2025年新高考数学一轮复习（基础版）第7章　§7.3　空间点、直线、平面之间的位置关系

§7.3空间点、直线、平面之间的位置关系课标要求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．知识梳理1．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.))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，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：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).常用结论1．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．2．分别在两个平行平面内的直线平行或异面．自主诊断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)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，则这两个平面重合．(×)(4)两两相交的三条直线共面．(×)2．(必修第二册P147例1改编)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，直线BD1与直线AA1所成角的余弦值是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(3),3)答案D解析连接BD(图略)，由于AA1∥DD1，所以∠DD1B即为直线BD1与直线AA1所成的角，不妨设正方体的棱长为a，则BD＝eq\r(2)a，BD1＝eq\r(D1D2＋BD2)＝eq\r(3)a，所以cos∠DD1B＝eq\f(DD1,D1B)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).3．在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么()A．点P必在直线AC上B．点P必在直线BD上C．点P必在平面DBC内D．点P必在平面ABC外答案A解析如图，因为EF⊂平面ABC，而GH⊂平面ADC，且EF和GH相交于点P，所以点P在两平面的交线上，因为AC是两平面的交线，所以点P必在直线AC上．4.如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则：(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)由题意知，EF∥AC，EH∥BD，且EF＝eq\f(1,2)AC，EH＝eq\f(1,2)BD，∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∴AC＝BD且AC⊥BD.题型一基本事实的应用例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；(2)若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；(3)DE，BF，CC1三线交于一点．证明(1)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．(2)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．(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．思维升华共面、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．跟踪训练1在如图所示的空间几何体中，四边形ABEF与ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝eq\f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq\f(1,2)AF，G，H分别为AF，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？(1)证明由题设知，因为G，H分别为AF，FD的中点，所以GH∥AD且GH＝eq\f(1,2)AD，又BC∥AD且BC＝eq\f(1,2)AD，故GH∥BC且GH＝BC，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)解C，D，F，E四点共面．理由如下：由BE∥AF且BE＝eq\f(1,2)AF，G是AF的中点知BE∥GF且BE＝GF，所以四边形EFGB是平行四边形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH.故EC，FH共面．又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．题型二空间位置关系的判断例2(1)(多选)下列推断中，正确的是()A．M∈α，M∈β，α∩β＝l⇒M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案ABD解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，故A正确；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，故B正确；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，故C错误；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，α，β重合，故D正确．(2)(2023·龙岩模拟)若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是()A．异面或平行 B．异面或相交C．异面 D．相交、平行或异面答案D解析如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，①若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线B1A1记为直线c，此时a和c相交；②若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线DD1记为直线c，此时a和c平行；③若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线C1D1记为直线c，此时a和c异面．思维升华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．”跟踪训练2(1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是()A．平行B．异面C．相交或平行D．平行或异面或相交均有可能答案D解析根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况，由图可知AB与CD有相交、平行、异面三种情况．(2)(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，以下四个选项正确的是()A．直线AM与CC1是相交直线B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线AM与DD1是异面直线答案CD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，所以直线AM与CC1是异面直线，故A错误；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，所以AM与BN不平行，故B错误；因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确．题型三异面直线所成的角例3(1)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(30),6)D.eq\f(\r(6),6)答案D解析如图，过点E作圆柱的母线交下底面于点F，连接AF，易知F为的中点，设四边形ABCD的边长为2，则EF＝2，AF＝eq\r(2)，所以AE＝eq\r(22＋\r(2)2)＝eq\r(6).连接ED，则ED＝eq\r(6).因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成的角即为∠EAD(或其补角)．在△EAD中，cos∠EAD＝eq\f(6＋4－6,2×2×\r(6))＝eq\f(\r(6),6).所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为eq\f(\r(6),6).(2)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD，异面直线AC与PD所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5)，则四棱锥外接球的表面积为()A．48πB．12πC．36πD．9π答案D解析如图，将其补成长方体．设PA＝x，x>0，连接AB1，B1C，则异面直线AC与PD所成的角就是∠ACB1或其补角．则cos∠ACB1＝eq\f(\r(10),5)＝eq\f(8＋x2＋4－x2－4,2×2\r(2)×\r(x2＋22))，解得x＝1(舍去负值)，所以外接球的半径为eq\f(1,2)×eq\r(12＋22＋22)＝eq\f(3,2)，所以该四棱锥外接球的表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝9π.思维升华异面直线所成角的求法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(1)(2023·莆田模拟)若正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为eq\r(6)，则直线AE1和EF所成角的大小为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案C解析如图所示，EF∥E1F1，则∠AE1F1即为所求．∵AF＝EF＝1，EE1＝eq\r(6)，且∠AFE＝eq\f(2π,3)，∴AE＝eq\r(AF2＋EF2－2AF·EF·cos

\f(2π,3))＝eq\r(3)，∴AE1＝eq\r(AE2＋EE\o\al(2,1))＝3，AF1＝eq\r(AF2＋FF\o\al(2,1))＝eq\r(7)，∴cos∠AE1F1＝eq\f(AE\o\al(2,1)＋E1F\o\al(2,1)－AF\o\al(2,1),2AE1·E1F1)＝eq\f(9＋1－7,2×3×1)＝eq\f(1,2)，∴∠AE1F1＝eq\f(π,3)，即直线AE1和EF所成角的大小为eq\f(π,3).(2)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)答案A解析如图所示，过点A补作一个与正方体ABCD－A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知平面α为平面AF1E，则m，n所成的角为∠EAF1.∵△AF1E为正三角形，∴sin∠EAF1＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).课时精练一、单项选择题1．(2023·芜湖模拟)下列说法正确的是()A．三点可以确定一个平面B．一条直线和一个点可以确定一个平面C．四边形是平面图形D．两条相交直线可以确定一个平面答案D解析对于A，不共线的三点确定一个平面，故A错误；对于B，经过一条直线和这条直线外一点可以确定一个平面，故B错误；对于C，空间四边形不是平面图形，故C错误；对于D，由基本事实(公理)推论可知，经过两条相交直线，有且只有一个平面，故D正确．2．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”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答案B解析由m，n，l在同一平面内，可能有m，n，l两两平行，所以m，n，l可能没有公共点，所以不能推出m，n，l两两相交．由m，n，l两两相交且m，n，l不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A∉n，所以点A和直线n确定平面α，而B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m⊂α，所以m，n，l在同一平面内．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BMC．直线AB D．直线BC答案B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．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＝A1EB．B1D与A1E相交，且B1D≠A1EC．B1D与A1E是异面直线，且B1D＝A1ED．B1D与A1E是异面直线，且B1D≠A1E答案D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＝eq\r(BB\o\al(2,1)＋\f(1,4)AB2)，A1E＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋\f(1,4)AC2).因为AA1＝BB1，AB≠AC，所以B1D≠A1E.5．(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解析方法一如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面B1BD1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以C1P⊥BP.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在Rt△C1PB中，C1P＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\r(2)，BC1＝2eq\r(2)，sin∠PBC1＝eq\f(PC1,BC1)＝eq\f(1,2)，所以∠PBC1＝eq\f(π,6).方法二如图所示，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(或其补角)．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知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＝eq\f(π,3)，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝eq\f(1,2)∠A1BC1＝eq\f(π,6).6.如图，圆柱的轴截面为矩形ABCD，点M，N分别在上、下底面圆上，＝2，＝2，AB＝2，BC＝3，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为()A.eq\f(3\r(30),10) B.eq\f(3\r(30),20)C.eq\f(\r(3),5) D.eq\f(\r(3),4)答案B解析如图，在上取点E，使＝2，连接NE，AN，NB，BE，EA.易知四边形ANBE为矩形，所以NB∥AE，且NB＝AE.连接MN，CM.因为MN∥BC，且MN＝BC，所以四边形MNBC为平行四边形，所以CM∥NB，且CM＝NB.连接CE，则AE∥CM，且AE＝CM，所以四边形AECM为平行四边形，所以AM∥CE，所以∠NCE(或其补角)是异面直线AM与CN所成的角．在Rt△ABN中，＝2，AB＝2，BN＝eq\r(3)，AN＝1，在Rt△BNC中，BC＝3，BN＝eq\r(3)，所以CN＝eq\r(32＋\r(3)2)＝2eq\r(3).在Rt△BCE中，BC＝3，BE＝1，所以CE＝eq\r(32＋12)＝eq\r(10).又NE＝AB＝2，在△NCE中，由余弦定理得cos∠NCE＝eq\f(10＋12－4,2×\r(10)×2\r(3))＝eq\f(3\r(30),20).二、多项选择题7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是()A．C1，M，O三点共线 B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面 D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1.∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和点C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．8．(2024·滨州模拟)如图，矩形ABCD是底面直径为2，高为1的圆柱OO1的轴截面，四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转θ(0≤θ≤π)到OO1D1A1，则()A．圆柱OO1的侧面积为4πB．当0<θ<π时，异面直线DD1与A1C所成的角为eq\f(π,2)C．当θ＝eq\f(π,3)时，异面直线A1D与OO1所成的角为eq\f(π,4)D．△A1CD面积的最大值为eq\r(3)答案BC解析对于A，圆柱OO1的侧面积为2π×1×1＝2π，故A错误；对于B，如图，连接D1C，因为0<θ<π，所以DD1⊥D1C，又DD1⊥A1D1，A1D1∩D1C＝D1，A1D1，D1C⊂平面A1D1C，所以DD1⊥平面A1D1C，所以DD1⊥A1C，所以异面直线DD1与A1C所成的角为eq\f(π,2)，故B正确；对于C，因为A1D1∥OO1，所以∠DA1D1就是异面直线A1D与OO1所成的角，因为∠DO1D1＝eq\f(π,3)，所以△DO1D1为正三角形，所以DD1＝A1D1＝1，因为A1D1⊥DD1，所以∠DA1D1＝eq\f(π,4)，故C正确；对于D，作D1E⊥DC，垂足为E，连接A1E，所以DC⊥平面A1D1E，所以A1E⊥DC.在Rt△A1D1E中，A1E＝eq\r(A1D\o\al(2,1)＋D1E2)＝eq\r(1＋D1E2)≤eq\r(1＋D1O\o\al(2,1))＝eq\r(2)，＝eq\f(1,2)×DC×A1E≤eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2)，所以()max＝eq\r(2)，故D错误．三、填空题9．已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点．若α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为________．答案P∈l解析∵m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l，∴点P在直线l上，即P∈l.10．(2023·南阳模拟)如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且eq\f(AE,ED)＝eq\f(BF,FC)＝eq\f(1,2)，EF＝eq\r(7)，则AB与CD所成角的大小为________．答案60°解析在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，∵eq\f(AE,ED)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(BG,GD)＝eq\f(1,2)，又eq\f(BF,FC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(BG,GD)＝eq\f(BF,FC)，则GF∥CD，∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成的角，在△EGF中，EG＝eq\f(2,3)AB＝2，GF＝eq\f(1,3)CD＝1，EF＝eq\r(7)，∴cos∠EGF＝eq\f(22＋12－\r(7)2,2×2×1)＝－eq\f(1,2)，∴∠EGF＝120°，∴AB与CD所成角的大小为60°.四、解答题11.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AC＝AA1＝4，∠ABC＝90°.(1)求三棱柱ABC－A1B1C1的表面积S；(2)求异面直线A1B与AC所成角的余弦值．解(1)在△ABC中，∵AB＝2，AC＝4，∠ABC＝90°，∴BC＝2eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，∴S＝2S△ABC＋S侧＝4eq\r(3)＋(2＋2eq\r(3)＋4)×4＝24＋12eq\r(3).(2)连接BC1，∵AC∥A1C1，∴∠BA1C1(或其补角)就是异面直线A1B与AC所成的角．∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴侧面均为矩形，∴∠A1AB＝∠C1CB＝90°，∴A1B＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5)，BC1＝eq\r(2\r(3)2＋42)＝2eq\r(7)，又∵A1C1＝AC＝4，∴在△A1BC1中，由余弦定理可得cos∠BA1C1＝eq\f(2\r(5)2＋42－2\r(7)2,2×2\r(5)×4)＝eq\f(\r(5),10)，∴异面直线A1B与AC所成角的余弦值为eq\f(\r(5),10).12.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB∥DC，AB＝2AD＝2CD＝2，点E是PB的中点．(1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面？若存在，请证明，若不存在，请说明理由；(2)若PC＝2，求三棱锥P－ACE的体积．解(1)存在．当G为PA的中点时满足条件．如图，连接GE，GD，则GE是△PAB的中位线，所以GE∥AB.又AB∥DC，所以GE∥DC，所以G，E，C，D四点共面．(2)因为E是PB的中点，所以V三棱锥P－ACE＝V三棱锥B－ACE＝eq\f(1,2)V三棱锥P－ACB.又S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AD＝eq\f(1,2)×2×1＝1，V三棱锥P－ACB＝eq\f(1,3)PC·S△ABC＝eq\f(2,3)，所以V三棱锥P－ACE＝eq\f(1,3).13.(多选)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是()A．DP∥平面AB1D1B．三棱锥C－AD1P的体积为定值C．平面PB1D⊥平面ACD1D．异面直线DP与AD1所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))答案ABC解析对于A，连接DB，C1D，AB1，D1B1，因为BC1∥AD1，BC1⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，所以BC1∥平面AB1D1，因为DB∥D1B1，DB⊄平面A