主题三第七章第2节空间点、直线、平面之间的位置关系-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

2025-09-10

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主题三几何与代数（必修第二册+选择性必修第一册）第七章立体几何与空间向量第2节空间点、直线、平面之间的位置关系下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）复盘必备知识 01 跃升关键能力 02 课时冲关 03 主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）复盘必备知识下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）跃升关键能力下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS）课时作业点击进入WORD链接下一页上一页返回导航主题三第七章立体几何与空间向量　高考总复习数学（BS） ★[课程标准] 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基本事实和定理． 3．能运用基本事实、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．空间图形的基本位置关系 (1)点与直线的位置关系有两种：点在直线上和点在直线外．点B在直线b上，但在直线a外，记作：B∈b，B∉a. (2)点与平面的位置关系有两种：点在平面内和点在平面外．点B在平面α内，点A在平面α外，记作：B∈α，A∉α. 2．直线与直线的位置关系 (1)从是否有公共点的角度来分： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(没有公共点——　平行或异面　,有且仅有一个公共点——　相交　)) (2)从是否共面的角度来分： eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(在同一平面内——\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(平行,相交)),不同在任何一个平面内——　异面　)) (3)异面直线的概念 ①定义：不同在　任何一个　平面内(不共面)的两条直线． ②异面直线的画法(衬托平面法) 如图①②所示，为了表示异面直线不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面来衬托． (4)异面直线的夹角定义前提两条异面直线a，b 作法过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b 结论我们把a′与b′所成的　不大于90°的角　称为异面直线a与b的夹角范围记异面直线a与b的夹角为θ，则　0°<θ≤90° 特殊情况当θ＝　90°　时，a与b互相垂直，记作：　a⊥b 3.直线与平面的位置关系有三种：直线在平面内、直线与平面相交和直线与平面平行．直线a在平面β内，即直线上的每个点都在平面内，记作：a⊂β；直线l与平面α相交，记作：l∩α＝A；直线a与平面α无公共点，称直线a与平面α平行，记作：a∥α⇔a∩α＝∅. 4．平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有两种：平面与平面不相交和平面与平面相交．若平面α和平面β不相交，则称这两个平面平行，记作：　α∥β　⇔　α∩β＝∅　. 5．空间图形中的基本事实基本事实内容图形符号作用基本事实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⇒存在唯一的平面α使A，B，C∈α 用来确定一个平面推论1：一条直线和　该直线外一点　确定一个平面基本事实1 推论2：两条　相交　直线确定一个平面推论3：两条　平行　直线确定一个平面基本事实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 A∈l　，　B∈l　，且　A∈α　，　B∈α　，则l⊂, 用来证明直线在平面内基本事实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　　P∈α　，　P∈β　⇔α∩β＝l，且P∈l 用来证明空间的点共线和线共点 6.基本事实 (1)文字表述：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2)符号表示：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(a∥b,b∥c))⇒a∥c. 7．等角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　. 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． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)两个不重合的平面只能把空间分成四个部分．(　　) (2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，记作α∩β＝A.(　　) (3)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面．(　　) (4)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(　　) (5)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b不可能是平行直线．(　　) (6)没有公共点的两条直线是异面直线．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√ (6)× ◆[小题查验] 1．(多选)下列命题中，真命题的是(　　) A．如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合 B．两条直线可以确定一个平面 C．空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内 D．若M∈α，M∈β，α∩β＝l，则M∈l 解析：AD　[根据基本事实1，可判断A是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故B是假命题；在空间中，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故C是假命题；根据平面的性质可知D是真命题．综上所述，真命题为AD.] 2．若直线l在平面α外，则l与平面α的公共点个数为(　　) A．0　　 B．0或1　　　 C．1　　 D．2 解析：B　[直线l在平面α外，则直线l与平面α相交或者平行，当直线l与平面α相交时，公共点的个数是1个，当直线l与平面α平行时，公共点的个数是0个．] 3．在长方体ABCD A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，A1C1与B1D1交于点O，则下列结论正确的是(　　 ) A．A，M，O三点确定一个平面 B．A，M，O三点共线 C．D，D1，O，M四点共面 D．A，B1，B，M四点共面解析：B　[如图所示：根据题意，连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，所以A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A1，又因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又因为M∈平面AB1D1，所以点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上面，同理可得点O在面ACC1A1与平面AB1D1的交线上面，所以A，M，O三点共线，故A选项错误，B选项正确；由异面直线判定定理可知C选项中OM，DD1为异面直线，故C选项错误；由异面直线判定定理可知D选项中AM，BB1为异面直线，故D选项错误．] 4．(BSD必修第二册P215习题6－3B组T1改编)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，则异面直线AC和BC1所成角的余弦值是　　________　　. 解析：如图，连接AD1，CD1，则∠D1AC(或其补角)就是异面直线AC和BC1所成的角，易知AC＝5，AD1＝2eq \r(5)，CD1＝eq \r(13)，由余弦定理得cos∠D1AC ＝eq \f(AD\o\al(2,1)＋AC2－CD\o\al(2,1),2AD1·AC)＝eq \f(8\r(5),25). 答案：eq \f(8\r(5),25) 5．(基本事实掌握不准致误)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P、Q分别是B1C1、CC1的中点，则直线A1P与DQ的位置关系是　________　(填“平行”“相交”或“异面”)．解析：∵在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P、Q分别是B1C1、CC1的中点，∴PQ∥A1D， ∴直线A1P与DQ共面，又∵PQ＝eq \f(1,2)A1D，∴四边形A1DQP是梯形， ∴直线A1P与DQ相交．答案：相交平面的基本性质及应用 ►[命题点1]　证明点、线共面　 1．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＝eq \f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq \f(1,2)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？解：(1)证明：由题设知，因为G、H分别为FA、FD的中点，所以GH∥AD且GH＝eq \f(1,2)AD，又BC∥AD且BC＝eq \f(1,2)AD，故GH∥BC且GH＝BC，所以四边形BCHG是平行四边形． (2)C，D，F，E四点共面．理由如下：由BE∥AF且BE＝eq \f(1,2)AF，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∥BG. 由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC，FH共面．又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．点、线共面的常用判定方法 (1)纳入平面法：要证明“点共面”或“线共面”，可先由部分点或直线确定一个平面，再证其余点或直线也在这个平面内． (2)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合． (3)反证法．　提醒：在选择已知条件确定平面时，要看其余的点或线在确定的平面内是否能证明． 1．(2025·安徽马鞍山二中模拟)在四棱锥PABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，PD＝PC，∠DPC＝90°，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝AB＝1，BC＝2，M为PC的中点，eq \o(PN,\s\up16(→))＝2eq \o(ND,\s\up16(→)). 求证：A，B，M，N四点共面．证明：延长CD，BA交于点Q(图略)．因为AD＝eq \f(1,2)BC且AD//BC，所以BA＝AQ，CD＝DQ，连接PQ，在△PQC中，D，M分别为CQ，PC的中点，故QM与PD的交点为△PQC的重心，设为G，所以eq \o(PG,\s\up16(→))＝2eq \o(GD,\s\up16(→))，因为eq \o(PN,\s\up16(→))＝2eq \o(ND,\s\up16(→))，所以点G与点N重合，所以A，B，M，N四点都在平面QBM中，故A，B，M，N四点共面． ►[命题点2]　证明三线共点　 2．(2025·上海模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M为棱D1C1的中点．设AM与平面BB1D1D的交点为O，则(　　) A．三点D1，O，B共线，且OB＝2OD1 B．三点D1，O，B不共线，且OB＝2OD1 C．三点D1，O，B共线，且OB＝OD1 D．三点D1，O，B不共线，且OB＝OD1 解析：A　[在正方体ABCDA1B1C1D1中，连接AD1，BC1，如图，C1D1∥CD∥AB，连接BD1，平面ABC1D1∩平面BB1D1D＝BD1，因M为棱D1C1的中点，则M∈平面ABC1D1，而A∈平面ABC1D1，即AM⊂平面ABC1D1，又O∈AM，则O∈平面ABC1D1，因AM与平面BB1D1D的交点为O，则O∈平面BB1D1D，于是得O∈BD1，即D1，O，B三点共线，显然D1M∥AB且D1M＝eq \f(1,2)D1C1＝eq \f(1,2)AB，于是得OD1＝eq \f(1,2)BO，即OB＝2OD1，所以三点D1，O，B共线，且OB＝2OD1.] 证明三线共点的思路先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题化归为证明点在直线上的问题．通常是先证两条直线的交点在两个平面的交线上，而第三条直线恰好是两个平面的交线． 2．(2025·贵州凯里实验高级中学月考)已知长方体ABCDA1B1C1D1中，对角线AC1与平面A1BD交于点O，则O为△A1BD的(　　) A．外心　 B．内心　　 C．重心　 D．垂心解析：C　[如图，平面ACC1A1与平面A1BD的交线为A1E，显然点E是BD的中点，且点O在A1E上，故点O在BD的中线上，同理可得点O在A1D，A1B的中线上，即点O是△A1BD三边中线的交点，即点O为△A1BD的重心．] ►[命题点3]　证明三点共线　 3．(2025·全国模拟)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．证明：如图，连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，因为BB1∥DD1，BB1＝DD1，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．证明三点共线的两种方法 (1)首先找出两个平面，然后证明这三点都是这两个平面的公共点，则这三点都在交线上，即三点共线． (2)选择其中两点确定一条直线，然后证明另一点也在这条直线上，从而得三点共线． 3.(2025·贵州毕节三模)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，点E，F分别是B1C1和C1D1的中点． (1)证明：E，F，D，B四点共面； (2)对角线A1C与平面BDC1交于点O，AC，BD交于点M，求证：点C1，O，M共线； (3)证明：BE，DF，CC1三线共点．解：(1)连接EF，BD，B1D1， ∵ABCD A1B1C1D1是长方体，∴B1D1∥BD， ∵E，F分别是B1C1和C1D1的中点， ∴EF∥B1D1，∴EF∥BD，∴E，F，D，B四点共面． (2)∵AA1∥CC1， ∴A，A1，C，C1确定一个平面AA1C1C， ∵O∈A1C，A1C⊂平面AA1C1C， ∴O∈平面AA1C1C， ∵对角线A1C与平面BDC1交于点O， ∴O∈平面BDC1，即点O在平面AA1C1C与平面BDC1的交线上， ∵AC∩BD＝M， ∴M∈平面AA1C1C且M∈平面BDC1，又∵C1∈平面AA1C1C且C1∈平面BDC1， ∴平面AA1C1C∩平面BDC1＝C1M，∴O∈C1M，即点C1，O，M共线． (3)延长DF，BE交于点G， ∵DF⊂面DCG，∴G∈DF∴G∈面DCG， ∵BF⊂面BCG，∴G∈BF，∴G∈面BCG， ∵面DCG∩面BCG＝CC1，∴G∈CC1， ∴BE，DF，CC1三线共点．空间两直线的位置关系 1．(2025·福建福州模拟)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是异面直线解析：D　[由题意，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，E是的中点，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＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，AD＝eq \r(22＋\r(2)2)＝eq \r(6)，所以AE≠CF.] 2．(2025·全国模拟)过正方形ABCDA1B1C1D1的顶点A作直线l，使得l与直线B1C，C1D的夹角均为60°，则这样的直线l的条数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：C　[因为B1C∥A1D，所以过顶点A作直线l，使得l与直线B1C，C1D的夹角均为60°，即过点A在空间作直线l，使得l与直线A1D，C1D的夹角均为60°. 因为∠A1DC1＝60°，∠A1DC的外角平分线与DA1，DC1的夹角相等，均为60°，所以在平面A1C1D内有一条满足要求．因为∠A1DC1的角平分线与DA1，DC1的夹角相等均为30°，将角平分线绕点D向上转动到与平面A1C1D垂直的过程中，存在两条直线与直线DA1，DC1的夹角都等于60°. 故符合条件的直线有3条．] 3．(2025·江苏常州模拟)已知直线m，n是平面α的两条斜线，若m，n为不垂直的异面直线，则m，n在平面α内的射影m′，n′(　　) A．不可能平行，也不可能垂直 B．可能平行，但不可能垂直 C．可能垂直，但不可能平行 D．可能平行，也可能垂直解析：D　[如图1，在正方体中，即AD1为m，EF为n，底面ABCD为平面α，则m，n在平面α内的射影AD和CD垂直； INCLUDEPICTURE"F222.TIF" 　图1　　　　　　　图2 如图2，在正方体中，即AD1为m，BG为n，底面ABCD为平面α，则m，n在平面α内的射影AD和BC平行；综上，m，n在平面α内的射影m′，n′可能平行，也可能垂直．] 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，对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决．提醒：(1)“不同在任何一个平面内”指这两条直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交； (2)不能把异面直线误解为分别在不同平面内的两条直线．异面直线的夹角 [母题]　如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1夹角的余弦值为(　　) A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5) [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，则AA1＝2，A1C1＝eq \r(2)，A1B＝BC1＝eq \r(5)，故cos∠A1BC1＝eq \f(5＋5－2,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(4,5). [答案]　D [子题1]　将母题条件“AA1＝2AB＝2”改为“AB＝1，若平面ABCD内有且仅有一点到顶点A1的距离为1”，则异面直线A1B与AD1夹角的余弦值为　________　. 解析：由平面ABCD内仅有一点到A1的距离为1，则AA1＝1.此时正四棱柱变为正方体ABCD A1B1C1D1，由图知A1B与AD1夹角为∠A1BC1，连接A1C1. 则△A1BC1为等边三角形，∴∠A1BC1＝60°， ∴cos∠A1BC1＝eq \f(1,2)，故异面直线A1B与AD1夹角的余弦值为eq \f(1,2). 答案：eq \f(1,2) [子题2]　将母题条件“AA1＝2AB＝2”改为“AB＝1，若异面直线A1B与AD1夹角的余弦值为eq \f(9,10)”，则eq \f(AA1,AB)的值为　________　. 解析：设eq \f(AA1,AB)＝t，则AA1＝tAB. ∵AB＝1，∴AA1＝t，由题意知∠A1BC1即为所求，又A1C1＝eq \r(2)，A1B＝eq \r(t2＋1)＝BC1， ∴cos∠A1BC1＝eq \f(t2＋1＋t2＋1－2,2×\r(t2＋1)×\r(t2＋1))＝eq \f(9,10)， ∴t＝3，即eq \f(AA1,AB)＝3. 答案：3 [子题3]　在母题条件下，若点P在平面A1B1C1D1内且不在对角线B1D1上，过点P在平面A1B1C1D1内作一直线m，使m与直线BD的夹角为α，且α∈eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).这样的直线可作　________　条．解析：在平面A1B1C1D1内作m，使m与B1D1的夹角为α.∵BD∥B1D1，∴直线m与BD也成α角，即m为所求．且m与BD是异面直线，当α＝eq \f(π,2)时，m只有1条，当α≠eq \f(π,2)时，这样的直线有2条．答案：2 异面直线夹角的求解技巧求异面直线夹角采用“平移线段法”，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线夹角通常放在三角形中进行．其求解一般步骤为： (1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线； (2)证明：证明所作的角是异面直线的夹角； (3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之； (4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线的夹角． 1．(2025·江苏南京期中)已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(2)，E是边BC的中点．AE和BD交于点M，将△ABE沿AE折起，在翻折过程中当AB与MD垂直时，异面直线BA和CD所成角的余弦值为(　　 ) A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(5,12) D.eq \f(2,3) 解析：D　[如图1，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq \r(2)，E是边BC的中点，故BE＝eq \f(\r(2),2)，故eq \f(BE,AB)＝eq \f(AB,AD)，又因为∠BAD＝∠ABE＝90°，故△ABE∽△DAB，所以∠BAE＝∠ADB，则∠BAE＋∠ABD＝∠ADB＋∠ABD＝90°，故AE⊥MD. 如图2，将△ABE沿AE折起，点B的对应点为B′，在翻折过程中，当AB′与MD垂直时，因为AE∩AB′＝A，AE，AB′⊂平面AB′E，所以MD⊥平面AB′E，因为MD⊂平面AECD，所以平面AB′E⊥平面AECD，因为B′M⊥AE，B′M⊂平面AB′E，平面AB′E∩平面AECD＝AE，所以B′M⊥平面AECD，连接B′B，因为AB∥CD，所以∠B′AB或其补角即为异面直线B′A和CD所成角，因为eq \f(1,2)AB·BE＝eq \f(1,2)AE·BM，所以BM＝eq \f(\r(3),3)，故B′M＝eq \f(\r(3),3)，则BB′＝eq \r(BM2＋B′M2)＝eq \f(\r(6),3)，又因为AB′＝AB＝1，故cos∠B′AB＝eq \f(AB2＋B′A2－B′B2,2AB·AB′)＝eq \f(1＋1－\f(2,3),2) ＝eq \f(2,3)，即所求角的余弦值为eq \f(2,3).] 2．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45°，则(　　) A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4eq \r(3)π C．AC＝2eq \r(2) D．△PAC的面积为eq \r(3) 解析：AC　[如图，由∠APB＝120°，AP＝2可知，底面直径AB＝2eq \r(3)，高PO＝1，故该圆锥的体积为π，故A正确；该圆锥的侧面积为2eq \r(3)π，故B错误；连接CB，取AC中点为Q，连接QO，PQ，易证二面角PACO的平面角为∠PQO＝45°，所以QO＝PO＝1，PQ＝eq \r(2)，所以BC＝2，所以AC＝2eq \r(2)，故C正确；S△PAC＝eq \f(1,2)AC·PQ＝2，故D错误．] 截面问题 [典例]　(2025·福建省厦门集美中学模拟预测)在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为3，E为棱BB1上靠近B1的三等分点，则平面AED1截正方体ABCDA1B1C1D1的截面面积为(　　) A．2eq \r(11) B．4eq \r(11) C．2eq \r(22) D．4eq \r(22) [解析]　延长AE，A1B1交于点F，连接D1F交B1C1于点G，如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1， ∵平面AFD1∩平面 ADD1A1＝AD1，平面AFD1∩平面BCC1B1＝EG， ∴AD1∥GE，又∵AD1＝3eq \r(2)，GE＝eq \r(2)， ∴四边形AEGD1是梯形，且为平面AED1截正方体ABCDA1B1C1D1的截面．又∵D1G＝AE＝eq \r(13)，在等腰梯形AEGD1中，过G作GH⊥AD1， ∴GH＝eq \r(D1G2－D1H2)＝eq \r(11)， ∴S梯形AEGD1＝eq \f(1,2)·(AD1＋EG)·GH ＝eq \f(1,2)×(eq \r(2)＋3eq \r(2))×eq \r(11)＝2eq \r(22). [答案]　C (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． (2025·四川泸州三模)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，P为DD1的中点，过A，B，P三点作平面α，则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积为(　　 ) A.eq \f(13π,5) B.eq \f(16π,5) C．3π D.eq \f(14π,5) 解析：D　[正方体ABCD A1B1C1D1的外接球球心是BD1的中点O，而BD1∩α＝B，则点O到平面α的距离h等于点D1到平面α的距离的一半，又因为平面α过线段DD1的中点P，因此点D1与点D到平面α的距离相等，由AB⊥平面ADD1A1，AB⊂α，得α⊥平面ADD1A1，在平面ADD1A1内过点D作DE⊥AP于点E，而α∩平面ADD1A1＝AP，于是DE⊥α，又因为AP＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，从而h＝eq \f(1,2)DE＝eq \f(1,2)×eq \f(AD·DP,AP)＝eq \f(1,\r(5))，又由球O的半径R＝eq \f(1,2)BD1＝eq \r(3)，则正方体的外接球被平面α截得的截面圆半径r，有r2＝R2－h2＝3－eq \f(1,5)＝eq \f(14,5)，所以正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积S＝πr2＝eq \f(14π,5).] $$

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