线BE相交，直线AD1与直线BE为异面直线，直线C1D1与直线BE为异面直线，直线AA1与直线BE为异面直线．故选A． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 4．(2024·河南洛宁模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1，D为A1B1的中点，E为A1C1的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 DF∥BE，则∠ADF为异面直线AD与BE所成的角或补 角．设AB＝AA1＝2，取AC的中点M，连接EM，BM， 则EM⊥AC，EM＝2，BM＝ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 5. (2024·北京海淀三模)已知正方体ABCD -A1B1C1D1中，点M为线段D1B1上的动点，点N为线段AC上的动点，则与线段DB1相交且互相平分的线段 MN有 A．0条 B．1条 C．2条 D．3条 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M∈D1B1，而D1B1⊂平面 D1B1D，即有M∈平面D1B1D，又MN与线段DB1相交，则 交点必在直线DB1上，而DB1⊂平面D1B1D，于是MN⊂平 面D1B1D，N∈平面D1B1D，因为N∈AC，AC⊂平面ABCD， 即N∈平面ABCD，而平面D1B1D∩平面ABCD＝BD，因此 N∈BD，即点N为AC，BD的交点O，又线段DB1与MN互相平分，取DB1的中点E，连接OE并延长交D1B1于O1，显然EO∥BB1∥DD1，于是O1为D1B1的中点，所以当点N与O重合，点M与O1重合时，MN与线段DB1相交且互相平分，这样的直线MN只有1条．故选B． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 6. (2023·河北唐山三模)如图，在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，侧棱SB与平面ABC所成的角为45°，M为AC的中点，N是侧棱SC上一动点，当△BMN的面积最小时，异面直线SB与MN所成角的余弦值为 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 由题意知△ABC为等腰直角三角形，因为M为AC的中点， 所以BM⊥AC．又SA⊥平面ABC，所以SA⊥BM，所以 BM⊥平面SAC，所以BM⊥MN，故△BMN的面积S＝ BM·MN.易知AC＝4 ，所以BM＝ ，所以S＝ MN，当MN最小时，△BMN的面积最小，此时MN⊥SC．当MN⊥SC时，过S作SE⊥SC，交CA的延长线于点E，则SE∥MN，连接BE，如图，则∠BSE为异面直线SB与MN所成的角或其补角．因为SA⊥平面ABC，所以∠SBA为直线SB与平面ABC所成的角，所以∠SBA ＝45°， 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 √ √ 7．[多选题](2024·河北廊坊模拟)我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题， 在空间中仍然成立的有 A．平行于同一条直线的两条直线必平行 B．垂直于同一条直线的两条直线必平行 C．一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补 D．一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 根据线线平行具有传递性可知A正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误；根据定理：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，可知C正确； 如图，α⊥β，α∩β＝l，且OA⊥l，CD⊥l，则OA⊥CE，CD⊥OB，但∠AOB和∠DCE的关系不确定，故D错误．故选AC． 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 √ √ 8. [多选题]如图所示，在棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是 A．直线BN与MB1是异面直线 B．直线AM与BN是平行直线 C．直线MN与AC所成的角为30° D．平面BMN截正方体所得的截面面积为 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 直线BN与MB1是异面直线，故A正确；直线AM与BN是异面直线，故B错误；如图①，由条件可知MN∥D1C，所以异面直线MN与AC所成的角为∠ACD1，又因为△ACD1是等边三角形，所以∠ACD1＝60°，故C错误； 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 如图②，连接A1B，A1M，D1C，因为D1C∥MN，D1C∥ A1B，所以A1B∥ 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 √ √ 9. [多选题]如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则下列说法正确的是 A．BD∥平面EGHF B．FH∥平面ABC C．AC∥平面EGHF D．直线GE，HF，AC交于一点 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD．又E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝ BD，则EF∥GH.易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B，C错误；因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，因为EG⊂平面ABC，FH⊂平面ACD，则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，即D正确．故选AD． 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 10. 在正四棱锥P-ABCD中，M为棱AB上的点，且PA＝AB＝2AM，设平面PAD与平面PMC的交线为l，则异面直线l与BC所成角的正切值为_______． 如图，连接CM并延长交DA的延长线于点N，则点N为平 面PAD与平面PMC的公共点，所以l即为直线PN，因为BC ∥AD，所以∠PND或其补角为异面直线l与BC所成角，取 DA的中点O，连接OP，则OP⊥AD，设 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11. 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) AE和DF(AE和DG，AE和GF，AG和DF)(写出其中一 对即可) 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 如图所示，连接DF和GE，相交于点O，连接AO.因为DG＝FG，DE＝EF，GE＝GE，所以△GDE≌△GFE，所以∠DGO＝∠FGO，又DG＝GF，GO＝GO，所以△DGO≌△FGO，所以DO＝OF，∠GOD＝∠GOF＝ ，所以DF⊥OE.因为AD＝AF，OD＝OF，所以AO⊥DF.又因为AO∩OE＝O，AO，OE⊂平面AOE，所以DF⊥平面AOE，又AE⊂平面AOE，所以DF⊥AE. 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 12．(2024·江西鹰潭模拟)已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1，E是棱A1D1的中点，G为棱BC上的动点(不含端点)，记异面直线AB与EG所成的角为α，则sin α的取值范围是________． 法一：取B1C1的中点N，连接EN，NG，如图所示， 则EN∥AB，EN⊥平面BCC1B1，所以异面直线AB与 EG所成角即为∠NEG＝α，EN⊥NG，设 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 13．(20分) 已知圆锥母线长为6，底面圆半径长为4，点M是母线PA的中点，AB是底面圆的直径，底面半径OC与母线PB所成角的大小等于θ. (1)当θ＝ 时，求异面直线MC与PO所成角的余弦值； 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 解：取AO的中点D，因为M是PA的中点，则MD∥PO， 又因为O是AB的中点，则OM∥PB， 所以∠MOC是OC与PB所成的角或其补角，∠CMD 是MC与PO所成的角或其补角． 又因为PB＝PA＝6，OA＝OC＝4， 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 又因为PO是圆锥的高，而DC在底面上， 所以PO⊥CD，所以MD⊥DC， 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 又因为PO是圆锥的高，而DC在底面上， 所以PO⊥CD，所以MD⊥DC， 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 (2)当三棱锥M-ACO的体积最大时，求θ的值． 解：因为在三棱锥M-ACO中，顶点M到底面AOC的距离不变，所以只有当S△AOC最大时，三棱锥M-ACO的体积最大， 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 又因为OM2＋OC2＝MC2， 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 14．(2024·吉林长春模拟)在长方体ABCD -A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是 A．A，M，O三点共线 B．M，O，A1，B四点不共面 C．B，B1，O，M四点共面 D．B，D1，C，M四点共面 因为 AA1∥CC1, 则A，A1，C1，C四点共面．因为 M∈A1C, 则 M∈平面 ACC1A1, 又 M∈平面 AB1D1, 则点 M 在平面 ACC1A1 与平面AB1D1的交线上，同理， O，A也在平面 ACC1A1与平面 AB1D1 的交线上， 所以A，M，O三点共 线；从而 M，O，A1，A四点共面，都在平面 ACC1A1 内， 而点B不在平面 ACC1A1 内，所以M，O，A1，B四点不共面，故选项A、 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 B正确；B，B1，O，三点均在平面BB1D1D内，而点A不在平面BB1D1D内，所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，所以点M不在平面BB1D1D内，即 B，B1，O，M 四点不共面，故选项C错误；因为BC∥D1A1，且BC＝D1A1，所以BCD1A1为平行四边形，所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四点共面，故选项D正确．故选C． 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 √ 15．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 A．3 B． C．4 D．3 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， 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 返回 1 3 4 5 6 7 8 9 11 12 13 14 15 2 10 谢谢观看 本节到此结束 由题意知，EF∥AC，HG∥AC，且EF＝AC，HG＝AC，所以EF∥ HG，所以四边形EFGH为平行四边形，因为四边形EFGH为菱形，所以EF＝EH，又EF＝AC，EH＝BD，所以AC＝BD． 在△BCD中，＝＝， D1E＝＝＝，AF＝＝＝2≠D1E，如图，取点M为BC的中点，连接AM，MF，AD1，D1F， 三角形．设正方形边长为2，易知EO＝，ON＝1，EN＝2，MF＝，BF＝＝，所以BM＝＝.所以BM≠EN.故选B． A． B． C． D． 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． 所以cos ∠A1BC1＝＝，所以t＝3，即＝3. 设＝t，则AA1＝tAB．因为AB＝1，所以AA1＝t.因为A1C1＝，A1B＝＝BC1， A． B． C． D． 则AE＝2，因为PA⊥平面ABC，所以在Rt△PAC中，PC＝＝＝2，所以DE＝PC＝，在Rt△PAB中，PB＝＝＝2，所以DA＝，在△ADE中，根据余弦定理可得cos ∠ADE＝＝＝，所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为.故选D． A． B． C． D． 因为D为A1B1的中点，E为A1C1的中点，所以DE＝C1B1，DE∥C1B1，如图，延长CB至F，使得BF＝CB，连接DE，DF，AF，因为CB＝C1B1，所以BF＝C1B1，所以DE＝BF，DE∥BF, 所以四边形BEDF是平行四边形， ＝＝ ，A1D＝1，DF＝EB＝＝＝， AD＝＝＝，由余弦定理得AF＝ ＝，由余弦定理得cos∠ADF＝＝＝.所以直线AD与BE所成角的余弦值为.故选C． A． B． C． D． AC＝2 所以SA＝AB＝4，所以SB＝4，SC＝4.又tan ∠SCA＝＝，所以SE＝2，所以AE＝2， ME＝4，在Rt△EMB中，易知BE＝2，所以 cos ∠BSE＝＝，故当△BMN的面积最小时，异面直线SB与MN所成角的余弦值为.故选D． MN，又MN＝D1C＝A1B，则四边形 A1BNM是梯形，且四边形A1BNM为平面BMN截正方体 所得的截面，MN＝，A1B＝2，A1M＝ ＝，BN＝＝，所以四边形A1BNM是等腰梯形，则梯形的高是h＝＝，所以梯形的面积S＝×(＋2)×＝，故D正确．故选AD． PA＝AB＝2AM＝2，则OA＝1，OP＝，ON＝3，所以tan∠PND＝＝，所以异面直线l与BC所成角的正切值为. NG＝x，(1≤ x<)，所以sin α＝＝＝＝，又因为1≤x<，所以1≤x2<，所以≤ <，即 ≤sin α<. 法二：如图所示，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1， 0)，E(，0，1)，G(x，1，0)，所以＝(0，1，0)，＝(x－，1， －1)，所以cos α＝|cos〈，〉|＝＝＝ (0<x<1)，又因为当x＝时，x2－x＋＝2；当x＝0或x＝1时，x2－x＋＝，所以<cos α≤，又因为sin α＝，所以≤sin α<. ＝＝， 所以OM＝PB＝3. 若∠MOC＝， 则MC＝ 则MC＝ ＝＝， PO＝＝2，MD＝PO＝， 所以cos ∠CMD＝＝＝； 若∠MOC＝， PO＝＝2，MD＝PO＝， 所以cos ∠CMD＝＝＝. 又因为S△AOC＝OA2sin ∠AOC＝8sin ∠AOC， 所以当∠AOC＝时，S△AOC最大．此时CD＝＝2，MC＝＝5， 所以∠MOC＝. 即θ＝. 即Q的轨迹为MN，由正方体的棱长为3，得C1M＝ A1C1＝3, 则BC1＝6，又＝＝，则NC1＝BC1＝ 4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，则MN＝ ＝＝.故选B． $$