【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第8章 第3讲　空间点、直线、平面之间的位置关系 含解析【高考】.doc，共(29)页，736.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-89e81355d9e79cdb0abeff141339971f.html

以下为本文档部分文字说明：

1第3讲空间点、直线、平面之间的位置关系1．基本事实与推论(1)基本事实1：过01不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面．即02不共线的三点确定一个平面．(2)基本事实2：如果一条直线上的03两个点在一个平面内

，那么这条直线在这个平面内．(3)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04该点的公共直线．(4)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．空间中直线与

直线的位置关系(1)异面直线的定义把不同在05任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．(2)位置关系的分类空间直线共面直线相交直线06平行直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(3)基本事实4：平行于同一条直线的两条直线07平行.(4)

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08相等或互补.2(5)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：090，π2

.3．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．异面直线判定的一个方法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．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．1．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⊂α3B．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．故选D.2．已知异面直线a，b分别在平面α，β内，且α∩β＝c，那么直线c一定()A．与a，b都相交B．只能与

a，b中的一条相交C．至少与a，b中的一条相交D．与a，b都平行答案C解析由题意易知，c与a，b都可相交，也可只与其中一条相交，故A，B均错误；若c与a，b都不相交，则c与a，b都平行，根据基本事实4，知a∥b，与a，b为异面直线

矛盾，D错误．故选C．3．(多选)下列命题中正确的有()A．一条直线和一个点可以确定一个平面B．经过两条相交直线，有且只有一个平面C．经过两条平行直线，有且只有一个平面D．分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点一定在两个平面的

交线上答案BCD解析对于A，当这个点在直线上时，无法确定一个平面，故A错误；对于B，C，均为基本事实的推论，故B，C正确；对于D，交点分别在两条直线上，也分别在两个平面内，必然在交线上，故D正确．故选BCD.4．(多选)如图，α∩β＝l，A∈α，C∈β，C∉l，直线AB∩l＝D

，A，B，C三点确定的平面记为γ，则平面γ与β的交线必过()4A．点AB．点BC．点CD．点D答案CD解析因为AB∩l＝D，所以D∈AB.又A，B，C三点确定平面γ，所以C∈γ，D∈γ.又C，D∈β，故C，D在γ和β的交线上．故选CD.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解析由基本事实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．如图，在四棱锥P－ABCD中，O为CD上的动点，VP－OAB恒为定值，且△PDC是正三角形，则直线PD与直线AB所成的角的大小是________.答案60°解析因为VP－OAB为定值，所以S△ABO为定值，即O到AB的距离为定值．因为O为CD

上的动点，所以CD∥AB.所以∠PDC即为异面直线PD与AB所成的5角．因为△PDC为等边三角形，所以∠PDC＝60°.所以直线PD与直线AB所成的角为60°.考向一基本事实的应用例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C

E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，6∴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、线共点等都是应用基本事实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，BGGC＝DHHC＝12，∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．(2)由(1)知EF綊1

2BD，GH綊23BD.7∴四边形FEGH为梯形，∴直线GE与直线HF交于一点，设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．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)已知平面α∩平面β＝直线l，点A，C∈平面α，点B，D∈平面β，且A，B，C，D∉l，点M，N分别是线段AB，CD的中点，则下列说法正确的是()A．当CD＝2AB时，M，N不可能重合B．

M，N可能重合，但此时直线AC与l不可能相交C．当直线AB，CD相交，且AC∥l时，BD可与l相交D．当直线AB，CD异面时，MN可能与l平行答案B解析对于A，当CD＝2AB时，若A，B，C，D四点共面且AC

∥BD，则M，N两点能重合，可知A错误；对于B，若M，N重合，则AC∥BD，则AC∥平面β，故AC∥l，此时直线AC与直线l不可能相交，可知B正确；对于C，当AB与CD相交，且AC∥l时，直线BD与l平行，可知C错误；对于D，当AB

与CD是异面直线时，MN不可能与l平行，可知D错误．故选B.(2)(多选)(2021·新高考八省联考)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()8A．AE∥CDB．CH∥BEC．DG⊥BHD．BG⊥DE答案BCD解析由正方体的平面展开图还

原正方体如图．由图形可知，AE⊥CD，故A错误；因为HE∥BC，HE＝BC，所以四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，所以DG⊥平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确．故选B

CD.角度异面直线的判定例3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________(填序号)．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92.已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l()A．平行B．相交C．垂直D．异面答案C解析直线l与平面α斜交时，在平面α内不存在与l平行的直线，∴A错误；当l⊂α时，在平面α内不存在

与l异面的直线，∴D错误；当l∥α时，在平面α内不存在与l相交的直线，∴B错误；无论哪种情形在平面α内都有无数条直线与l垂直，∴C正确．故选C．3．如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为()A．1B．2C．3D．4答案C解

析还原的正方体如图所示，是异面直线的共三对，分别为AB与CD，AB与GH，EF与GH.10考向三异面直线所成的角例4(1)如图，在三棱锥D－ABC中，AC＝BD，且AC⊥BD，E，F分别是棱DC，AB的中点，则EF与AC所成的角为()A．30°B．

45°C．60°D．90°答案B解析如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG.∵E，F分别为CD，AB的中点，∴FG∥AC，EG∥BD，且FG＝12AC，EG＝12BD.∴∠EFG为EF与AC所成的角．∵AC＝BD，∴FG＝EG.∵AC⊥BD，∴

FG⊥EG，∴∠FGE＝90°，∴△EFG为等腰直角三角形，∴∠EFG＝45°，即EF与AC所成的角为45°.故选B.(2)正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为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＝3，∴∠A1BC1＝60°，即侧面对角线E1D与BC1所成的角是60°.11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.(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．π2B．π3C．π4D．π6答案D解析如图，连接A1C1，BC1，因为AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体的棱长为2，则PB＝6，PC1＝2，BC1＝22，则PB2＋PC21

＝BC21，在Rt△PBC1中，因为sin∠PBC1＝PC1BC1＝222＝12，所以直线PB与AD1所成的角为π6.故选D.125．已知在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点．若AB＝2，CD＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成角的度数为()A．90°B．45°C．60°D．

30°答案D解析如图，设G为AD的中点，连接GF，GE，则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中位线．由此可得，GF∥AB，且GF＝12AB＝1，GE∥CD，且GE＝12CD＝2，∴∠FEG或其补角即为EF与CD所成的角．又EF

⊥AB，GF∥AB，∴EF⊥GF.因此，在Rt△EFG中，GF＝1，GE＝2，sin∠FEG＝GFGE＝12，可得∠FEG＝30°，∴EF与CD所成角的度数为30°.故选D.巧用方法求异面直线所成的角(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD－

A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A．15B．56C．55D．22答案C解析解法一：(补形法)如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接13DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角

．因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，所以DE1＝DE2＋EE21＝12＋(3)2＝2，DB1＝12＋12＋(3)2＝5，B1E1＝A1B21＋A1E21＝12＋22＝5，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝22＋(5)2－(5)22

×2×5＝55，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C．解法二：(平移法)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，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长

方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，所以AD1＝AD2＋DD21＝2，DM＝AD2＋12AB2＝52，DB1＝AB2＋AD2＋BB21＝5，所以OM＝12AD1＝1，OD＝12DB1＝52，于是在△DMO中，由余

弦定理，得cos∠MOD＝12＋522－5222×1×52＝55，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C．解法三：(坐标法)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(0,0，143)，B1(1,1，3)，所以AD1→＝(－1，0，3)，DB1→＝(1,1，3)，则由向量夹角公式，得cos〈AD1→，DB1→〉＝AD1→·DB1→|AD1→||DB1→|＝225＝55，即异面直线AD1与DB1所

成角的余弦值为55，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－A1

B1C1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．32B．155C．105D．33答案C解析解法一：(补形法)如图所示，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成直四棱柱A

BCD－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＝5，AD1＝2.在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝1

2＋22－2×1×2×cos60°＝3，所以cos∠B1AD1＝5＋2－32×5×2＝105，故选C．15解法二：(平移法)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＝12AB1＝52，NP＝12BC1＝22.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝12AC．在△ABC中，AC2

＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝4＋1－2×2×1×－12＝7，所以AC＝7，MQ＝72.在Rt△MQP中，MP＝MQ2＋PQ2＝112，则在△PMN中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－PM22MN·NP＝522＋222－

11222×52×22＝－105，所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.故选C．解法三：(坐标法)作BH⊥AC，H为垂足．作B1H1⊥A1C1，H1为垂足．以H为坐标原点，HB→的方向为x轴正方向，HC→

的方向为y轴的正方向，HH1→的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系．由已知可得BH＝217，AH＝577，CH＝277，则A0，－577，0，B217，0，0，B1217

，0，1，C10，277，1，16从而AB1→＝217，577，1，BC1→＝－217，277，1，cos〈AB1→，BC1→〉＝105.故选C．一、单项选择题1．已知

m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若m⊥α，n⊥β，且β⊥α，则下列结论一定正确的是()A．m⊥nB．m∥nC．m与n相交D．m与n异面答案A解析若β⊥α，m⊥α，则直线m与平面β的位置关系有两种：m⊂β

或m∥β.当m⊂β时，又n⊥β，所以m⊥n；当m∥β时，又n⊥β，所以m⊥n.故选A．2．下列命题中正确的个数为()①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；②如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；③若直线l与平面α平行，则l与平面α

内的任意一条直线都没有公共点．A．0B．1C．2D．3答案B解析如图所示，借助长方体模型来判断．棱AA1所在直线有无数个点在平面ABCD外，但棱AA1所在直线与平面ABCD相交，所以命题①错误；A1B1∥AB，A1B1所在直线平行

于平面ABCD，但直线AB⊂平面ABCD，所以命题②错误；直线l与平面α平行，则l与α无公共点，l与平面α内所有直线都没有公共点，所以命题③正确．故选B.173．如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2

AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A．15B．25C．35D．45答案D解析连接BC1，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1或其补角即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，则A1C1＝2，A1B＝BC1＝5，

故cos∠A1BC1＝5＋5－22×5×5＝45.则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为45.故选D.4．(2022·湖南岳阳月考)在三棱锥A－BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果E

F∩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18答案B解析如图所示，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．故选B.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错误；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B错误；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，D错误．故选C．6．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是异面直线的图形是()19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．7．(2019·全国Ⅲ卷)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＝3，∴EN＝FN2＋EF2＝2.∵M，G分别是ED，DF的中点，∴MG∥EF，∴MG⊥平面AB

CD，∴MG⊥BG.∵MG＝12EF＝32，BG＝CG2＋BC2＝322＋22＝52，∴BM＝MG2＋BG2＝7.∴BM≠EN.∵BM，EN都是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．故选B.208．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．25B．35C．45D．－35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B1F，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C1N＝5，C1E＝13，EN＝E1N2＋EE21＝417.由余弦定理，得cos∠NC1E＝C1N2＋C1E2－EN22C1N·C

1E＝－35.所以异面直线BD1与C1N所成角的余弦值为35.故选B.二、多项选择题9．(2022·山东菏泽一中模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是()A．

直线AM与C1C是相交直线21B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线MN与AC所成的角为60°答案CD解析结合图形，显然直线AM与C1C是异面直线，直线AM与BN是异面直线，直线BN与MB1是

异面直线，故A，B错误，C正确；直线MN与AC所成的角即直线D1C与AC所成的角，在等边三角形AD1C中，∠ACD1＝60°，所以直线MN与AC所成的角为60°，故D正确．10．一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异面C．AB⊥CDD．AB与CD所成的角为60°答案BD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BD.11．(2022·重庆模拟)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB

1D1于点M，则下列结论正确的是()22A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1共面C．A，M，C，O共面D．B，B1，O，M共面答案ABC解析∵M∈A1C，A1C⊂平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的

交线AO上，即A，M，O三点共线，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面．故选ABC．12．(2022·广东揭

阳高三摸底)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，下列结论中正确的是()A．当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角B．当直线AB与a成

60°角时，AB与b成60°角C．直线AB与a所成角的最小值为45°D．直线AB与a所成角的最大值为60°答案BC解析由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，所以在底面内

可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，所以DE∥b，连接AD，设BC＝1，在等腰三角形ABD中，AB＝AD＝2，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝2，又在Rt△BDE中，BE＝2

，所以DE＝2，过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，所以BF＝DE＝2，所以△ABF为等边三角形，所以∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故B正确，A错误；当a∥BC或a与BC重合23时，可知C正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，所以直线AB与a所成角的

最大值为90°，D错误．故选BC．三、填空题13．如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号

是________.答案②③④解析将正四面体的平面展开图复原为正四面体A(B，C)－DEF，如图，对于①，G，H分别为DE，BE的中点，则GH∥AD，而AD与EF异面，故GH与EF不平行，故①错误；对于②，假设BD与MN共面，则A，D，E，F四点共面，与ADEF为正四面体矛盾，故假设不

成立，故BD与MN异面，故②正确；对于③，依题意，得GH∥AD，MN∥AF，∠DAF＝60°，故GH与MN成60°角，故③正确；对于④，连接GF，A点在平面DEF的射影A1在GF上，∴DE24⊥平面AGF，DE⊥AF，而AF∥MN，∴DE与MN垂直，故④正确．

综上所述，正确命题的序号是②③④.14．(2022·辽宁营口阶段考试)小明同学对棱长为2的正方体的性质进行研究，得到了如下结论：①12条棱中可构成16对异面直线；②过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形

、六边形；③以正方体各表面中心为顶点的正八面体的表面积是43＋4；④与正方体各棱相切的球的体积是82π3.其中正确结论的序号是________.答案④解析对于①，12条棱中可构成异面直线的有24对，原因为：对

于每一条棱，有三条和它平行，四条和它相交，因此有4条和它异面，而扩展到12条棱为12×4＝48，而由于两条作为一对，需要再除以2，得到24对，故错误；对于②，如图，过正方体的一个顶点的截面可能是三角形

、四边形、五边形，故错误；对于③先画出图形如下：正八面体每个面是全等的正三角形，棱长为2，表面积为8×34×(2)2＝43，故错误；对于④，由于此球与正方体的各棱相切，则球的半径正好是正方体的面对角线的一半，正方体的棱长为2，则球的半径是R＝2×22＝2，则V＝43πR3＝43π×(2)3＝

82π3，故正确．15．已知在三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且异面直线AB与CD所成的角为60°，点M，N分别是BC，AD的中点，则异面直线AB与MN所成的角为________.25答案60°或30°解析如图，取AC的中

点P，连接PM，PN，则PM∥AB，且PM＝12AB，PN∥CD，且PN＝12CD，所以∠MPN(或其补角)为异面直线AB与CD所成的角，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°.因为PM∥AB，所以∠PMN(或其补

角)是异面直线AB与MN所成的角．①当∠MPN＝60°时，因为AB＝CD，所以PM＝PN，则△PMN是等边三角形，所以∠PMN＝60°，即异面直线AB与MN所成的角为60°.②当∠MPN＝120°时，易知△PMN是等腰三角形，所以∠PMN＝30

°，即异面直线AB与MN所成的角为30°.综上，异面直线AB与MN所成的角为60°或30°.16．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23714解析连接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＝3，易知AB⊥BC，所以AC＝AB2＋BC2＝7，所以AB＝2，故圆柱O1O2的高为2.连接AO2并延长，设A

O2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＝DE2＋CD2＝5，所以cos∠CAE＝AC2＋AE2－CE22AC·AE＝267＋4－52×7×2＝3714.四、解答题17．(2021·山东青岛检测)如图，平面ABEF⊥平面ABC

D，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝12AD，BE∥AF且BE＝12AF，G，H分别为FA，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

？解(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綊12AD.又BC綊12AD，∴GH綊BC．∴四边形BCHG为平行四边形．(2)∵BE綊12AF，G是FA的中点，∴BE綊FG，∴四边形BEFG为平行

四边形，∴EF∥BG.由(1)知BG綊CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面，又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面．18．(2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明：27(1)当AB＝BC时，EF⊥

AC；(2)点C1在平面AEF内．证明(1)∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥BB1.连接BD，B1D1.∵AB＝BC，∴四边形ABCD为正方形，∴AC⊥

BD.∵BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D1D，∴AC⊥平面BB1D1D.∵EF⊂平面BB1D1D，∴EF⊥AC．(2)在CC1上取点M使得CM＝2MC1，连接DM，MF，EC1，∵D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1，∴ED＝MC1，ED∥MC1.∴四边形DMC1E为平行四

边形，∴DM∥EC1.∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，BF＝2FB1，CM＝2MC1，28∴DA∥CB，DA＝CB，MF∥CB，MF＝CB，∴MF∥DA，MF＝DA，∴四边形MFAD为平行四边形，

∴DM∥AF，∴EC1∥AF.∴点C1在平面AEF内．19．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，A1在底面ABC内的射影O为底面△ABC的中心，如图所示．(1)连接BC1，求异面直线AA1与BC1所成的角的大小；(2)连接A1C，A1B

，求三棱锥C1－BCA1的体积．解(1)如图，连接AO，并延长与BC交于点D，则D是BC边的中点．∵点O是正三角形ABC的中心，且A1O⊥平面ABC，∴BC⊥AD，BC⊥A1O.∵AD∩A1O＝O，∴BC⊥平面ADA1.∴BC⊥AA1.又AA1∥CC1，∴异面直线AA1与B

C1所成的角为∠BC1C或其补角．∵CC1⊥BC，且侧棱长和底面边长均为2，∴四边形BCC1B1为正方形，∴∠BC1C＝45°，∴异面直线AA1与BC1所成的角为45°.29(2)∵三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，∴可求得AD＝3，AO＝23AD＝233，A1O＝AA21－A

O2＝263.∴VABC－A1B1C1＝S△ABC·A1O＝22，VA1－B1C1CB＝VABC－A1B1C1－VA1－ABC＝423.∴VC1－BCA1＝VA1－BCC1＝12VA1－BCC1B1＝223.