第8章 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第八章　立体几何 与空间向量 第2讲　空间点、直线、 平面之间的位置关系 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，并了解基本事实和定理． 基础知识整合 核心考向突破 课时作业 目录 基础知识整合 1．基本事实与推论 (1)基本事实1：过________________的三个点，有且只有一个平面．即_________的三点确定一个平面． (2)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． 不在一条直线上 不共线 两个点 基础知识整合 5 (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_______的公共直线． (4)三个推论 推论1：经过一条直线和____________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． 该点 这条直线外 基础知识整合 6 任何一个平面内 平行直线 基础知识整合 7 (3)基本事实4：平行于同一条直线的两条直线_________． (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_____________． (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：__________． 平行 相等或互补 基础知识整合 8 3．空间直线与平面、平面与平面之间的位置关系 位置关系 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 基础知识整合 9 平面与 平面 平行 α∥β 0个 相交 α∩β＝l 无数个 基础知识整合 10 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． 基础知识整合 11 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 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. 基础知识整合 12 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 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. 基础知识整合 13 基础知识整合 14 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 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. 基础知识整合 15 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． 上述命题中为假命题的是___________(写出所有假命题的序号)． 解析：由基本事实4知①为真命题；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②为假命题；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为假命题；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b不同在任何一个平面内，故④为假命题． ②③④ 基础知识整合 16 核心考向突破 考向一　基本事实与推论的应用 已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q. 求证：(1)B，D，E，F四点共面； (2)若A1C交平面BDEF于点R，则P，Q，R三点共线； (3)DE，BF，CC1三线交于一点． 核心考向突破 18 证明： (1)如图所示，连接B1D1. 由题意知，EF是△B1C1D1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B，D，E，F四点共面． 核心考向突破 19 (2)设平面ACC1A1为α，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，且R∈β. 又A1C⊂α，所以R∈α，所以R∈PQ， 故P，Q，R三点共线． 核心考向突破 20 (3)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． 核心考向突破 21 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． 核心考向突破 22 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． 核心考向突破 23 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． 核心考向突破 24 核心考向突破 25 考向二　空间两条直线的位置关系 (1)(2025·山东菏泽模拟)在三棱锥D－ABC中，点E，F，G，H分别在AB，BC，CD，DA上，且EF∥GH，则下列说法中正确的是(　　) A．直线EH与FG一定平行 B．直线EH与FG一定相交 C．直线EH与FG可能异面 D．直线EH与FG一定共面 核心考向突破 26 解析：如图1，由于EF∥GH，所以E，F，G，H四点确定一个平面EFGH，因此直线EH与FG一定共面，故D正确，C错误；如图2，当EF∥GH，EF＝GH时，四边形EFGH为平行四边形，此时EH∥FG，故B错误；如图3，当EF∥GH且EF≠GH时，四边形EFGH为梯形，此时EH与FG交于一点，故A错误．故选D. 核心考向突破 27 核心考向突破 28 核心考向突破 29 空间两条直线位置关系的判定方法 核心考向突破 30 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 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. 核心考向突破 31 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 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. 核心考向突破 32 考向三　异面直线所成的角 (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° 核心考向突破 33 核心考向突破 34 核心考向突破 35 核心考向突破 36 求异面直线所成角的方法 注意：平移法求异面直线所成的角时，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． 平移法 将异面直线中的某一条直线平移，使其与另一条直线相交，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 核心考向突破 37 核心考向突破 38 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° 核心考向突破 39 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＝.连接OC，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝.在Rt△A1BC中，BC＝A1B，∴∠BA1C＝45°，即异面直线OO1与A1C所成角的大小为45°. 核心考向突破 40 课时作业 一、单项选择题 1．(2025·浙江宁波模拟)若a，b是空间中的两条直线，则“a，b异面”是“a，b没有公共点”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 解析：空间中的两条直线a，b异面，则a，b没有公共点；反之，空间中的两条直线a，b没有公共点，则不一定得到a，b异面，也可能a，b是平行直线，所以“a，b异面”是“a，b没有公共点”的充分不必要条件．故选A. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 2．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 解析： ∵M∈a，a⊂α，∴M∈α，同理，N∈α.又M∈l，N∈l，则l⊂α.故选A. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 3．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 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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 4. 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 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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 7. 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45° 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B. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 二、多项选择题 9．已知空间中的平面α，直线l，m，n以及点A，B，C，D，则下列说法错误的是(　　) A．在空间中，若四边形ABCD满足AB＝BC＝CD＝DA，则四边形ABCD是菱形 B．若l⊄α，A∈l，则A∉α C．若A，B，C，D四点不共面，则其中任意三点不共线 D．若l和m是异面直线，n和l是平行直线，则n和m是异面直线 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 解析：对于A，正四面体A－BCD的各棱长均相等，四边形ABCD为空间四边形，不是菱形，故A错误；对于B，若l⊄α，则l∥α或l与α相交，所以A∉α或A∈α(此时A为l与α的交点)，故B错误；对于C，若已知四个点不共面，则其中任意三个点不共线，否则，若存在三点共线，则问题转化为一条直线与直线外一点，则四点共面，故C正确；对于D，如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1和BC异面(l，m是异面直线)，A1B1∥AB(l∥n)，但是AB∩BC＝B(m，n相交)，故D错误．故选ABD. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 10. (2024·湖南长沙二模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是(　　) A．E，F，G，H四点共面 B．EF∥GH C．EG，FH，AA1三线共点 D．∠EGB1＝∠FHC1 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 11. (2025·四川成都模拟)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 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 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，连接BD，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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 三、填空题 12．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1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________． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 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_____________． 60°或30° 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 14．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． 以上所有正确结论的序号是________． ②③④ 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 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，所有正确结论的序号是②③④. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 解： (1)证明：显然F，B，D三点不共线，故F，B，D三点构成平面FDB， 而E∉平面FDB，F∈平面FDB，即EF∩平面FDB＝F，又BD⊂平面FDB，F∉BD， 所以直线EF与BD是异面直线． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 16. 如图，在正四棱柱ABCP－A′B′C′P′中，Q，R分别为 A′B′，B′C′上的点． (1)请在正四棱柱ABCP－A′B′C′P′中，画出经过P，Q， R三点的截面(无需证明)； (2)若Q，R分别为A′B′，B′C′的中点，证明：AQ，CR，BB′三线共点． 解： (1)作直线QR分别交P′A′，P′C′的延长线于点M，N，连接MP交AA′于点S，连接PN交CC′于点T，连接SQ，TR，则五边形PSQRT即为所求，如图． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 (2)证明：如图，连接QR，AC，A′C′，四边形ACC′A′是正四棱柱ABCP－A′B′C′P′的对角面，则AC＝A′C′，AC∥A′C′， 由Q，R分别为A′B′，B′C′的中点， 得QR∥A′C′，A′C′＝2QR，则QR∥AC，且AC＝2QR， 即四边形AQRC为梯形， 令AQ∩CR＝O，则O∈AQ， 而AQ⊂平面A′ABB′，则O∈平面A′ABB′， 同理O∈平面C′CBB′， 又平面A′ABB′∩平面C′CBB′＝BB′，因此O∈BB′， 所以AQ，CR，BB′三线共点． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 ∵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°. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 69 　　　　　　　　　　　　　 R 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__________________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\co1(共面直线\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(相交直线, ___________)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点)) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 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° 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. 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． (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 \o(BC,\s\up18(︵))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：由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E是eq \o(BC,\s\up18(︵))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. 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) 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所成的角．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，所以DE1＝2,1)eq \r(DE2＋EE) ＝eq \r(12＋（\r(3)）2)＝2，DB1＝eq \r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq \r(5)，B1E1＝2,1)eq \r(A1B＋A1Eeq \o\al(2,1)) ＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠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＝2,1)eq \r(AD2＋DD) ＝2，DM＝eq \r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2)，DB1＝2,1)eq \r(AB2＋AD2＋AA) ＝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cos∠MOD＝eq \f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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. 1.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) 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 \o\al(2,1)＝BCeq \o\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. 5. (2025·吉林模拟)如图，位于江城广场某大厦楼顶的四面钟与摇橹人雕像相映成趣，这是吉林市的重要地标之一．该时钟整体呈正方体造型，在相邻两个时钟正常运行的过程中，两时针所在直线所成角的最大值为(　　) A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,4) C．eq \f(π,3) D．eq \f(π,2) 解析：易知两异面直线所成角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，结合正方体的特征不难发现：当一侧时针指向3(或9)时，另一侧时针也指向3(或9)时时，两时针所在直线所成的角为直角，故在相邻两个时钟正常运行的过程中，两时针所在直线所成角的最大值为eq \f(π,2).故选D. 6. (2024·陕西西安一模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC＝eq \f(\r(2),2)AA1＝1，则异面直线AB1与A1C所成角的正弦值为(　　) A．eq \f(2,3) B．eq \f(\r(5),3) C．－eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(3),3) 解析：将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为如图所示的正四棱柱，连接B1D，AD，则B1D∥A1C，则异面直线AB1与A1C所成的角为∠DB1A(或其补角)，又AB＝AC＝eq \f(\r(2),2)AA1＝1，所以AA1＝eq \r(2)，B1D＝B1A＝eq \r(12＋（\r(2)）2)＝eq \r(3)，AD＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，由余弦定理，可得cos∠DB1A＝eq \f(（\r(3)）2＋（\r(3)）2－（\r(2)）2,2×\r(3)×\r(3))＝eq \f(2,3)，所以sin∠DB1A＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),3).故选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\co1(\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. 解析：对于A，B，如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1.因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故A，B正确；对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG⊂平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH⊂平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；对于D，因为B1E＝C1F，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，又0<∠EGB1<eq \f(π,2)，0<∠FHC1<eq \f(π,2)，则∠EGB1≠∠FHC1，故D错误．故选ABC. 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，又因为正方体的棱长为1，即3a＝1，故截面多边形的周长为3eq \r(2). 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°. 四、解答题 15. (2025·福建泉州模拟)如图所示，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BC上的点，eq \f(AE,ED)＝eq \f(BF,FC)＝eq \f(1,2). (1)求证：直线EF与BD是异面直线； (2)若AB＝CD＝3，EF＝eq \r(7)，求AB与CD所成角的大小． (2)设H，I分别为AC，BD上靠近A，B的三等分点，则eq \f(BI,ID)＝eq \f(AE,ED)＝eq \f(AH,HC)＝eq \f(BF,FC)＝eq \f(1,2)， 所以EI∥AB∥FH，FI∥DC∥HE，故四边形IFHE为平行四边形，且AB与CD所成的角为∠IFH或其补角， 又HE＝eq \f(1,3)CD＝1，FH＝eq \f(2,3)AB＝2， 则cos∠IFH＝cos(π－∠EHF) ＝－cos∠EHF＝－eq \f(HE2＋FH2－EF2,2HE·FH)＝eq \f(1,2)， 由∠IFH∈(0，π)，故∠IFH＝eq \f(π,3)，则AB与CD所成的角为eq \f(π,3). (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＝2,1)eq \r(AA－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). $$