旧教材适用2023高考数学一轮总复习第八章立体几何第3讲空间点直线平面之间的位置关系

第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系1．平面的基本性质公理1：如果一条直线上的eq\o(□,\s\up3(01))两点在一个平面内，那么这条直线就在此平面内．公理2：经过eq\o(□,\s\up3(02))不在同一直线上的三点，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们eq\o(□,\s\up3(03))有且只有一条过eq\o(□,\s\up3(04))该点的公共直线．2．用集合语言描述点、线、面间的关系(1)点与平面的位置关系：点A在平面α内记作eq\o(□,\s\up3(05))A∈α，点A不在平面α内记作eq\o(□,\s\up3(06))A∉α.(2)点与直线的位置关系：点A在直线l上记作eq\o(□,\s\up3(07))A∈l，点A不在直线l上，记作eq\o(□,\s\up3(08))A∉l.(3)线面的位置关系：直线l在平面α内记作eq\o(□,\s\up3(09))l⊂α，直线l不在平面α内记作eq\o(□,\s\up3(10))l⊄α.(4)平面α与平面β相交于直线a，记作eq\o(□,\s\up3(11))α∩β＝a.(5)直线l与平面α相交于点A，记作eq\o(□,\s\up3(12))l∩α＝A.(6)直线a与直线b相交于点A，记作eq\o(□,\s\up3(13))a∩b＝A.3．直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up3(14))平行，,\o(□,\s\up3(15))相交.)),异面直线：不同在\o(□,\s\up3(16))任何一个平面内的两条,直线.))(2)空间平行线的传递性公理4：平行于同一条直线的两条直线eq\o(□,\s\up3(17))互相平行．(3)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eq\o(□,\s\up3(18))相等或互补．(4)异面直线所成的角①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的eq\o(□,\s\up3(19))锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．②范围：eq\o(□,\s\up3(20))eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).4．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＝A1个平行a∥α0个在平面内a⊂α无数个平面与平面平行α∥β0个相交α∩β＝l无数个1．公理2的三个推论推论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．2．异面直线判定的一个方法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．1．(2021·保定模拟)已知p：a，b为异面直线，q：直线a，b不相交，则p是q的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若直线a，b不相交，则a，b平行或异面，所以p是q的充分不必要条件，故选A.2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α答案D解析b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．3．设A，B，C，D是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确的是()A．若AC与BD共面，则AD与BC共面B．若AC与BD是异面直线，则AD与BC是异面直线C．若AB＝AC，DB＝DC，则AD⊥BCD．若AB＝AC，DB＝DC，则AD＝BC答案D解析A，B，C，D构成的四边形可能为平面四边形，也可能为空间四边形，D不成立．4．(2021·吉林四平模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()A．CC1与B1E是异面直线B．C1C与AE共面C．AE与B1C1是异面直线D．AE与B1C1所成的角为60°答案C解析由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E是共面的，所以A错误；由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；同理AE与B1C1是异面直线，C正确；而AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，E为BC的中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，即AE与B1C1所成的角为90°，故D错误．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．上述命题中错误的是________(写出所有错误命题的序号)．答案②③④解析由公理4知①正确；当a⊥b，b⊥c时，a与c可以相交、平行或异面，故②错误；当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③错误；a⊂α，b⊂β，并不能说明a与b不同在任何一个平面内，故④错误．6．(2022·河南安阳模拟)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为eq\r(2)，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是________．答案60°解析如图所示，连接A1B，可知A1B∥E1D，∴∠A1BC1是异面直线E1D与BC1所成的角．连接A1C1，可求得A1C1＝C1B＝BA1＝eq\r(3)，∴∠A1BC1＝60°，即侧面对角线E1D与BC1所成的角是60°.考向一平面基本性质的应用例1如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明(1)如图所示，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥CD1，∴EF∥CD1.∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴直线CE与直线D1F必相交，设交点为P.则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA，∴CE，D1F，DA三线共点．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．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、线共点等都是应用公理3，证明点为两平面的公共点，即证明点在交线上．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；(2)设直线EG与直线FH交于点P.求证：P，A，C三点共线．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．精准设计考向，多角度探究突破考向二空间两条直线的位置关系角度两条直线位置关系的判定例2(1)(2021·邯郸一中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是()A．相交但不垂直 B．相交且垂直C．异面 D．平行答案D解析连接D1E并延长，与AD交于点M，则△MDE∽△D1A1E，因为A1E＝2ED，所以M为AD的中点．连接BF并延长，交AD于点N，同理可得，N为AD的中点．所以M，N重合，又eq\f(ME,ED1)＝eq\f(1,2)，eq\f(MF,BF)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(ME,ED1)＝eq\f(MF,BF)，所以EF∥BD1.(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是异面直线答案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.∵EM＝MD，DG＝GF，∴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)))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.角度异面直线的判定例3(2022·江西吉安一中月考)如下图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________．答案②④解析①中GH∥MN；③中GM∥HN且GM≠HN，所以直线GH与MN必相交；②④中直线GH与MN是异面直线．空间两条直线位置关系的判定方法2.若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交答案D解析由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．故选D.3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论为________(写出所有正确结论的序号)．答案③④解析因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故①错误；取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故②错误；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故③正确；同理④正确．考向三异面直线所成的角例4(1)(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.eq\f(π,2) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)答案D解析如图，连接A1C1，A1B，BC1，因为AD1∥BC1，易知∠PBC1为锐角，所以∠PBC1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)，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.(2)(2021·甘肃省、青海省、宁夏回族自治区联考)在四棱锥P－ABCD中，所有侧棱长都为4eq\r(2)，底面是边长为2eq\r(6)的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线OP与BM所成的角为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析如图，由题意，可知O是正方形ABCD的中心，取N为OC的中点，连接MN，所以OP∥MN，易知∠BMN是锐角，则∠BMN是异面直线OP与BM所成的角．因为OP⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，因为在四棱锥P－ABCD中，所有侧棱长都为4eq\r(2)，底面是边长为2eq\r(6)的正方形，所以OC＝2eq\r(3)，所以OP＝eq\r(PC2－OC2)＝2eq\r(5)，因此MN＝eq\r(5).连接OB，在Rt△BON中，BN＝eq\r(OB2＋ON2)＝eq\r(15)，所以tan∠BMN＝eq\f(BN,MN)＝eq\r(3)，所以∠BMN＝60°，则异面直线OP与BM所成的角为60°.故选C.求异面直线所成角的方法(1)求异面直线所成角的常用方法是平移法．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．(2)求异面直线所成角的三步曲：“一作、二证、三求”．①一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角．②二证：证明作出的角是异面直线所成的角．③三求：解三角形，求出作出的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．④其中空间选点任意，但要灵活，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，转化为解三角形问题，进而求解．4.已知三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD所成的角为60°，点M，N分别是BC，AD的中点，则直线AB与MN所成的角为________．答案60°或30°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为直线AB与CD所成的角(或其补角)，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°.因为PM∥AB，所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角)．①若∠MPN＝60°，因为AB＝CD，所以PM＝PN，则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°，即直线AB与MN所成的角为60°；②若∠MPN＝120°，则易知△PMN是等腰三角形，所以∠PMN＝30°，即直线AB与MN所成的角为30°.综上，直线AB与MN所成的角为60°或30°.5．正四面体ABCD中，点E，F分别为AB，BD的中点，则异面直线AF与CE所成角的余弦值为________．答案eq\f(1,6)解析取BF的中点G，连接CG，EG，易知EG∥AF，所以异面直线AF，CE所成的角即为∠GEC(或其补角)．不妨设正四面体的棱长为2，易求得CE＝eq\r(3)，EG＝eq\f(\r(3),2)，CG＝eq\f(\r(13),2)，由余弦定理，得cos∠GEC＝eq\f(EG2＋CE2－CG2,2EG·CE)＝eq\f(\f(3,4)＋3－\f(13,4),2×\f(\r(3),2)×\r(3))＝eq\f(1,6)，所以异面直线AF与CE所成角的余弦值为eq\f(1,6).自主培优(十三)巧用方法求异面直线所成的角在长方体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)答案C解析解法一：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＝eq\r(DE2＋EE\o\al(2,1))＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5)，B1E1＝eq\r(A1B\o\al(2,1)＋A1E\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：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，易知∠MOD是锐角，则∠MOD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)，AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DD\o\al(2,1))＝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)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))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.解法三：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，eq\r(3))，B1(1,1，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up10(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up10(→))＝(1,1，eq\r(3))，则由向量夹角公式，得cos〈eq\o(AD1,\s\up10(→))，eq\o(DB1,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up10(→))·\o(DB1,\s\up10(→)),|\o(AD1,\s\up10(→))||\o(DB1,\s\up10(→))|)＝eq\f(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.答题启示(1)当异面直线所成的角不易作出或难于计算时，可考虑使用补形法．(2)补形法的目的是平移某一条直线，使之与另一条相交，常见的补形方法是对称补形．对点训练已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(15),5)C．eq\f(\r(10),5) D．eq\f(\r(3),3)答案C解析解法一：如图所示，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1(或其补角)为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝eq\r(5)，AD1＝eq\r(2).在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)，所以cos∠B1AD1＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).故选C.解法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM(或其补角)为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝eq\f(1,2)AB1＝eq\f(\r(5),2)，NP＝eq\f(1,2)BC1＝eq\f(\r(2),2).取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝eq\f(1,2)AC.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝4＋1－2×2×1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝7，所以AC＝eq\r(7)，MQ＝eq\f(\r(7),2).在Rt△MQP中，MP＝eq\r(MQ2＋PQ2)＝eq\f(\r(11),2)，则在△PMN中，cos∠PNM＝eq\f(MN2＋NP2－PM2,2MN·NP)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(11),2)))2,2×\f(\r(5),2)×\f(\r(2),2))＝－eq\f(\r(10),5)，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5).故选C.解法三：作BH⊥AC，H为垂足．以H为坐标原点，eq\o(HB,\s\up10(→))的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系．由已知可得|BH|＝eq\f(\r(21),7)，|AH|＝eq\f(5\r(7),7)，|CH|＝eq\f(2\r(7),7)，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5\r(7),7)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)，0，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)，0，1))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(7),7)，1))，从而eq\o(AB1,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),7)，\f(5\r(7),7)，1))，eq\o(BC1,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(21),7)，\f(2\r(7),7)，1))，cos〈eq\o(AB1,\s\up10(→))，eq\o(BC1,\s\up10(→))〉＝eq\f(\r(10),5).故选C.1．如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是异面直线的一个图形是()答案C解析A，B中PQ綊RS，D中直线PQ与RS相交(或RP∥SQ)，即直线PQ与RS共面，均不满足条件；C中的直线PQ与RS是两条既不平行，又不相交的直线，即直线PQ与RS是异面直线．故选C.2．(2022·大连模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是线段C1D，BC的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是()A．相交 B．异面C．平行 D．垂直答案A解析直线A1B与其外一点E确定的平面为A1BCD1，EF⊂平面A1BCD1，且两直线不平行，故两直线相交．3．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定答案D解析构造如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1，取l1为AD，l2为AA1，l3为A1B1，当取l4为B1C1时，l1∥l4，当取l4为BB1时，l1⊥l4，故排除A，B，C，选D.4.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过()A．点A B．点BC．点C但不过点M D．点C和点M答案D解析∵直线AB⊂γ，M∈直线AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β，则M在γ与β的交线上．同理可知，点C也在γ与β的交线上．故选D.5．设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是()A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥bB．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥bC．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥αD．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α答案C解析a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，D不正确．故选C.6.一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∥CDB．AB与CD相交C．AB⊥CDD．AB与CD所成的角为60°答案D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D.7．(2022·吉林长春高三质量监测(一))给出下列命题：①若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R三点共线；②若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c是异面直线；③若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；④对于三条直线a，b，c，若a⊥c，b⊥c，则a∥b.其中所有真命题的序号是()A．①② B.①③C.③④ D.②④答案B解析对于①，若△ABC的三条边所在直线分别交平面α于P，Q，R三点，则P，Q，R∈α且P，Q，R∈平面ABC，所以P，Q，R三点必在两平面的交线上，所以P，Q，R三点共线，所以①正确；对于②，若直线a，b是异面直线，直线b，c是异面直线，则直线a，c可能相交、平行或异面，所以②错误；对于③，若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，由公理3可得这四条直线共面，所以③正确；对于④，若a，b，c是过长方体一顶点的三条棱，则满足a⊥c，b⊥c，此时a与b相交，所以④错误．所以所有真命题的序号是①③.故选B.8.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论错误的是()A．A1C1∥平面ABCDB．AC1⊥BDC．AC1与CD成45°角D．A1C1与B1C成60°角答案C解析A显然正确；如图，连接AC，BD，由BD⊥AC，BD⊥CC1，得BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥AC1，故B正确；连接C1D，A1D，易证A1D∥B1C，则∠DA1C1即为A1C1与B1C所成的角，又△A1C1D为等边三角形，所以∠DA1C1＝60°，故D正确；CD∥C1D1，故∠AC1D1为AC1与CD所成的角，易得tan∠AC1D1＝eq\r(2)≠1，C错误．故选C.9．(2021·永州模拟)三棱锥A－BCD的所有棱长都相等，M，N分别是棱AD，BC的中点，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为()A.eq\f(1,3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(2,3)答案D解析连接DN，取DN的中点O，连接MO，BO，∵M是AD的中点，∴MO∥AN，∴∠BMO(或其补角)是异面直线BM与AN所成的角．设三棱锥A－BCD的所有棱长为2，则AN＝BM＝DN＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，则MO＝eq\f(1,2)AN＝eq\f(\r(3),2)＝NO＝eq\f(1,2)DN，则BO＝eq\r(BN2＋NO2)＝eq\r(1＋\f(3,4))＝eq\f(\r(7),2).在△BMO中，由余弦定理得cos∠BMO＝eq\f(BM2＋MO2－BO2,2BM·MO)＝eq\f(3＋\f(3,4)－\f(7,4),2×\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\f(2,3)，∴异面直线BM与AN所成角的余弦值为eq\f(2,3).故选D.10．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则()A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1答案A解析如图，连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与D1B异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45°角，所以MN与平面BDD1B1不垂直，所以A正确．故选A.11．(2021·广东梅州三模)如图1，E，F，G，H分别是菱形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且BE＝2AE，DH＝2AH，CF＝2FB，CG＝2GD，现将△ABD沿BD折起，得到空间四边形ABCD(如图2)，在折起过程中，下列说法正确的是()A．直线EF，HG有可能平行B．直线EF，HG一定异面 C．直线EF，HG一定相交，且交点一定在直线AC上D．直线EF，HG一定相交，但交点不一定在直线AC上答案C解析如图，连接EH，FG.∵BE＝2AE，DH＝2AH，∴eq\f(AE,BE)＝eq\f(AH,DH)＝eq\f(1,2)，则EH∥BD，且EH＝eq\f(1,3)BD，又CF＝2FB，CG＝2GD，∴eq\f(CF,FB)＝eq\f(CG,GD)＝2，则FG∥BD，且FG＝eq\f(2,3)BD，∴EH∥FG，且EH≠FG，∴直线EF，HG一定相交，设交点为O，则O∈EF，又EF⊂平面ABC，可得O∈平面ABC，同理，O∈平面ACD，而平面ABC∩平面ACD＝AC，∴O∈AC，即直线EF，HG一定相交，且交点一定在直线AC上．故选C.12.(2022·甘肃天水模拟)如图所示，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝12，BC＝3，AA1＝4，N在A1B1上，且B1N＝4，则异面直线BD1与C1N所成角的余弦值为()A.eq\f(2,5) B．eq\f(3,5)C．eq\f(4,5) D．－eq\f(3,5)答案B解析补一个与原长方体相同的，并与原长方体有公共面BC1的长方体BEFC－B1E1F1C1，如图所示．连接C1E，NE，则C1E∥BD1，于是∠NC1E即为异面直线BD1与C1N所成的角(或其补角)．在△NC1E中，根据已知条件可求得C1N＝5，C1E＝13，EN＝eq\r(E1N2＋EE\o\al(2,1))＝4eq\r(17).由余弦定理，得cos∠NC1E＝eq\f(C1N2＋C1E2－EN2,2C1N·C1E)＝－eq\f(3,5).所以异面直线BD1与C1N所成角的余弦值为eq\f(3,5).13．下列如图所示的正方体和正四面体中，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则四个点共面的图形是________(填所有满足条件图形的序号)．答案①②③解析易知①③中，PS∥QR，所以四点共面；在②中，构造如图所示的含点P，S，R，Q的正六边形，易知四点共面；在④中，由点P，R，Q确定平面α，观察图形，知点S在平面α外，因此四点不共面．故填①②③.14.如图所示，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ与CB的延长线交于点M，RQ与DB的延长线交于点N，RP与DC的延长线交于点K.给出以下说法：①直线MN⊂平面PQR；②点K在直线MN上；③M，N，K，A四点共面．其中说法正确的是________．答案①②③解析依题意画出图形，如图所示，则M∈PQ，N∈RQ，K∈RP，从而点M，N，K∈平面PQR.所以直线MN⊂平面PQR，故①正确；同理可得点M，N，K∈平面BCD.从而点M，N，K在平面PQR与平面BCD的交线上，即点K在直线MN上，故②正确；因为A∉直线MN，从而点M，N，K，A四点共面，故③正确．15.(2021·四川泸州诊断)如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为eq\r(7)，则圆柱O1O2的高为________，异面直线AC与BD所成角的余弦值为________．答案2eq\f(3\r(7),14)解析如图，连接CD，则∠BCD＝90°，因为圆柱O1O2的底面圆半径为1，所以BD＝2.因为∠CBD＝30°，所以CD＝1，BC＝eq\r(3)，易知AB⊥BC，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(7)，所以AB＝2，故圆柱O1O2的高为2.连接AO2并延长，设AO2的延长线与下底面圆周交于点E，连接CE，则AE＝2，∠CAE即为异面直线AC与BD所成的角．又CE＝eq\r(DE2＋CD2)＝eq\r(5)，所以cos∠CAE＝eq\f(AC2＋AE2－CE2,2AC·AE)＝eq\f(7＋4－5,2×\r(7)×2)＝eq\f(3\r(7),14).16．如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE