55　第七章　第3课时　空间点、直线、平面之间的位置关系

第3课时空间点、直线、平面之间的位置关系[考试要求]1.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.2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题.1．基本事实基本事实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基本事实4平行于同一条直线的两条直线平行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．3．空间中直线与直线的位置关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(相交直线：在同一平面内，有且只有一,个公共点；,平行直线：在同一平面内，没有公共点；)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.))提醒：分别在两个不同平面内的两条直线不一定为异面直线，它们也可能平行或相交．4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系位置关系符号直线和平面直线在平面外a⊂α直线在平面内直线与平面相交a∩α＝A直线与平面平行a∥α平面和平面两平面平行α∥β两平面相交α∩β＝l5．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.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，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：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).[常用结论]1．异面直线的一个判定定理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，如图所示．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．一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)分别在两个平面内的两条直线是异面直线．(×)(2)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．(×)(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最多可以确定三个平面．(√)二、教材经典衍生1．(人教A版必修第二册P131练习T4改编)已知平面α∥平面β，直线a∥平面α，直线b∥平面β，则a与b的位置关系可能是()A．平行或相交 B．相交或异面C．平行或异面 D．平行、相交或异面D[当a与b共面时，a与b平行或相交，如图所示：显然满足题目条件；在a与b相交的条件下，分别把a，b平行移动到平面β，平面α上，此时a与b异面，亦满足题目条件．故选D.]2．(人教A版必修第二册P128练习T2改编)下列命题正确的是()A．空间任意三个点确定一个平面B．一个点和一条直线确定一个平面C．两两相交的三条直线确定一个平面D．两两平行的三条直线确定一个或三个平面D[不在一条直线上的三个点才能确定一个平面，A错误；只有点在直线外时才能确定一个平面，B错误；当三条直线交于一点时不能确定一个平面，C错误，D正确．]3．(多选)(人教A版必修第二册P132习题8.4T9改编)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中()A．AB与CD异面B．CD与GH平行C．EF与GH成60°角D．CD与EF相交AC[该正方体的直观图如图所示，AB与CD是异面直线，A正确；CD与GH相交，B错误；因为该几何体为正方体，所以EF∥CD，三角形GHD为正三角形，直线GH与直线GD所成角为60°，则EF与GH所成角为60°，C正确，D错误．故选AC．]4．(人教A版必修第二册P132习题8.4T5改编)三个平面最多能把空间分为________部分，最少能把空间分成________部分．84[三个平面可将空间分成4,6,7,8部分，所以三个平面最少可将空间分成4部分，最多分成8部分．]考点一基本事实的应用[典例1]如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，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，连接EF，CD1，A1B．因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥BA1.又因为A1B∥D1C，所以EF∥CD1，所以E，C，D1，F四点共面．(2)因为EF∥CD1，EF<CD1，所以直线CE与D1F必相交，设交点为P，则由P∈直线CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，所以P∈直线DA．所以CE，D1F，DA三线共点．共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重合)．(2)证明共线的方法：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．[跟进训练]1．(2025·聊城模拟)如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.则下列说法中正确的个数是()①E，F，G，H四点共面；②EG∥FH；③若直线EG与直线FH交于点P，则P，A，C三点共线．A．0 B．1C．2 D．3C[如图所示，因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，EF＝eq\f(1,2)BD，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，所以GH∥BD，GH＝eq\f(2,3)BD，所以EF∥GH，故E，F，G，H四点共面，说法①正确；因为GH>EF，所以四边形FEGH是梯形，EG∥FH不成立，说法②错误；若直线EG与直线FH交于点P，则由P∈EG，EG⊂平面ABC，得P∈平面ABC，同理P∈平面ACD，又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线，说法③正确．故选C．]考点二空间两直线位置关系的判定[典例2](1)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＝PC．b∥cD．a与c没有公共点(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\ac(BC,\s\up10(︵))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(1)B(2)D[(1)因为α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，所以P∈a，P∈b，而a⊂α，b⊂γ，则P∈α，P∈γ，而γ∩α＝c，所以P∈c，可得a∩c＝P，b∩c＝P.故选B．(2)如图，由题意，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，E是eq\o\ac(BC,\s\up10(︵))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)，AE＝eq\r(22＋\r(2)2)＝eq\r(6)，所以AE≠CF.故选D.]空间中两直线位置关系的判定方法[跟进训练]2．(1)已知a，b为两条直线，α，β为两个平面，且满足a⊂α，b⊂β，α∩β＝l，a∥l，则“a与b异面”是“直线b与l相交”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(2)(2025·滨州模拟)如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60°角；④DM与BN垂直．以上四个结论中，正确结论的序号是()A．①②③ B．②④C．③④ D．①③④(1)C(2)C[(1)若“a与b异面”，反证：若直线b与l不相交，由于b，l⊂β，则b∥l，因为a∥l，则a∥b，这与a与b异面相矛盾，故直线b与l相交，故“a与b异面”是“直线b与l相交”的充分条件；若“直线b与l相交”，反证：若a与b不异面，则a与b平行或相交．①若a与b平行，因为a∥l，则b∥l，这与直线b与l相交相矛盾；②若a与b相交，设a∩b＝A，即A∈a，A∈b，因为a⊂α，b⊂β，则A∈α，A∈β，即点A为α，β的公共点，且α∩β＝l，所以A∈l，即A为直线a与l的公共点，这与a∥l相矛盾．综合①②知a与b异面．即“a与b异面”是“直线b与l相交”的必要条件．所以“a与b异面”是“直线b与l相交”的充要条件．故选C．(2)由正方体的平面展开图复原得空间正方体如图所示．由图可知，①BM与ED是异面直线，故错误；②CN与BE是平行直线，故错误；③CN∥BE，BE与BM的夹角是60°，故CN与BM所成的角也是60°，故正确；④DM与BN是异面垂直，正确．所以正确的序号为③④.故选C．]考点三异面直线所成的角[典例3](1)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，2BB1＝3AB，D是棱BC的中点，E在棱CC1上，且CC1＝3CE，则异面直线A1D与B1E所成角的余弦值是()A．eq\f(\r(6),6) B．eq\f(\r(6),4)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(3),2)(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)(1)B(2)C[(1)如图，取棱BB1靠近点B的三等分点F，取棱B1C1的中点H，取B1F的中点G，连接A1H，DH，A1F，DF，CG.由已知CE＝eq\f(1,3)CC1＝eq\f(1,3)BB1＝B1G，又CE∥B1G，所以四边形CEB1G是平行四边形，B1E∥CG，同时可得F是BG中点，而D是BC中点，所以DF∥CG.所以DF∥B1E，则∠A1DF是异面直线A1D与B1E所成的角(或补角)．又DH∥CC1，CC1⊥平面A1B1C1，则DH⊥平面A1B1C1，A1H⊂平面A1B1C1，则DH⊥A1H，设AB＝4，则BB1＝6，从而A1H＝2eq\r(3)，DH＝6，BD＝2，BF＝2，B1F＝A1B1＝4，故A1F＝4eq\r(2)，A1D＝4eq\r(3)，DF＝2eq\r(2).在△A1DF中，由余弦定理的推论可得cos∠A1DF＝eq\f(A1D2＋DF2－A1F2,2A1D·DF)＝eq\f(\r(6),4).所以异面直线A1D与B1E所成的角的余弦值为eq\f(\r(6),4).故选B．(2)法一(平移法)：如图，连接BD1，交DB1于点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为异面直线AD1与DB1所成角或其补角．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＋BB\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，由余弦定理的推论，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．法二(补体法)：如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBA-A1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1B∥AD1，所以∠DB1B为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB，由题意，得DB＝eq\r(12＋1＋12)＝eq\r(5)，BB1＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5).在△DBB1中，由余弦定理，得DB2＝BBeq\o\al(2,1)＋DBeq\o\al(2,1)－2BB1·DB1·cos∠DB1B，即5＝4＋5－2×2eq\r(5)cos∠DB1B，所以cos∠DB1B＝eq\f(\r(5),5).故选C．法三(坐标法)：以点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\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))，则由向量夹角公式，得cos〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AD1,\s\up6(→))||\o(DB1,\s\up6(→)))|)＝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．]求异面直线所成角的方法(1)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．(2)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．(3)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．提醒：将两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，需注意这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．[跟进训练]3．(1)(2025·济宁模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O1为底面A1B1C1D1的中心，E为BC的中点，则异面直线AO1与C1E所成角的余弦值是________.(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，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________.(1)eq\f(\r(30),6)(2)45°[(1)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，取AD，A1D1的中点F，M，连接EF，D1F，AM，O1M，因为E为BC的中点，有EF∥CD∥C1D1，EF＝CD＝C1D1，所以四边形C1D1FE是平行四边形，于是D1F∥C1E.又AF∥D1M，AF＝D1M，即有四边形AMD1F是平行四边形，因此AM∥D1F∥C1E，则∠O1AM是异面直线AO1与C1E所成的角或补角．因为O1为底面A1B1C1D1的中心，所以O1M∥C1D1.又C1D1⊥平面ADD1A1，从而O1M⊥平面ADD1A1，而AM⊂平面ADD1A1，则O1M⊥AM.在Rt△O1MA中，O1M＝1，AM＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋A1M2)＝eq\r(5)，AO1＝eq\r(6)，于是cos∠O1AM＝eq\f(AM,AO1)＝eq\f(\r(30),6)，所以异面直线AO1与C1E所成角的余弦值是eq\f(\r(30),6).(2)在直角梯形OO1A1A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O1A1＝OB＝AB＝1，连接A1B(图略)，易知四边形OO1A1B为矩形，所以OO1∥A1B，所以∠BA1C为异面直线OO1与A1C所成的角．在Rt△AA1B中，因为AA1＝2，AB＝1，所以A1B＝eq\r(,3).连接OC(图略)，在Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝eq\r(,3).在Rt△A1BC中，因为BC＝A1B，所以∠BA1C＝45°.]在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体得到的平面图形；截线就是平面与相应几何体面的公共线．解答此类问题的关键是熟知立体几何理论体系，提升空间想象能力．一、截面问题[典例1](1)(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α.平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是()A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形C．截面形状不可能是正五边形D．截面面积最大值为3eq\r(3)[赏析]突破点：熟知正方体的常见截面图显然A，C成立，B不成立，下面说明D成立，如图，G，H，M，N，P，Q分别是A1D1，A1B1，DD1，BB1，BC，DC的中点，O为正方体的中心，当截面是正六边形时，面积最大，MN＝2eq\r(2)，GH＝eq\r(2)，OE＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(6),2)，所以Smax＝2×eq\f(1,2)×(2eq\r(2)＋eq\r(2))×eq\f(\r(6),2)＝3eq\r(3).故D成立．[答案]ACD(2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线C1E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.[赏析]突破点：线面平行的性质如图，过点B作BM∥C1E交B1C1于点M，过点M作BD的平行线，交C1D1于点N，连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α.因为E为BC的中点，可知M，N分别为B1C1，C1D1的中点，由正方体的棱长为2，得BD＝2eq\r(2)，MN＝eq\r(2)，且BM＝DN＝eq\r(5)，所以等腰梯形MNDB的高为h＝eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以梯形MNDB的面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).[答案]eq\f(9,2)空间几何体的截面作图的常用方法(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是截面上的点至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．[跟进训练]1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq\f(1,3)DD1，NB＝eq\f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是()A．三角形 B．四边形C．五边形 D．六边形C[如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形．故选C．]二、截线问题[典例2]已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.[赏析]第一步：找交线如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq\r(3).由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝eq\r(2)，连接D1P，则D1P＝eq\r(D1M2＋MP2)＝eq\r(\r(3)2＋\r(2)2)＝eq\r(5)，连接MG，MH，易得MG＝MH＝eq\r(2)，故可知以M为圆心，eq\r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．第二步：求交线长由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq\o\ac(GH,\s\up10(︵))的长为eq\f(1,4)×2π×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).[答案]eq\f(\r(2)π,2)作交线的两种方法(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线平行，然后根据性质作出交线．[跟进训练]2．如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以eq\r(2)为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为()A．eq\f(3π,4) B．eq\r(2)πC．eq\f(3π,2) D．eq\f(9π,4)C[正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A1为圆心，1为半径的圆周长的eq\f(1,4)，所以所有弧长之和为3×eq\f(2π,4)＝eq\f(3π,2).故选C．]课时分层作业(四十三)(本试卷共92分．单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分．)一、单项选择题1．(2025·日照模拟)已知l，m是两条不同的直线，α为平面，m⊂α，下列说法中正确的是()A．若l与α不平行，则l与m一定是异面直线B．若l∥α，则l与m可能垂直C．若l∩α＝A，且A∉m，则l与m可能平行D．若l∩α＝A，且l与α不垂直，则l与m一定不垂直B[对于选项A，若l与α不平行，则l与α的位置关系有相交或直线在平面内，且m⊂α，则l与m的位置关系有平行、相交或异面，故A错误；对于选项B，若l∥α，则l与m可能垂直，如图所示，l∥l，l⊂α，l⊥m，可知l⊥m，故B正确；对于选项C，若l∩α＝A，且A∉m，m⊂α，则l与m异面，故C错误；对于选项D，若l∩α＝A，且l与α不垂直，则l与m可能垂直，如图，取α为平面ABCD，l＝AD1，m＝AB，符合题意，但l⊥m，故D错误．故选B．]2．在三棱锥A-BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG＝P，则点P()A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上B[如图所示，因为EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因为平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC．]3．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝60°，则直线AB1与BC所成角的余弦值等于()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(2),4) D．0C[如图，连接AC1，因为BC∥B1C1，所以直线AB1与BC所成的角即为∠AB1C1.设AB＝a，易得AB1＝eq\r(2)a，AC1＝eq\r(2)a，B1C1＝a，则由余弦定理的推论知，cos∠AB1C1＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋B1C\o\al(2,1)－AC\o\al(2,1),2AB1·B1C1)＝eq\f(2a2＋a2－2a2,2\r(2)a·a)＝eq\f(\r(2),4).故选C．]4．(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是()A．DD1 B．ACC．AD1 D．B1CB[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与点C1重合时，BP与AD1是平行直线；对于D，当点P与点C1重合时，BP与B1C是相交直线．故选B．]5．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则异面直线EF与AD1所成角的正切值为()A．eq\r(2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\r(3)B[如图，连接BD1，则EF∥BD1，所以∠AD1B为异面直线EF与AD1所成的角．因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AB⊥AD，,AB⊥AA1，))且AD∩AA1＝A，所以AB⊥平面ADD1A1.又AD1⊂平面ADD1A1，所以AB⊥AD1，所以△BAD1为直角三角形，所以tan∠BD1A＝eq\f(AB,AD1)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).故选B．]6．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值等于()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,4)D[如图，将该几何体补成一个直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，由题易得底面ABCD为菱形，且△ABC为等边三角形．连接DC1，BD，易得AB1∥DC1，所以∠BC1D(或其补角)是异面直线AB1与BC1所成的角．设AB＝1，则BC1＝DC1＝eq\r(2)，BD＝2eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\r(3)，所以cos∠BC1D＝eq\f(\r(2)2＋\r(2)2－\r(3)2,2×\r(2)2)＝eq\f(1,4).故选D.]7．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，若AB，CD都是直角圆锥SO底面圆的直径，且∠AOD＝eq\f(π,3)，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(\r(6),4) D．eq\f(\r(6),3)C[如图，连接AD，BC，AC，SC．因为O为AB，CD的中点，且AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形，所以DB∥AC，所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角．设圆O的半径为1，则SA＝SC＝eq\r(2).因为∠AOD＝eq\f(π,3)，所以∠ADO＝eq\f(π,3).在Rt△DAC中，CD＝2，得AC＝eq\r(3)，所以cos∠SAC＝eq\f(\r(2)2＋\r(3)2－\r(2)2,2×\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),4)，所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为eq\f(\r(6),4).故选C．]8．(2025·六安阶段练习)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是线段A1C1上一个动点，则下列结论正确的有()A．不存在点M使得异面直线BM与AC所成角为90°B．存在点M使得异面直线BM与AC所成角为30°C．存在点M使得二面角M-BD-C的平面角为45°D．当4A1M＝A1C1时，平面BDM截正方体所得的截面面积为eq\f(9,2)D[异面直线BM与AC所成的角可转化为直线BM与A1C1所成的角，如图所示，当M为A1C1的中点时，BM⊥A1C1，此时BM与AC所成的角为90°，所以A错误；如图所示，当点M与点A1或点C1重合时，直线BM与AC所成的角最小，为60°，当点M与点C1重合时，二面角M-BD-C的平面角最小，tan∠C1OC＝eq\r(2)>1，所以∠C1OC>45°，所以BC错误；对于D，如图所示，过点M作EF∥B1D1，交A1B1于点F，交A1D1于点E，因为4A1M＝A1C1，所以E，F分别是A1D1，A1B1的中点，又B1D1∥BD，所以EF∥BD，四边形EFBD即为平面BDM截正方体所得的截面，因为EF＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\r(2)，且BF＝DE＝eq\r(BB\o\al(2,1)＋B1F2)＝eq\r(5)，所以四边形EFBD是等腰梯形，作FG⊥BD交BD于点G，所以BG＝eq\f(1,2)(BD－EF)＝eq\f(\r(2),2)，FG＝eq\r(FB2－BG2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以梯形的面积为eq\f(1,2)(BD＋EF)×FG＝eq\f(9,2)，所以D正确．故选D.]二、多项选择题9．(2025·泰安模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的动点，则过A，Q，B1三点的截面图形是()A．等边三角形 B．矩形C．等腰梯形 D．正方形ABC[当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图1；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图2；当点Q不与点D，D1重合时，若Q，R分别为DD1，C1D1的中点，则截面图形为等腰梯形AQRB1，不可能为正方形，如图3.故选ABC．]10．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切，P为平面CDD1上一点，且直线BP与球O相切，则()A．球O的表面积为4πB．直线BD1与BP的夹角等于45°C．该正四棱柱的侧面积为16eq\r(2)D．侧面ABB1A1与球面的交线长为2πBCD[如图，设球O与下底面相切于点O1，则OO1⊥平面ABCD，因为球O与正四棱柱的侧棱相切，所以其半径R＝OO1＝O1A＝eq\r(2)，所以球O的表面积为S表＝4π×2＝8π，正四棱柱的侧面积为4×2×2eq\r(2)＝16eq\r(2)，故选项A错误，选项C正确．依题意，BB1，BP均为球O的切线，BD1经过球心O，所以由球的对称性可得∠B1BD1＝∠PBD1，又BD＝2eq\r(2)＝BB1，∠B1BD＝90°，所以∠PBD1＝∠B1BD1＝45°，选项B正确．对于选项D，棱AA1的中点F即球O与棱AA1的切点，所以点F为侧面ABB1A1与球面的交线上的点，故交线应为过点F的圆，截面圆的圆心即为矩形ABB1A1的中心E，在Rt△OEF中，OF＝R＝eq\r(2)，OE＝eq\f(1,2)BC＝1，所以截面圆半径r＝EF＝eq\r(2－1)＝1，则侧面ABB1A1与球面的交线长为2π，选项D正确．故选BCD..]三、填空题11．从正方体八个顶点的两两连线中任取两条直线a，b，且a，b是异面直线，则a，b所成角的余弦值的所有可能取值构成的集合是______.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))[异面直线的夹角范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故其余弦值的范围为[0,1)，可以分为以下几类：当两条棱所在的直线异面时，所成的角是eq\f(π,2)，其余弦值为0；当面对角线与棱所在的直线异面时，所成的角是eq\f(π,4)或eq\f(π,2)，其余弦值为eq\f(\r(2),2)或0；当两条面对角线异面时，所成的角是eq\f(π,3)或eq\f(π,2)，其余弦值为eq\f(1,2)或0；当体对角线与棱所在直线异面时，所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3)；当体对角线与面对角线异面时，所成的角是eq\f(π,