7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间点、直线、平面之间的位置关系”专题，依据高考评价体系梳理了位置关系定义、四个基本事实与三个推论应用、异面直线判定及所成角计算等核心考点，结合三年考情明确高频考点分布，如2025全国一卷T17涉及基本事实应用，归纳共面共线共点证明、位置关系判断等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“考点突破+真题训练+素养培养”策略，如以2021全国乙卷正方体中异面直线所成角题为例，通过“平移法三步骤”（作、证、求）解析，培养学生空间观念和推理能力。设易错点辨析（如平面交线唯一性）和答题模板，助力学生掌握得分技巧，为教师提供系统复习框架和实战教学素材。

第七章　立体几何与空间向量 7.2　空间点、直线、平面之间的位置关系 2027高考数学一轮总复习 1 内容索引 必备知识　回顾 课时作业 关键能力　提升 考试要求 三年考情 1.理解空间点、直线、平面的位置关系的定义. 2.了解四个基本事实、三个推论和一个定理,并能应用它们解决问题. 2023 2024 2025     全国一卷T17       必备知识　回顾 1.四个基本事实 基本事实1:过______________的三个点,有且只有一个平面. 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. 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____过该点的公共直线. 基本事实4:平行于同一条直线的两条直线____. 2.三个推论 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. 推论2:经过两条____直线,有且只有一个平面. 推论3:经过两条____直线,有且只有一个平面. 1 知识梳理 不在一条直线上 两个点 一条 平行 相交 平行 必备知识 回顾 返回 3.空间中直线与直线的位置关系 必备知识 回顾 返回 4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系 项目 图形语言 符号语言 公共点 直 线 与 平 面 相交 ________ __个 平行 ____ __个 在平 面内 ____ ____个 a∩α=A 1 a∥α 0 a⊂α 无数 必备知识 回顾 返回 项目 图形语言 符号语言 公共点 平 面 与 平 面 平行 ____ __个 相交 ________ ____个 α∥β 0 α∩β=l 无数 必备知识 回顾 返回 5.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__________. 6.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,我们把直线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:. 相等或互补 必备知识 回顾 返回 1.关于唯一性的常用结论 (1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行. (2)过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)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直. 2.异面直线的判定:经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线. 3.异面直线所成角的确定:两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时,可能等于两异面直线所成的角,也可能等于其补角. 知识拓展 必备知识 回顾 返回 1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)两个平面α,β有一个公共点A,就说α,β相交于过点A的任意一条直线.(　 　) (2)直线与平面的位置关系有平行、垂直两种. (　 　) (3)如果两个平面有三个公共点,那么这两个平面重合.(　 　) (4)两两相交的三条直线共面. (　 　) 基础检测 × × × × 必备知识 回顾 返回 2.(人教A版必修第二册P128练习T1改编)下列说法正确的是 (　 　) A.四边形一定是平面图形 B.不在同一条直线上的三点确定一个平面 C.梯形不一定是平面图形 D.平面α和平面β一定有交线 解析:对于A,四边形不一定是平面图形,也可能是空间四边形,故A错误;对于B,不共线的三点确定一个平面,故B正确;对于C,梯形中,有一组对边平行,可以确定一个平面,故梯形一定是平面图形,故C错误;对于D,若平面α和平面β平行,则其没有交线,故D错误.故选B. B 必备知识 回顾 返回 3.(人教A版必修第二册P147例1改编)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱A1B1,C1D1的中点,则直线AF与BE所成角的余弦值为(　 　) A.　　 C. B 必备知识 回顾 返回 解析:连接CA,CF,如图所示.易得BE∥CF,所以直线AF与BE所成的角为∠CFA(或其补角).不妨设AB=2.在△CFA中,易得AF=3,AC=2,CF=,由余弦定理的推论得cos∠CFA=,即直线AF与BE所成角的余弦值为.故选B. 必备知识 回顾 返回 4.(人教A版必修第二册P132习题8.4 T9改编)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,D,E分别是AB,AC的中点,则 (　 　) A.B1D与A1E相交,且B1D=A1E B.B1D与A1E相交,且B1D≠A1E C.B1D与A1E是异面直线,且B1D=A1E D.B1D与A1E是异面直线,且B1D≠A1E D 必备知识 回顾 返回 解析:如图所示,因为A1E∩平面AA1B1B=A1,B1D⊂平面AA1B1B,A1∉B1D,所以B1D与A1E是异面直线,B1D=,A1E=.因为AA1=BB1,AB≠AC,所以B1D≠A1E.故选D. 必备知识 回顾 返回 关键能力　提升 考点1 基本事实的应用 【例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△C1D1B1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. 关键能力 提升 返回 (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,如图所示, 设A1,C,C1确定的平面为α,平面DBFE为β. 因为Q∈A1C1,A1C1⊂α,所以Q∈α. 因为Q∈EF,EF⊂β,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. 因为A1C∩β=R,所以R∈A1C,R∈β,又A1C⊂α,所以R∈α. 则R∈PQ,故P,Q,R三点共线. 关键能力 提升 返回 (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. 关键能力 提升 返回 共面、共线、共点问题的证明 (1)共面:先确定一个平面,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,再证其余各点都在这条直线上. (3)共点:先证其中两条直线交于一点,再证其余直线经过该点. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】(人教B版必修第四册P95例2改编)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱CC1,AA1的中点. (1)画出平面BED1F与平面ABCD的交线,并说明理由; 解:如图1所示,直线PB为平面 BED1F与平面ABCD的交线,理由如下: 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为DA⊂平面AA1D1D,D1F⊂平面AA1D1D,且DA与D1F不平行, 所以在平面AA1D1D内分别延长D1F,DA,则D1F与DA必相交于一点,不妨设为点P, 所以P∈AD,P∈D1F. 因为DA⊂平面ABCD, 关键能力 提升 返回 D1F⊂平面BED1F, 所以P∈平面ABCD,P∈平面BED1F, 即P为平面ABCD和平面BED1F的公共点. 连接PB,又B为平面ABCD和平面BED1F的公共点, 所以直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线. 关键能力 提升 返回 (2)设H为直线B1D与平面BED1F的交点,求证:B,H,D1三点共线. 解:证明:如图2所示,连接BD1,BD,B1D1,因为H为直线B1D与平面BED1F的交点,所以H∈B1D, 又B1D⊂平面BB1D1D, 所以H∈平面BB1D1D. 又H∈平面BED1F,平面BED1F∩平面BB1D1D=BD1,所以H∈BD1, 所以B,H,D1三点共线. 关键能力 提升 返回 考点2 空间位置关系的判断 【例2】　(多选)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,则以下四个结论中,正确的有 (　 　) A.直线AM与CC1是相交直线 B.直线BN与MB1是异面直线 C.AM与BN平行 D.直线A1M与BN共面 BD 关键能力 提升 返回 【解析】对于A,因为M,C,C1三点在平面CDD1C1内,点M不在直线CC1上,点A不在平面CDD1C1内,所以直线AM与CC1是异面直线,故A错误;对于B,因为B,N,B1三点在平面BCC1B1内,点B1不在直线BN上,点M不在平面BCC1B1内,所以直线BN与MB1是异面直线,故B正确;对于C,如图,取DD1的中点E,连接AE,EN,又N为C1C的中点,所以EN∥CD∥AB,EN=CD=AB,所以四边形ABNE是平行四边形,所以AE∥BN,又AM∩AE=A,所以AM与BN不平行,故C错误;对于D,连接MN,BA1,CD1,因为M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,所以MN∥D1C, 由正方体的性质可知BA1∥D1C,所以MN∥A1B,则A1,B,M,N四点共面,所以直线A1M与BN共面,故D正确.故选BD. 关键能力 提升 返回 判断空间直线的位置关系一般有两种方法:一是构造几何体(如长方体、空间四边形等)模型来判断;二是反证法.特别地,对于异面直线的判定常用到结论:“经过平面外一点A和平面内一点B的直线与平面内不经过点B的直线是异面直线”. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练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 D 关键能力 提升 返回 解析:如图,由题意知,圆柱的轴截面ABCD是边长为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=, AE = ,所以AE≠CF.故选D. 关键能力 提升 返回 考点3 异面直线所成的角 【例3】　(1)已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=1,AA1=,则直线A1B与直线B1C所成角的余弦值为 (　 　) A. 【解析】　如图,连接A1D,DB,由长方体的性质可得A1D∥B1C,所以直线A1B与直线B1C所成的角即为直线A1B与直线A1D所成的角,即∠DA1B(或其补角).在△A1BD中,A1B=,A1D=2,BD=,所以cos∠DA1B= .故选B. B 关键能力 提升 返回 (2)(2025·江苏南京三模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长都相等,D,E,F分别是棱AB,BC,B1C1的中点,则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是 (　 　) A. D 关键能力 提升 返回 【解析】　如图,连接BF,因为C1F=BE,C1F∥BE,所以四边形C1FBE为平行四边形,所以BF∥C1E,所以∠DFB(或其补角)即为异面直线DF与C1E所成的角,设AB=2,则B1F=BD=1,BF=,连接EF,DE,则DE=AC=1,因为EF∥BB1,所以EF⊥平面ABE,DE⊂平面ABE,所以EF⊥DE,因为EF=BB1=2,所以DF=, 由余弦定理得cos∠DFB=,所以异面直线DF与C1E所成角的余弦值是.故选D. 关键能力 提升 返回 平移法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或其补角. 三求:解三角形,求出所作的角. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练3】　(1)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PC的中点,AB=PA=2,若四棱锥P-ABCD的外接球半径为2,则AE与BC所成角的正弦值为(　 　) A. B 关键能力 提升 返回 解析:设AD=m,如图所示,将四棱锥P-ABCD补成长方体ABCD-PB1C1D1,则四棱锥P-ABCD的外接球半径R等于长方体的外接球半径,因为AD=m,AB=PA=2,所以R==2,所以m=2.因为BC∥AD,所以AE与BC所成的角即为∠EAD(或其补角),连接AC,DE,由长方体的结构特征知△PAC和△PDC均为直角三角形,所以AE=ED=PC=2,又AD=2,所以cos∠EAD=,所以AE与BC所成的角的正弦值为.故选B. 关键能力 提升 返回 (2)(2025·安徽合肥二模)已知AB为圆锥PO的底面直径,O为底面圆心,正三角形ACD内接于底面圆O,若PA=6,圆锥的侧面积为12π,则PA与BD所成角的余弦值为(　 　) A. A 关键能力 提升 返回 解析:设圆锥的底面半径为r,母线长为l,因为PA=6,所以l=PA=6,所以S侧=πrl=6πr=12π,所以r=2,所以OA=OB=2,又正三角形ACD内接于圆O,所以2r=4,解得AD=2,所以BD=,如图,过点A作AE∥BD交DO的延长线于点E,连接PE,则点E在圆O上,AE=BD=2,所以PA与BD所成角即为∠PAE(或其补角),又PE=6,由余弦定理可得cos∠PAE=.故选A. 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 (一题多解)(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. (人教A版必修第二册P147例1)如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D'. 考教衔接 解析:方法一　如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接C1P,BC1,则AD1∥BC1,所以∠PBC1(或其补角)为直线PB与AD1所成的角,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则 D 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 (1)哪些棱所在的直线与直线AA'垂直? (2)求直线BA'与CC'所成的角的大小. (3)求直线BA'与AC所成的角的大小. BC1=2,PC1=B1P=,所以BP =,在△BPC1中,cos∠PBC1= ,所以∠PBC1=.故选D. 方法二　如图,连接BC1,A1B,A1P,PC1,则易知AD1∥BC1,所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角,由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点,知A1,P,C1三点共线,且P为A1C1的中点.易知A1B=BC1=A1C1,所以△A1BC1为等边三角形 ,所以∠A1BC1=,又P为A1C1的中点,所以∠PBC1=,故直线PB与AD1所成的角为.故选D. 关键能力 提升 返回 课时作业 1.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与AB共面且与CC1共面的棱的条数为(　 　) A.4 B.5 C.7 D.8 解析:如图,AB与CC1不共面,因此没有同时与这两条直线平行的直线,与AB平行且与CC1相交的棱有CD,C1D1,与AB相交且与CC1平行的棱有AA1,BB1,与AB相交也与CC1相交的棱有BC,所以满足条件的棱共有5条.故选B. 基础巩固 B 返回 课时作业 2.(5分)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 A 返回 课时作业 解析:对于A,如图,连接CD1,A1B,EF,因为E,F分别为CC1,D1C1的中点,所以EF∥CD1,即EF∥A1B,所以E,F,A1,B四点共面,因为EF≠A1B,所以BE与A1F相交,故A正确;对于B,因为AD1∥平面BCC1B1,BE⊂平面BCC1B1,所以AD1与BE无交点,故B错误;对于C,因为C1D1∩平面BCC1B1=C1,BE⊂平面BCC1B1,BE不过点C1,所以C1D1与BE异面,无交点,故C错误;对于D,因为AA1∥平面BCC1B1,BE⊂平面BCC1B1,所以AA1与BE无交点,故D错误.故选A. 返回 课时作业 3.(5分)在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取点E,F,G,H,若EF与HG相交于一点M,则点M (　 　) A.一定在直线AC上 B.一定在直线BD上 C.可能在直线AC上,也可能在直线BD上 D.不在直线AC上,也不在直线BD上 解析:∵四边形ABCD是空间四边形,∴AB,BC确定平面ABC,CD,DA确定平面ACD.∵E∈AB,F∈BC,G∈CD,H∈DA,∴EF⊂平面ABC,GH⊂平面ACD,∵EF∩GH=M,∴M∈平面ABC,M∈平面ACD.∵平面ABC∩平面ACD=AC,∴M∈AC.故选A. A 返回 课时作业 4. (5分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AA1,AB的中点,下列直线中,与EF异面的是 (　 　) A.A1B1 B.CC1 C.CD1 D.BB1 B 返回 课时作业 解析:如图,对于A,D,由图可知A1B1,BB1与EF均在平面ABB1A1内,故A,D错误;对于B,CC1在平面CDD1C1内,EF在平面ABB1A1内,平面CDD1C1∥平面ABB1A1,故CC1与EF不相交,又CC1∥AA1,EF与AA1相交,故EF与CC1不平行,则EF与CC1异面,故B正确;对于C,连接A1B,因为A1D1∥BC,A1D1=BC,所以四边形A1BCD1为平行四边形,则CD1∥A1B,又EF∥A1B,所以EF∥CD1,故C错误.故选B. 返回 课时作业 5. (5分)如图,已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均相等,E为棱PA的中点,则异面直线BE与PC所成角的余弦值为 (　 　) A. C. C 返回 课时作业 解析:如图,连接AC,取AC的中点O,连接BO,EO,由题意知,EO∥PC,则异面直线BE与PC所成的角为∠BEO(或其补角),设正四棱锥P-ABCD的棱长为2,在△BOE中,EO=PC=1,OB=,BE=,则cos∠BEO=,则异面直线BE与PC所成角的余弦值为.故选C. 返回 课时作业 6. (5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,EC⊥平面ABCD,EC=CD,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 A 返回 课时作业 解析:如图所示,连接BD,BE,MN,因为N为正方形ABCD的中心,所以N为BD的中点,又因为M是线段ED的中点,所以在△EBD中,MN∥EB,所以M,N,B,E四点共面,即直线BM,EN是相交直线.因为EC⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以EC⊥CD,又因为EC=CD,所以ED=CD,又在正方形ABCD中,BD=CD,所以BD=ED,同理可证BE=BD,所以△BED是正三角形,即BM=EN.故选A. 返回 课时作业 7.(6分,多选)已知A∈平面α,B∉平面α,则下列说法错误的是(　 　) A.平面α内所有的直线都与直线AB异面 B.平面α内存在一条直线与直线AB平行 C.平面α内存在无数条直线与直线AB相交 D.有且只有一个过直线AB的平面与平面α平行 解析:对于A,当平面α内的直线过点A时,该直线与直线AB相交,故A错误;对于B,易知B错误;对于C,在平面α内过点A的直线都与直线AB相交,故C正确;对于D,A∈平面α,因此不存在过直线AB的平面与平面α平行,故 D错误.故选ABD. ABD 返回 课时作业 8. (6分,多选)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为BD的中点,直线A1C∩平面C1BD=M,则下列说法正确的是 (　 　) A.A,C,C1,A1四点共面 B.C1,M,O三点共线 C.M∈平面BB1D1D D.A1C与BD异面 ABD 返回 课时作业 解析:对于A,由正方体的性质,知AA1∥CC1,∴A,C,C1,A1四点共面,故A正确;对于B,∵直线A1C∩平面C1BD=M,∴M∈平面C1BD,M∈直线A1C,连接AC,A1C1(图略),∵A1C⊂平面ACC1A1,∴M∈平面ACC1A1,∵O为DB的中点,BD⊂平面C1BD,底面ABCD为正方形,∴O为AC的中点,O∈平面C1BD,O∈平面ACC1A1,又C1∈平面C1BD,且C1∈平面ACC1A1,∴平面C1BD∩平面ACC1A1=OC1,∴C1,M,O在交线上,即C1,M,O三点共线,故B正确;对于C,∵平面BB1D1D∩平面C1BD=BD,M∈平面C1BD,M∉BD,∴M∉平面BB1D1D,故C错误;对于D,∵A1C∩平面ABCD=C,BD⊂平面ABCD,C∉BD,∴A1C与BD异面,故D正确.故选ABD. 返回 课时作业 9.(5分)已知异面直线l1,l2所成角的大小为45°,直线OA∥l1且OB∥l2,则∠AOB的大小为________________. 解析:由题意知OA∥l1,OB∥l2,且异面直线l1,l2所成的角为45°,则∠AOB(或其补角)为异面直线l1,l2所成的角,所以∠AOB的大小为45°或135°. 45°或135° 返回 课时作业 10.(5分)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2,沿该棱柱的表面从点A经过棱A1B1或棱BB1上的一点E到达点C1的最短路径的长为,则异面 直线AE与BD所成角的余弦值为 . 返回 课时作业 解析:设该棱柱的高为h,如图,若沿该棱柱表面从点A经过棱BB1上一点E到达点C1,则最短路径的长为,不满足题意.从点A经过棱A1B1上的一点E到达点C1的最短路径的长为,解得h=1(负值已舍去).因为A1E∥C1D1,所以,所以A1E=,过点E作B1D1的平行线与A1D1交于点F,则EF∥BD,则∠AEF(或其补角)就是AE与BD所成的角,又AE=AF=,EF=,所以cos∠AEF=. 返回 课时作业 11. (19分)如图,已知E,F,G,H分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,且EF与HG相交于点Q.求证: (1)点Q在直线DC上; 证明:因为Q∈EF,EF⊂平面ABCD,Q∈HG,HG⊂平面CDD1C1,平面ABCD∩平面CDD1C1=DC,所以Q∈DC,即点Q在直线DC上. 返回 课时作业 (2)EF与A1B1是异面直线. 证明:假设EF与A1B1不是异面直线,则EF与A1B1是共面直线,又E在直线A1B1外,则过E与直线A1B1有唯一平面BAA1B1,所以可得F∈平面BAA1B1,这与F在平面BAA1B1外矛盾,故EF与A1B1是异面直线. 返回 课时作业 12.(19分)如图,等腰直角三角形ABC的直角边AC=BC=2,沿其中位线DE将三角形ADE折起,使平面ADE⊥平面BCDE,得到四棱锥A-BCDE,设CD,BE,AE,AD的中点分别为M,N,P,Q. 返回 课时作业 (1)求证:M,N,P,Q四点共面; 解:证明:由题意易知PQ∥DE,MN∥DE,所以PQ∥MN,所以M,N,P,Q四点共面. 返回 课时作业 (2)求异面直线BE与MQ所成的角. 解:由条件知AD=1,DC=1,BC=2,如图,延长ED至R, 使DR=ED,则ER=BC,ER∥BC,故四边形ERCB为平行 四边形,所以RC∥EB.又AC∥QM,所以∠ACR(或其补角) 为异面直线BE与MQ所成的角.因为DA=DC=DR,且三线 两两互相垂直,由勾股定理得AC=AR=RC=,所以 △ACR为正三角形,所以∠ACR=60°,所以异面直线BE与MQ所成的角为60°. 返回 课时作业 13.(5分)(2026·辽宁辽阳一模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,且∠A1AC=60°,D,E,F分别为A1C1,A1B1,BC的中点,则异面直线AD和EF所成角的余弦值为(　 　) A. C. D 素养提升 返回 课时作业 解析:连接CD,DE,如图所示,因为D,E分别为A1C1,A1B1的中点,所以DE∥B1C1且DE=B1C1,因为BC∥B1C1且BC=B1C1,F为BC的中点,所以CF∥DE且CF=DE,所以四边形CDEF为平行四边形,则EF∥CD,故异面直线AD和EF所成角即为∠ADC(或其补角),在菱形AA1C1C,∠CC1A1=60°, D为A1C1的中点,所以CD⊥A1C1,则CD⊥AC,又CD=,AC=2,所以AD=,所以cos∠ADC= .故选D. 返回 课时作业 14.(5分)在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,AB=,BC=BD=CD=2,E,F分别为AC,CD的中点,则下列结论正确的是 (　 　) A.AF,BE是异面直线,AF⊥BE B.AF,BE是相交直线,AF⊥BE C.AF,BE是异面直线,AF与BE不垂直 D.AF,BE是相交直线,AF与BE不垂直 A 返回 课时作业 解析:显然根据异面直线判定方法:经过平面ACD外一点B与平面ACD内一点E的直线BE,与平面ACD内不经过点E的直线AF是异面直线.下面证明BE与AF垂直:因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD.如图,连接BF,因为BC=BD=CD,F为CD的中点,所以BF⊥CD.因为AB∩BF=B,AB,BF⊂平面ABF,所以CD⊥平面ABF,取AF的中点Q,连接BQ,EQ,因为AF⊂平面ABF,所以CD⊥AF,又因为EQ∥CD,所以EQ⊥AF.因为BC=BD=CD=2,所以BF==AB,又因为Q为AF的中点,所以BQ⊥AF.因为BQ∩EQ=Q,BQ,EQ⊂平面BEQ,所以AF⊥平面BEQ,又因为BE⊂平面BEQ,所以AF⊥BE.故选A. 返回 课时作业 Thank you 本课结束 $