第七章 7.3 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、平面的位置关系”核心考点，依据高考评价体系梳理了基本事实及推论、位置关系判断、异面直线所成角等考查要求。通过分析近五年真题明确异面直线所成角（占比约30%）、位置关系判断（占比约25%）等高频考点，归纳共面共线共点证明、角的计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“主干知识系统梳理+核心题型深度探究+高考真题实战训练”。如通过正方体模型培养学生空间观念，运用平移法、补形法突破异面直线所成角计算，结合2025年辽阳模拟题训练推理能力。设“易错陷阱警示”和“答题模板”，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

空间点、直 线、平面之间的位置关系 落实主干知识 1.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平行. 不在一条直线上 两个点 一条 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. 3.空间中直线与直线的位置关系 相交 平行 相交 平行 任何 4.空间中直线与平面、平面与平面的位置关系   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   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 5.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 . 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 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)没有公共点的两条直线是异面直线.(　　) (2)若直线在平面外，则直线与平面没有公共点.(　　) (3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.(　　) (4)两两相交的三条直线共面.(　　) 自主诊断 × × × × 2.用符号表示“点A不在直线m上，直线m在平面α内”，正确的是 A.A∉m，m⊂α B.A∉m，m∈α C.A⊄m，m⊂α D.A⊄m，m∈α √ 解析　由题意用符号表示“点A不在直线m上，直线m在平面α内”，即A∉m，m⊂α. 3.(人教A版必修第二册P131练习T1(2))设直线a，b分别是长方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则a与b A.平行 B.相交 C.是异面直线 D.可能相交，也可能是异面直线 √ 解析　如图，在长方体ABCD-A'B'C'D'中，当A'B所在的直线为a，BC'所在的直线为b时，a与b相交； 当A'B所在的直线为a，B'C所在的直线为b时，a与b异面，故D正确. 4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为　　　　. 60° 解析　因为M，N分别为棱BC和棱CC1的中点， 所以MN∥BC1， 又在正方体ABCD-A1B1C1D1中， AC∥A1C1， 所以∠A1C1B或其补角为异面直线AC和MN所成的角， 又在正方体ABCD-A1B1C1D1中，△A1C1B为正三角形， 所以∠A1C1B=60°， 即异面直线AC和MN所成的角为60°. (1)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. (2)异面直线所成角的范围：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. 微点提醒 返回 探究核心题型 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； 题型一　基本事实的应用 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. 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： (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. 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： (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. 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. 思维升华 跟踪训练1　(人教A版必修第二册P132习题8.4T8)如图，△ABC在平面α外，AB∩α=P，BC∩α=Q，AC∩α=R，求证：P，Q，R三点共线. 证明　∵AB∩α=P，AB⊂平面ABC， ∴P∈平面ABC. 又P∈α， ∴P在平面ABC与平面α的交线上.同理可得Q和R均在这条交线上，所以P，Q，R三点共线. 例2　(1)下列结论正确的是 A.三条互相平行的直线确定一个平面 B.若a∥α，a∥b，则b∥α C.若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b D.若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的直线与a相交或异面 题型二　空间位置关系的判断 √ 解析　对于A，三棱柱的三条侧棱互相平行，可以确定三个平面，所以三条互相平行的直线确定一个或三个平面，故A错误； 对于B，若a∥α，a∥b，则b∥α或b⊂α，故B错误； 对于C，若α∥β，a⊂α，b⊂β，所以a与b没有公共点，所以a与b平行或异面，故C错误； 对于D，若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则直线a与平面α相交，设交点为O， 则平面α内所有过点O的直线都与a相交于点O，所有不过点O的直线都与a异面，故D正确. (2)如图，点N为正方形ABCD的中心，平面ECD⊥平面ABCD，且ED=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 √ 解析　如图所示，连接BD，BE，MN，点N为正方形ABCD的中心， 则BD经过点N，且点N为BD的中点， 又M是线段ED的中点， 所以在△EBD中，MN∥EB， 又ED=EC=CD，且由正方形的性质可知BD=CD， 所以EM=ED=CD=BD=BN， 即四边形EBNM为等腰梯形， 又BM，EN为等腰梯形的对角线， 所以BM=EN，且直线BM，EN是相交直线. 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.二是排除法.特别地，对于异面直线的判定常用到结论：“平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线.” 思维升华 跟踪训练2　(1)已知m，n为异面直线，m⊂平面α，n⊂平面β，α∩β=l，则l A.与m，n都相交 B.与m，n中至少一条相交 C.与m，n都不相交 D.至多与m，n中的一条相交 √ 解析　若l与m，n都不相交，则l∥m，l∥n，则m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故C不正确； 如图①，l与m，n中的一条相交，另一条不相交， 也可以与m，n都相交，但不交于同一点，如图②， 综上，l与m，n中的至少一条相交，故A，D不正确，B正确. 图①　　　　　　图② (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 √ √ 解析　对于A，M，C，C1三点在平面CDD1C1内，M点不在直线CC1上， A点不在平面CDD1C1内，可得直线AM与CC1是异面直线，故A错误； 对于B，B，N，B1三点在平面BCC1B1内，B1不在直线BN上， M点不在平面BCC1B1内，可得直线BN与MB1是异面直线，故B正确； 对于C，取DD1的中点E，连接AE，EN，又N为C1C的中点， 则EN∥CD∥AB，AB=CD=EN， 所以四边形ABNE是平行四边形，所以AE∥BN， AM∩AE=A，则AM与BN不平行，故C错误； 解析　对于D，连接MN，A1B，D1C， 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，A1B∥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. 例3　(1)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为 A. B. C. D. 题型三　异面直线所成的角 √ 解析　方法一　如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1上加一个正三棱柱A2B2C2-A1B1C1，A1B1=A1A2，连接A2C1，A2B， 易得A2C1∥A1C， ∴A1C与BC1所成的角为∠A2C1B或其补角， 令AB=AA1=1， ∴BC1=，A2C1=，A2B=， ∴cos∠A2C1B==-， ∴异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为. 解析　方法二　如图，取CC1的中点M，A1C1的中点N，BC的中点E，连接MN，ME，EN， 易得MN∥A1C，ME∥BC1， ∴A1C与BC1所成的角为∠NME或其补角， 设AB=AA1=2，∴ME=MN=，EN=， ∴cos∠NME==-， ∴异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为. (2)如图，在空间四边形ABCD中，AB=CD=8，M，N分别是BC，AD的中点.若异面直线AB与CD所成的角为60°，则MN的长为　　 　　. 4或4 解析　如图所示，取BD的中点E，连接ME，NE. 因为M，N分别是BC，AD的中点， 所以ME∥CD，且ME=CD=4，NE∥AB，且NE=AB=4， 从而∠MEN(或其补角)即为AB与CD所成的角. 又异面直线AB与CD所成的角为60°，所以∠MEN=60°或∠MEN=120°， 当∠MEN=60°时，由余弦定理可知 MN==4. 当∠MEN=120°时，由余弦定理可知 MN==4. 综上，MN的长为4或4. 异面直线所成角的求法 思维升华 方法 解读 平移法 将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，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 跟踪训练3　(2025·辽阳模拟)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. B. C. D. √ 解析　连接CD，DE，A1C，如图所示. 因为D，E分别为A1C1，A1B1的中点，所以DE∥B1C1，且DE=B1C1， 因为四边形BB1C1C为平行四边形，F为BC的中点， 所以CF∥B1C1，且CF=B1C1， 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所成的角为∠ADC或其补角， 解析　在菱形AA1C1C中，AC=2，∠A1AC=60°， 所以△AA1C，△A1C1C为等边三角形， 所以CD=，CD⊥AC. 由勾股定理可得AD===， 所以cos∠ADC===. 因此异面直线AD和EF所成角的余弦值为. 返回 课时精练 一、单项选择题 1.若直线a，b，c满足a∥b，a，c异面，则b与c A.一定是异面直线 B.一定是相交直线 C.不可能是平行直线 D.不可能是相交直线 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 知识过关 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　在正方体ABCD-A1B1C1D1中， AB∥DC，AB和DD1是异面直线，DC∩DD1=D， 故直线a，b，c满足a∥b，a，c异面，则b与c可能相交，不一定是异面直线，故A，D错误； AB∥DC，AB和B1C1是异面直线，DC和B1C1是异面直线， 故直线a，b，c满足a∥b，a，c异面，则b与c可能是异面直线，故B错误； 直线a，b，c满足a∥b，a，c异面，则由平行公理得b与c不可能是平行直线，故C正确. 2.已知∠ABC两边所在直线与∠A1B1C1两边所在直线分别平行，若∠ABC=70°，则∠A1B1C1等于 A.70° B.70°或110° C.110° D.70°或20° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 解析　当∠ABC的两边与∠A1B1C1的两边的方向都相同或都相反时，∠A1B1C1=∠ABC=70°； 当∠ABC的两边与∠A1B1C1的两边的方向是一个相同，一个相反时，∠A1B1C1=180°-∠ABC=110°.综上，∠A1B1C1=70°或∠A1B1C1=110°. 3.已知平面α∩平面β=l，点A，C∈α，点B∈β，且B∉l，又AC∩l=M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是 A.直线CM B.直线BM C.直线AB D.直线BC √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　已知过A，B，C三点确定的平面为γ，则AC⊂γ.又AC∩l=M，则M∈γ，又平面α∩平面β=l，则l⊂α，l⊂β，又因为AC∩l=M，所以M∈β，因为B∈β，B∈γ，所以β∩γ=BM. 4.(2026·济南模拟)如图，下列正方体中，M，N，P，Q分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线MN和PQ为异面直线的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于A，如图1，PQ∥CD∥AB∥MN，M，N，P，Q四点共面，A错误； 对于B，如图2，MP∥GH∥EF∥NQ，M，N，P，Q四点共面，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于C，如图3，MP∥KL∥NQ，M，N，P，Q四点共面，C错误； 对于D，如图4，PQ⊂平面MPQ，N∉平面MPQ，M∈平面MPQ，M∉直线PQ， 则MN与PQ是异面直线，D正确. 5.给出以下四个结论，其中正确的是 A.不共面的四点中，存在三点共线 B.若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面 C.若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块 D.依次首尾相接的四条线段必共面 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　如果四个点中，有3个点共线，第4个点不在这条直线上， 则这四个点共面，这与已知矛盾，故A错误； 如图1，点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，但点A，B，C，D，E不共面，故B错误； 如图2，一个西瓜切3刀等价于一个正方体被三个 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　平面切割，按照如图所示的方法切割可得最多块数为8，故C正确； 如图3，a，b，c，d四条线段首尾相接，但a，b，c，d不共面，故D错误. 6.(2025·红河模拟)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. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　设AD=m(m>0)，如图所示，将四棱锥P-ABCD补成长方体ABCD-PB1C1D1， 则四棱锥P-ABCD的外接球半径等于长方体的外接球 半径， 因为AD=m，AB=PA=2，即R==2，所以m=2(负值舍去). 又BC∥AD，所以AE与BC所成的角即为∠EAD或其补角， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　连接AC，因为△PAC，△PDC为直角三角形，E为PC的中点，且PC=2R=4， 所以AE=ED=PC=2，AD=2， 所以cos∠EAD===. 可知AE与BC所成的角为，所以AE与BC所成角的正弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 二、多项选择题 7.在如图所示的正方体中，O为BD的中点，A1C∩平面C1BD=M，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 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　由正方体性质可知，AA1∥CC1，所以A，C，C1，A1四点共面，A正确； ∵A1C∩平面C1BD=M，∴M∈平面C1BD，M∈A1C，又A1C⊂平面ACC1A1，∴M∈平面ACC1A1， ∵O为BD的中点，BD⊂平面C1BD，四边形ABCD为正方形，所以O为AC的中点， ∴O∈平面C1BD，且O∈平面ACC1A1， 又C1∈平面C1BD，且C1∈平面ACC1A1， 平面C1BD与平面ACC1A1相交，则C1，M，O在交线上，即三点共线，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　平面BB1D1D∩平面C1BD=BD，M∈平面C1BD， 但M∉BD，所以M∉平面BB1D1D，C错误； A1C∩平面ABCD=C，BD⊂平面ABCD，C∉BD， 所以A1C与BD为异面直线，D正确. 8.如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，E，F分别是棱PD，PA的中点，下列说法正确的有 A.多面体ABF-DCE是三棱柱 B.直线BF与PC互为异面直线 C.平面ADP与平面BCP的交线平行于EF D.四棱锥P-ABCD和四棱锥P-BCEF的体积之比为8∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于A，多面体ABF-DCE中，由直线AF∩DE=P，得平面ABF与平面DCE不平行，显然多面体ABF-DCE中不存在平行的两个面，则该多面体不是三棱柱，A错误； 对于B，由E，F分别是棱PD，PA的中点，得EF∥AD∥BC，BF⊂平面BCEF，C∈平面BCEF，P∉平面BCEF，C∉BF，因此直线BF与PC互为异面直线，B正确； 对于C，由AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，则AD∥平面PBC，令平面PBC∩平面PAD=l，而AD⊂平面PAD，则l∥AD∥EF，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于D，连接AC，CF，令四棱锥P-ABCD的体积为V，由E，F分别是棱PD，PA的中点，得 V三棱锥P-BCF=V三棱锥B-PCF=V三棱锥B-PCA=V三棱锥P-ABC =V，V三棱锥P-CEF=V三棱锥C-PEF=V三棱锥C-PDA=V三棱锥P-ADC =V，因此四棱锥P-BCEF的体积V四棱锥P-BCEF=V三棱锥P-BCF +V三棱锥P-CEF=V，D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 三、填空题 9.空间有5个点，其中有4个点共面，它们没有任何3点共线，这5个点最多可以确定　　　个平面. 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　∵空间中有5个点，其中有4个点在同一平面内，但没有任何3点共线， ∴同一平面的4个点一定能两两连线，最多可连6条线， ∵由三点确定一个平面知，任意一条线加上第五个点都会形成一个平面， 因此有6个平面，再加上共面的4个点确定的1个平面总共是7个平面. 10.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=8，AD=6，异面直线BD与AC1所成角的余弦值为，则该长方体的高CC1=　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 4 解析　连接AC与BD交于O点，则O为AC中点， 取CC1的中点E，连接BE，OE，则AC1∥OE， ∴∠EOB为异面直线BD与AC1所成的角(或其补角)， 设CE=x(x>0)，AB=8，AD=6，则BE=，OB=OC=5，OE=， 在△OBE中，由余弦定理得BE2=OB2+OE2-2OB×OE×cos∠EOB， 若cos∠EOB=，则36+x2=25+25+x2-2，解得x=2(负值舍去)， 若cos∠EOB=-， 则36+x2=25+25+x2+2，方程无解，所以CC1=2x=4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 四、解答题 11.如图，ABCD为空间四边形，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且DH=AD，DG=CD.求证： (1)E，F，G，H四点共面； 证明　连接EF，HG， 由E，F分别为AB，BC的中点，得EF∥AC， 由DH=AD，DG=CD， 得HG∥AC，∴EF∥HG，∴E，F，G，H四点共面. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11.如图，ABCD为空间四边形，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且DH=AD，DG=CD.求证： (2)EH，FG必相交且交点在直线BD上. 证明　由DH=AD， DG=CD， 易知HG=AC， 又E，F分别为AB，BC的中点， 即EF=AC，∴HG≠EF， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11.如图，ABCD为空间四边形，点E，F分别是AB，BC的中点，点G，H分别在CD，AD上，且DH=AD，DG=CD.求证： (2)EH，FG必相交且交点在直线BD上. 证明　结合(1)的结论可知，四边形EFGH是梯形， ∴直线EH，FG不平行， 设它们的交点为P，则P∈EH， 又EH⊂平面ABD，∴P∈平面ABD， 同理P∈平面BCD， 又平面ABD∩平面BCD=BD，∴P∈BD， 即EH，FG必相交且交点在直线BD上. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，CC1的中点. (1)求异面直线A1E与D1F所成角的余弦值； 解　如图，设BB1的中点为H，连接HF，EH，A1H，因为F是CC1的中点， 所以A1D1∥CB∥HF，A1D1=CB=HF， 因此四边形A1D1FH是平行四边形， 所以D1F∥A1H，D1F=A1H， 因此∠EA1H是异面直线A1E与D1F所成的角或其补角， 正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是AB的中点， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，CC1的中点. (1)求异面直线A1E与D1F所成角的余弦值； 解　所以A1E=A1H==， EH==， 由余弦定理可知，cos∠EA1H ===， 所以异面直线A1E与D1F所成角的余弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，CC1的中点. (2)求三棱锥A1-D1EF的体积. 解　因为A1D1∥HF，HF⊄平面A1D1E， A1D1⊂平面A1D1E， 所以HF∥平面A1D1E， 因此点H，F到平面A1D1E的距离相等， 即====·A1D1 =××2=1，所以三棱锥A1-D1EF的体积为1. 13.(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是 A.AB1 B.A1C C.A1A D.AD1 能力拓展 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于A，如图①，连接AB1，C1D，BD，当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确； 对于B，如图②，连接A1C，A1C1，AC， 因为A1C⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1C，P∉平面AA1C1C，所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于C，如图②，因为A1A⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1A，P∉平面AA1C1C，所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确； 对于D，如图③，连接AD1，D1C，AC， 因为AD1⊂平面AD1C，O∈平面AD1C，O∉AD1，P∉平面AD1C， 所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确. 14.(2025·绵阳模拟)在平行四边形ABCD中，AB⊥BD，BC=2，CD=2，沿对角线BD将△CBD折起，所得四面体ABCD外接球的表面积为24π，则异面直线AB与CD所成的角为 A.30° B.45° C.60° D.90° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　取BC中点O1，AD中点O2，BD中点F， 则O1为△BCD外心，O2为△ABD外心， O1F∥CD，O2F∥AB， 因为AB=CD=2，则O1F=O2F=1， 翻折后，过O1作直线垂直于平面BCD，过O2作直线垂直于平面ABD，两直线的交点O即为四面体ABCD的外接球球心，设外接球的半径为r， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　由题意可得4πr2=24π，可得r=， 即OA=OC=，且O1C=O2A=， 则由勾股定理可得OO1=OO2=1， 由O1F=O2F=1得四边形OO1FO2为菱形， 由OO2⊥平面ABD，O2F⊂平面ABD， 可得OO2⊥O2F， 所以四边形OO1FO2为正方形，∠O1FO2=90°， 由O1F∥CD，O2F∥AB可得异面直线AB与CD所成的角为∠O1FO2=90°. 返回 $