資源簡介

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8.2　空間點、直線、平面之間的位置關系
【課程標準】
1.借助長方體,在直觀認識空間點、直線、平面的位置關系的基礎上,抽象出空間點、直線、平面的位置關系的定義,了解四個基本事實和一個定理.
2.能運用基本事實、定理和已獲得的結論證明空間基本圖形位置關系的簡單命題.
知識梳理·思維激活
【必備知識 精歸納】
1.四個基本事實
基本事實1:過不在__________上的三個點,有且只有一個平面.
符號:A,B,C三點________ 存在唯一的α使A,B,C∈α.
基本事實2:如果一條直線上的________在一個平面內,那么這條直線在這個平面內.
符號:A∈l,B∈l,且A∈α,B∈α _____.
基本事實3:如果兩個不重合的平面有一個公共點,那么它們______________過該點
的公共直線.
符號:P∈α,且P∈β α∩β=l,且_____.
一條直線
不共線
兩個點
l α
有且只有一條
P∈l
基本事實4:平行于同一條直線的兩條直線______.
符號:a∥b,b∥c _____.
2.基本事實的三個推論
推論1:經過一條直線和這條直線____一點,有且只有一個平面.
推論2:經過兩條______直線,有且只有一個平面.
推論3:經過兩條______直線,有且只有一個平面.
平行
a∥c
外
相交
平行
點睛 (1)直線不在平面內包括直線與平面平行和直線與平面相交.
(2)兩直線沒有公共點包括平行和異面兩種位置關系.
4.等角定理
如果空間中兩個角的兩條邊分別__________,那么這兩個角相等或______.
點睛 若兩角的兩邊分別對應平行且方向都相同或都相反,則這兩個角相等;若兩
角的兩邊分別對應平行且一邊方向相同而另一邊方向相反,則這兩個角互補.
對應平行
互補
5.異面直線所成的角
(1)定義:已知兩條異面直線a,b,經過空間任意一點O作直線a'∥a,b'∥b,把a'與b'
所成的角叫做異面直線a與b所成的角(或夾角).
(2)范圍:_________.
【常用結論】
1.過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行.
2.過一點有且只有一個平面與已知直線垂直.
3.過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行.
4.過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直.
【基礎小題 固根基】
教材改編 結論應用 易錯易混
1,2 3 4
1.(教材變式)(多選題)若直線l∥平面α,直線a α,則l與a的位置關系可以是( 　　)
A.l與a相交 B.l⊥a C.l∥a D.l與a異面
【解析】因為直線l∥平面α,所以直線l與平面α無公共點,又因為直線a α,
所以直線l與直線a無公共點,所以由線與線的位置關系可知,直線l與直線a平行或
者異面,也可能異面垂直.
BCD
2.(教材提升)(多選題)如圖,是正方體的平面展開圖,則在這個正方體中,以下命題中,正確的是(　　)
A.BM與ED平行
B.CN與BM成60°角
C.CN與BE是異面直線
D.DM與BN是異面直線
BD
【解析】正方體的直觀圖如圖所示:
很顯然,BM與ED不平行,A錯誤;
連接AN,AC,易知△ACN是等邊三角形,CN與BM的夾角即為∠ANC=60°,B正確;
很顯然,CN∥BE,C錯誤;
連接DM,BN,
DM與BN是異面直線,D正確.
3.(結論2)下列命題中正確的是(　　)
A.過直線外一點有且只有一個平面與這條直線平行
B.過一點有且只有一個平面與已知直線垂直
C.過已知平面外一點,有且只有一個平面與已知平面垂直
D.過已知平面外一條直線,必能作出與已知平面平行的平面
B
【解析】對于A,如圖在正方體中,過直線AB外
一點D1有兩個平面,平面A1B1C1D1,平面DCC1D1都與
直線AB平行,故錯誤;
對于B,由于垂直同一條直線的兩個平面平行,故過一
點有且只有一個平面與已知直線垂直,故正確;
對于C,如圖在正方體中,過平面ABCD外一點D1有兩個平面,平面DCC1D1,平面A1ADD1都與平面ABCD垂直,故錯誤;
對于D,當直線與平面相交時,過該直線,不能作出與已知平面平行的平面,故錯誤.
4.(漏解)已知四面體ABCD中,E,F,G分別為BC,AD,BD的中點,且異面直線AB與CD所成的角為,則∠FGE=________.
題型一　　平面的基本性質及應用
角度1　證明點、線共面
[典例1](1)(2023·濰坊模擬)下列四個命題中的真命題是(　　)
A.如果一條直線與另兩條直線都相交,那么這三條直線必共面
B.如果三條直線兩兩都相交,那么它們能確定一個平面
C.如果三條直線相互平行,那么這三條直線在同一個平面上
D.如果一條直線與兩條平行直線都相交,那么這三條直線確定一個平面
核心題型·分類突破
D
【解析】對于A,B,當三條直線交于同一點時,三條直線可能不共面,故A,B錯誤,
對于C,當三條直線相互平行時,三條直線可能不共面,故C錯誤,
對于D,一條直線與兩條平行直線都相交,那么這三條直線確定一個平面,故D正確.
(2)(2022·聊城模擬)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分別為棱AA1,CC1的中點.
求證:B,E,D1,F四點共面.
【證明】如圖所示:連接BE,BF,D1E,D1F,取BB1的中點為M,連接MC1,ME,
因為E為AA1的中點,所以EM∥A1B1∥C1D1,且EM=A1B1=C1D1,
所以四邊形EMC1D1為平行四邊形,所以D1E∥MC1,
又因為M為BB1的中點,
所以BM∥C1F,且BM=C1F,
所以四邊形BMC1F為平行四邊形,
所以BF∥MC1,所以BF∥D1E,
所以B,E,D1,F四點共面.
【方法提煉】
點、線共面的常用判定方法
(1)納入平面法:要證明“點共面”或“線共面”,可先由部分點或直線確定一個平面,再證其余點或直線也在這個平面內.
(2)輔助平面法:先證明有關的點、線確定平面α,再證明其余元素確定平面β,最后證明平面α,β重合.
(3)證明四點共面常通過證明四點組成的四邊形為平行四邊形或梯形來解決.
角度2　證明三線共點
[典例2]如圖,ABCD為空間四邊形,點E,F分別是AB,BC的中點,點G,H分別在CD,AD上,且DH=AD,DG=CD.求證:
(1)E,F,G,H四點共面;
(2)EH,FG必相交且交點在直線BD上.
【證明】(1)連接AC,因為E,F分別是AB,BC的中點,DH=AD,DG=CD,
所以EF∥AC,HG∥AC,所以EF∥HG,所以E,F,G,H四點共面.
(2)易知HG=AC,又EF=AC,所以HG≠EF,
結合(1)的結論可知,四邊形EFGH是梯形,
因此直線EH,FG不平行.
設它們交點為P,則P∈EH,所以P∈平面ABD,同理P∈FG,所以P∈平面BCD,
又平面ABD∩平面BCD=BD,
因此P∈BD,即EH,FG必相交且交點在直線BD上.
【方法提煉】
證明三線共點的思路
先證兩條直線交于一點,再證明第三條直線經過這點,把問題化歸為證明點在直線上的問題,通常是先證兩條直線的交點在兩個平面的交線上,而第三條直線恰好是兩個平面的交線.
角度3　證明三點共線
[典例3](2023·六安模擬)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,對角線A1C與平面BDC1交于點O,AC,BD交于點M,E為AB的中點,F為AA1的中點.求證:C1,O,M三點共線.
【證明】因為A1C∩平面BDC1=O,
所以O∈A1C,O∈平面BDC1;
又因為A1C 平面ACC1A1,所以O∈平面ACC1A1;
因為AC,BD交于點M,所以M∈AC,M∈BD;
又AC 平面ACC1A1,BD 平面BDC1,
所以M∈平面ACC1A1,M∈平面BDC1;
又C1∈平面ACC1A1,C1∈平面BDC1;
所以C1,O,M三點在平面ACC1A1與平面BDC1的交線上,所以C1,O,M三點共線.
【方法提煉】
證明三點共線的兩種方法
(1)首先找出兩個平面,然后證明這三點都是這兩個平面的公共點,則這三點都在交線上,即三點共線.
(2)選擇其中兩點確定一條直線,然后證明另一點也在這條直線上,從而得三點共線.
【對點訓練】
1.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M為棱D1C1的中點.設AM與平面BB1D1D的交點為O,則(　　)
A.D1,O,B三點共線,且OB=2OD1
B.D1,O,B三點不共線,且OB=2OD1
C.D1,O,B三點共線,且OB=OD1
D.D1,O,B三點不共線,且OB=OD1
A
【解析】在正方體ABCD-A1B1C1D1中,連接AD1,BC1,如圖,因為C1D1∥CD∥AB,
故A,B,C1,D1四點共面,連接BD1,平面ABC1D1∩平面BB1D1D=BD1,
因為M為棱D1C1的中點,則M∈平面ABC1D1,
而A∈平面ABC1D1,即AM 平面ABC1D1,
又O∈AM,則O∈平面ABC1D1,
因為AM與平面BB1D1D的交點為O,則O∈平面BB1D1D,
于是得O∈BD1,即D1,O,B三點共線,由C1D1∥CD∥AB,M為棱D1C1的中點,
可得D1M∥AB且D1M=D1C1=AB,
故△OMD1∽△OAB,于是得OD1=OB,即OB=2OD1,
所以D1,O,B三點共線,且OB=2OD1.
2.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是AB,AA1的中點.
(1)求證:CE,D1F,DA三線交于點P;
(2)在(1)的結論中,G是D1E上一點,若FG交平面ABCD于點H,求證:P,E,H三點共線.
【證明】(1)連接A1B,CD1,EF,
在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是AB,AA1的中點,所以EF∥A1B且EF≠A1B,
因為CD1∥A1B且CD1=A1B,所以EF∥CD1且EF≠CD1,
所以EC與D1F相交,設交點為P,因為P∈EC,EC 平面ABCD,
所以P∈平面ABCD;
又因為P∈FD1,FD1 平面ADD1A1,所以P∈平面ADD1A1,
所以P為兩平面的公共點,
因為平面ABCD∩平面ADD1A1=AD,
所以P∈AD,所以CE,D1F,DA三線交于點P;
(2)在(1)的結論中,G是D1E上一點,FG交平面ABCD于點H,則FH 平面PCD1,
所以H∈平面PCD1,又H∈平面ABCD,
所以H∈平面PCD1∩平面ABCD,
同理,P∈平面PCD1∩平面ABCD,
E∈平面PCD1∩平面ABCD,
所以P,E,H都在平面PCD1與平面ABCD的交線上,所以P,E,H三點共線.
題型二　空間線面位置關系
角度1　空間位置關系的判斷
[典例4](1)(多選題)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別為棱C1D1,C1C的中
點,則以下四個結論中,正確的有(　　)
A.直線AM與CC1是相交直線
B.直線BN與MB1是異面直線
C.AM與BN平行
D.直線A1M與BN共面
BD
【解析】A選項,因為A,M,C,C1四點不共面,所以根據異面直線
的定義可得直線AM與CC1是異面直線,故A錯誤;
B選項,因為B,N,M,B1四點不共面,所以根據異面直線的定義可
得直線BN與MB1是異面直線,故B正確;
C選項,取DD1的中點E,連接AE,EN,則有AB∥EN,AB=EN,所以四邊形ABNE是平行四邊形,所以AE∥BN,因為AM與AE交于點A,所以AM與AE不平行,則AM與BN不平行,故C錯誤;
D選項,連接A1M,MN,BA1,CD1,因為M,N分別為棱C1D1,C1C的中點,
所以MN∥D1C,由正方體的性質可知:BA1∥D1C,所以MN∥A1B,所以A1,B,M,N四點共面,所以直線A1M與BN共面,故D正確.
(2)(2022·濰坊模擬)a,b,c是空間中互不重合的三條直線,下面給出四個命題:
①若a∥b,b∥c,則a∥c;
②若a⊥b,b⊥c,則a∥c;
③若a與b相交,b與c相交,則a與c相交;
④若a 平面α,b 平面β,則a,b一定是異面直線;
上述命題中正確的是________(只填序號).
答案:①
【解析】①根據空間直線平行的平行公理可知,若a∥b,b∥c,則a∥c,所以①正確;
②在空間中,若a⊥b,b⊥c時,a與c可以相交、平行,也可以異面,所以②錯誤;
③在空間中,若a與b相交,b與c相交,a與c可以相交、平行,也可以異面,所以③錯誤;
④若a 平面α,b 平面β,并不能說明a與b不在同一個平面內,a與b可以平行、相交,也可能是異面直線,所以④錯誤.
【方法提煉】
兩直線位置關系的判斷方法
(1)異面直線的判斷:
①反證法;②判定定理法.
(2)平行直線的判斷:
①平面圖形的性質(三角形、梯形的中位線,平行四邊形等);
②基本事實4平行線的傳遞性;
③線面平行和線面垂直的定理.
角度2　異面直線所成角
[典例5](1)如圖,在五棱錐S-ABCDE中,SA⊥底面ABCDE,SA=AB=AE=2, BC=DE=,∠BAE=∠BCD=∠CDE=120°.
求異面直線CD與SB所成的角的余弦值.
【解析】連接BE,延長BC,ED交于點F,
則∠DCF=∠CDF=60°,所以△CDF為等邊三角形,CF=DF,
因為BC=DE,所以BF=EF,因此△BEF也是等邊三角形,所以∠FBE=∠FCD=60°,
所以BE∥CD,所以∠SBE(或其補角)就是異面直線CD與SB所成的角,
因為SA⊥底面ABCDE,SA=AB=AE=2,由勾股定理可得:SB=SE==2,
因為∠BAE=120°,由余弦定理得:
BE===2,
故cos∠SBE===.
(2)(2023·重慶模擬)如圖,在空間四邊形ABCD中,AB=CD=8,M,N分別是BC,AD的中點.若異面直線AB與CD所成的角為60°,求MN的長.
【解析】如圖所示:
取BD的中點E,連接ME,NE.因為M,N分別是BC,AD的中點,
所以ME∥CD且ME=CD=4,NE∥AB且NE=AB=4,
從而∠MEN(或其補角)即為AB與CD所成的角.
又異面直線AB與CD所成的角為60°,所以∠MEN=60°或120°,
當∠MEN=60°時,△MNE為等邊三角形,MN=4.
當∠MEN=120°時,由余弦定理可知
MN==4.
【方法提煉】
1.綜合法求異面直線所成角的步驟
(1)作:通過作平行線得到相交直線.
(2)證:證明所作角為異面直線所成的角(或其補角).
(3)求:解三角形,求出所作的角,如果求出的角是銳角或直角,則它就是要求的角;如果求出的角是鈍角,則它的補角才是要求的角.
2.向量法:利用向量的數量積求所成角的余弦值.
【對點訓練】
1.(2023·濟南模擬)如圖,點P,Q,R,S分別在正方體的四條棱上,且是所在棱的中點,則直線PQ與RS不是共面直線的是(　　)
C
【解析】對于A.
根據正方體結構特點以及中位線的性質可知:
PQ∥RS,故PQ,RS共面,故不符合題意;
對于B.
根據正方體結構特點以及中位線的性質可知:
PQ∥RS,故PQ,RS共面,故不符合題意;
對于C.
根據正方體結構特點可知:PQ 平面BCC1B1,
RS 平面BCC1B1,RS∩平面BCC1B1=E,E PQ,
所以PQ,RS是異面直線,則直線PQ與RS不是共面直線,符合題意;
對于D.
根據正方體結構特點以及中位線的性質可知:
RP∥A1C1∥SQ,且RP=SQ,
所以PQ,RS相交,故PQ,RS共面,故不符合題意.
2.(2022·濰坊模擬)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是直角三角形,且AB=BC=AA1,D為棱B1C1的中點,點E在棱BC上,且BC=4BE,則異面直線AC與DE所成角的余弦值是(　　)
A. B.
C. D.
B
【解析】如圖所示,在棱BC上取點F,使CF=BE,連接C1F,AF,A1F,
因為AB=BC=AA1,D為棱B1C1的中點,點E在棱BC上,且BC=4BE,設AB=BC=AA1=4,可得BE=CF=1,BF=3,A1C1=AC=4,EF=2,
在Rt△ABF中,因為AB=4,BF=3,
所以AF==5,
在Rt△A1AF中,A1F==,
在Rt△C1CF中,C1F==,
因為D是B1C1的中點,所以C1D=2,所以EF=C1D,
又因為BC∥B1C1,所以EF∥C1D,所以四邊形C1DEF是平行四邊形,所以DE∥C1F,所以∠A1C1F是異面直線AC與DE所成的角,
在△A1C1F中,由余弦定理可得cos∠A1C1F==,
即異面直線AC與DE所成角的余弦值是.
【方法提煉】
作交線的方法
1.利用基本事實3作交線;
2.利用線面平行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行,然后根據性質作出交線;
3.與球結合的截線問題,結合球的有關性質求出截線的長度.
【對點訓練】
(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°.以D1為球心,為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為________.
【解析】如圖,設B1C1的中點為E,球面與棱BB1,CC1的交點分別為P,Q,連接DB,D1B1, D1P,D1Q,D1E,EP,EQ,由∠BAD=60°,AB=AD,知△ABD為等邊三角形,所以D1B1=DB=2,所以△D1B1C1為等邊三角形,則D1E=且D1E⊥平面BCC1B1,所以E為球面截側面BCC1B1所得截面圓的圓心,設截面圓的半徑為r,則
r===.可得EP=EQ=,所以球面
與側面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧PQ.
又D1P=,所以B1P==1,同理C1Q=1,所以P,Q分別為BB1,CC1的中點,
所以∠PEQ=,知的長為×=.8.2空間點、直線、平面之間的位置關系-專項訓練【原卷版】　
1.直線m與平面α平行，且直線a α，則直線m和直線a的位置關系不可能為（　　）
A.平行　 B.異面
C.相交　 D.沒有公共點
2.如果直線a 平面α，直線b 平面β，且α∥β，則a與b（　　）
A.共面
B.平行
C.是異面直線
D.可能平行，也可能是異面直線
3.如圖所示的是一個正方體的平面展開圖，在原正方體中，線段AB與CD所在直線的位置關系為（　　）
A.相交　 B.平行　
C.異面　 D.無法判斷
4.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，若AB＝AD＝AA1，E是棱DD1的中點，則直線A1C1與AE所成的角的大小為　　　　.
　
　（多選）（2024·蘇州第一次模擬）下列命題正確的是（　　）
A.過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直
B.過直線外一點有且只有一個平面與已知直線平行
C.過平面外一點有無數條直線與已知平面平行
D.過平面外一點有且只有一個平面與已知平面垂直
平面基本事實的應用
1.如圖所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C l，則平面ABC與平面β的交線是（　　）
A.直線AC　 B.直線AB
C.直線CD　 D.直線BC
2.在三棱錐A-BCD的邊AB，BC，CD，DA上分別取E，F，G，H四點，如果EF∩HG＝P，則點P（　　）
A.一定在直線BD上
B.一定在直線AC上
C.在直線AC或BD上
D.不在直線AC上，也不在直線BD上
3.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別是AB和AA1的中點，平面BB1D1D與A1C交于點M.求證：
（1）E，C，D1，F四點共面；
（2）CE，D1F，DA三線共點；
（3）B，M，D1三點共線.
空間兩條直線的位置關系
考向1　空間兩條直線位置關系的判斷
【例1】　（1）已知α，β，γ是三個平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，則下列結論正確的是（　　）
A.直線b與直線c可能是異面直線
B.直線a與直線c可能平行
C.直線a，b，c必然交于一點（即三線共點）
D.直線c與平面α可能平行
（2）在底面半徑為1的圓柱OO1中，過旋轉軸OO1作圓柱的軸截面ABCD，其中母線AB＝2，E是弧BC的中點，F是AB的中點，則（　　）
A.AE＝CF，AC與EF是共面直線
B.AE≠CF，AC與EF是共面直線
C.AE＝CF，AC與EF是異面直線
D.AE≠CF，AC與EF是異面直線
考向2　異面直線所成的角
【例2】　在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為（　　）
A.　　 B.　
C.　　 D.
1.（變條件）若將本例中條件“AA1＝”變為“AA1＝2”，其他條件不變，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為　　　　.
2.（變條件，變設問）若將本例中條件“AA1＝”變為“異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為”，則AA1＝　　　　.
1.若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內，l2在平面β內，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是（　　）
A.l與l1，l2都不相交
B.l與l1，l2都相交
C.l至多與l1，l2中的一條相交
D.l至少與l1，l2中的一條相交
2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC為等腰直角三角形，且斜邊BC＝2，D是BC的中點，若AA1＝，則異面直線A1C與AD所成角的大小為（　　）
A.30°　　　　　　　 B.45°
C.60°　 D.90°
空間幾何體的交線與截面問題
考向1　空間幾何體的交線問題
【例3】　（2020·新高考Ⅰ卷16題）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為　　　　.
考向2　空間幾何體的截面問題
【例4】　（1）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和BB1上的點，DM＝DD1，BN＝BB1，那么正方體中過M，N，C1的截面圖形是（　　）
A.三角形 B.四邊形　
C.五邊形 D.六邊形
（2）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中點，平面α經過直線BD且與直線C1E平行，若正方體的棱長為2，則平面α截正方體所得的多邊形的面積為　　　　.
1.（多選）正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，已知平面α⊥AC1，則關于α截此正方體所得截面的判斷正確的是（　　）
A.截面形狀可能為正三角形
B.截面形狀可能為正方形
C.截面形狀可能為正六邊形
D.截面面積最大值為3
2.（2024·南京六校聯考）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，E，F分別為BC，CD的中點，P是線段A1B上的動點，則C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為　　　　.
1.空間中有三條線段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直線AB與CD的位置關系是（　　）
A.平行
B.異面
C.相交或平行
D.平行或異面或相交均有可能
2.在三棱錐P-ABC中，PB⊥BC，E，D，F分別是AB，PA，AC的中點，則∠DEF＝（　　）
A.30°　 B.45°
C.60°　 D.90°
3.已知a，b，c是三條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，α∩β＝c，a α，b β，則“a，b相交”是“a，c相交”的（　　）
A.充要條件
B.必要不充分條件
C.充分不必要條件
D.既不充分也不必要條件
4.如圖，G，N，M，H分別是正三棱柱（兩底面為正三角形的直棱柱）的頂點或所在棱的中點，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有（　　）
A.①③　 B.②③
C.②④　 D.②③④
5.（多選）下列四個命題中是真命題的為（　　）
A.兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內
B.過空間中任意三點有且僅有一個平面
C.若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行
D.若直線l 平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l
6.（多選）如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結論正確的是（　　）
A.A，M，O三點共線
B.A，M，O，A1共面
C.A，M，C，O共面
D.B，B1，O，M共面
7.如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，則直線EF與正方體的六個面所在的平面相交的平面個數為　　　　.
8.在正方體ABCD-A1B1C1D1中：
（1）求異面直線AC與A1D所成角的大小；
（2）若E，F分別為AB，AD的中點，求異面直線A1C1與EF所成角的大小.
9.（2024·菏澤模擬）如圖，已知P，Q，R分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC和C1D1的中點，由點P，Q，R確定的平面β截該正方體所得截面為（　　）
A.三角形　 B.四邊形
C.五邊形　 D.六邊形
10.《九章算術·商功》中劉徽注：“邪解立方得二塹堵，邪解塹堵，其一為陽馬，其一為鱉臑.”如圖①所示的長方體用平面AA1B1B斜切一分為二，得到兩個一模一樣的三棱柱，該三棱柱就叫塹堵.如圖②所示的塹堵中，AC＝3，BC＝4，AA1＝2，M為BC的中點，則異面直線A1C與AM所成角的余弦值為（　　）
A.　　 B.　
C.　　 D.
11.（多選）如圖是正四面體的平面展開圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點，在這個正四面體中，下列結論正確的是（　　）
A.GH與EF平行　 B.BD與MN為異面直線
C.GH與MN成60°角　 D.DE與MN垂直
12.如圖，已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點，C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，那么異面直線AC1與BC所成角的正切值為　　　　.
13.（2024·蘭州模擬）如圖，正方體A1C的棱長為1，點M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，過M的平面α與平面A1BC1平行，且與正方體各面相交得到截面多邊形，則該截面多邊形的周長為　　　　.
14.如圖，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M為OA的中點.
（1）求四棱錐O-ABCD的體積；
（2）求異面直線OC與MD所成角的正切值.
15.直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均為2，以C1為球心，為半徑的球面與側面ABB1A1的交線長為　　　　.
16.如圖，AB，CD是圓錐面的正截面（垂直于軸的截面）上互相垂直的兩條直徑，過CD和母線VB的中點E作一截面.已知圓錐側面展開圖扇形的圓心角為π，求截面與圓錐的軸線所夾的角的大小，并說明截線CED是什么曲線.
8.2空間點、直線、平面之間的位置關系-專項訓練【解析版】
1.直線m與平面α平行，且直線a α，則直線m和直線a的位置關系不可能為（　　）
A.平行　 B.異面
C.相交　 D.沒有公共點
解析：C　直線m與平面α平行，且直線a α，則直線m和直線a的位置關系可能平行，可能異面，即沒有公共點，但不可能相交，故選C.
2.如果直線a 平面α，直線b 平面β，且α∥β，則a與b（　　）
A.共面
B.平行
C.是異面直線
D.可能平行，也可能是異面直線
解析：D　α∥β，說明a與b無公共點，∴a與b可能平行也可能是異面直線.
3.如圖所示的是一個正方體的平面展開圖，在原正方體中，線段AB與CD所在直線的位置關系為（　　）
A.相交　 B.平行　
C.異面　 D.無法判斷
解析：C　由題意，將正方體展開圖還原為正方體，如圖所示，在正方體中找到對應的AB、CD兩條直線，由圖可知，AB與CD異面.故選C.
4.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，若AB＝AD＝AA1，E是棱DD1的中點，則直線A1C1與AE所成的角的大小為　　　　.
答案：
解析：如圖，連接AC，EC，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，顯然A1C1∥AC，則∠EAC為直線A1C1與AE所成的角，由E為DD1的中點，且AD＝AA1，則DE＝AD＝DC，即AC＝AE＝CE，故△ACE為等邊三角形，則∠EAC＝.
　
　（多選）（2024·蘇州第一次模擬）下列命題正確的是（　　）
A.過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直
B.過直線外一點有且只有一個平面與已知直線平行
C.過平面外一點有無數條直線與已知平面平行
D.過平面外一點有且只有一個平面與已知平面垂直
解析：AC　由結論可得A、C正確.
平面基本事實的應用
1.如圖所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C l，則平面ABC與平面β的交線是（　　）
A.直線AC　 B.直線AB
C.直線CD　 D.直線BC
解析：C　由題意知，D∈l，l β，所以D∈β，又因為D∈AB，所以D∈平面ABC，所以點D在平面ABC與平面β的交線上.又因為C∈平面ABC，C∈β，所以點C在平面β與平面ABC的交線上，所以平面ABC∩平面β＝CD.
2.在三棱錐A-BCD的邊AB，BC，CD，DA上分別取E，F，G，H四點，如果EF∩HG＝P，則點P（　　）
A.一定在直線BD上
B.一定在直線AC上
C.在直線AC或BD上
D.不在直線AC上，也不在直線BD上
解析：B　如圖所示，因為EF 平面ABC，HG 平面ACD，EF∩HG＝P，所以P∈平面ABC，P∈平面ACD.又因為平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.
3.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別是AB和AA1的中點，平面BB1D1D與A1C交于點M.求證：
（1）E，C，D1，F四點共面；
（2）CE，D1F，DA三線共點；
（3）B，M，D1三點共線.
證明：（1）如圖，連接EF，CD1，A1B.
∵E，F分別是AB，AA1的中點，∴EF∥BA1.
又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，
∴E，C，D1，F四點共面.
（2）∵EF∥CD1，EF＜CD1，
∴CE與D1F必相交，
設交點為P，如圖所示.
則由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∈直線DA，∴CE，D1F，DA三線共點.
（3）連接BD1，∵BD1與A1C均為正方體ABCD-A1B1C1D1的體對角線，故BD1與A1C相交，
則令BD1與A1C的交點為O，則B，O，D1共線，
∵BD1 平面BB1D1D，故A1C與平面BB1D1D的交點為O，
即O與M重合，故B，M，D1三點共線.
空間兩條直線的位置關系
考向1　空間兩條直線位置關系的判斷
【例1】　（1）已知α，β，γ是三個平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，則下列結論正確的是（　　）
A.直線b與直線c可能是異面直線
B.直線a與直線c可能平行
C.直線a，b，c必然交于一點（即三線共點）
D.直線c與平面α可能平行
（2）在底面半徑為1的圓柱OO1中，過旋轉軸OO1作圓柱的軸截面ABCD，其中母線AB＝2，E是弧BC的中點，F是AB的中點，則（　　）
A.AE＝CF，AC與EF是共面直線
B.AE≠CF，AC與EF是共面直線
C.AE＝CF，AC與EF是異面直線
D.AE≠CF，AC與EF是異面直線
答案：（1）C　（2）D
解析：（1）因為α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，所以O∈α，O∈β，O∈γ，因為β∩γ＝c，所以O∈c，所以直線a，b，c必然交于一點（即三線共點），A、B錯誤，C正確；D選項，假設直線c與平面α平行，由O∈c，可知O α，這與O∈α矛盾，故假設不成立，D錯誤，故選C.
（2）如圖，在底面半徑為1的圓柱OO1中，母線AB＝2，BC＝2，E是的中點，則BE＝，因為F是AB的中點，又AB＝2，則BF＝1，AE＝＝＝，CF＝＝＝，所以AE≠CF，在△ABC中，O是BC的中點，F是AB的中點，所以OF∥AC，所以AC與OF是共面直線，若AC與EF是共面直線，則O，F，A，C，E在同一平面上，顯然矛盾，故AC與EF是異面直線，故選D.
考向2　異面直線所成的角
【例2】　在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為（　　）
A.　　 B.　
C.　　 D.
解析：C　如圖，連接BD1，交DB1于點O，取AB的中點M，連接DM，OM.易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角或其補角.因為在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝.所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝.故異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為.
1.（變條件）若將本例中條件“AA1＝”變為“AA1＝2”，其他條件不變，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為　　　　.
答案：
解析：連接BC1，易證BC1∥AD1，則∠A1BC1（或其補角）為異面直線A1B與AD1所成的角.連接A1C1，由AB＝BC＝1，AA1＝2，易得A1C1＝，A1B＝BC1＝，∴cos∠A1BC1＝＝.故異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為.
2.（變條件，變設問）若將本例中條件“AA1＝”變為“異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為”，則AA1＝　　　　.
答案：3
解析：設AA1＝t，∵AB＝BC＝1，∴A1C1＝，A1B＝BC1＝.∴cos∠A1BC1＝＝＝.解得t＝3，則AA1＝3.
1.若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內，l2在平面β內，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是（　　）
A.l與l1，l2都不相交
B.l與l1，l2都相交
C.l至多與l1，l2中的一條相交
D.l至少與l1，l2中的一條相交
解析：D　法一（反證法）　由于l與直線l1，l2分別共面，故直線l與l1，l2要么都不相交，要么至少與l1，l2中的一條相交.若l∥l1，l∥l2，則l1∥l2，這與l1，l2是異面直線矛盾.故l至少與l1，l2中的一條相交.
法二（模型法）　如圖①，l1與l2是異面直線，l1與l平行，l2與l相交，故A、B不正確；如圖②，l1與l2是異面直線，l1，l2都與l相交，故C不正確.
2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC為等腰直角三角形，且斜邊BC＝2，D是BC的中點，若AA1＝，則異面直線A1C與AD所成角的大小為（　　）
A.30°　　　　　　　 B.45°
C.60°　 D.90°
解析：C　如圖，取B1C1的中點D1，連接A1D1，則AD∥A1D1，∠CA1D1（或其補角）就是異面直線A1C與AD所成的角，連接D1C.∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，由已知可得A1D1＝1，D1C＝，A1C＝2，∵A1C2＝A1＋D1C2，∴△A1D1C為直角三角形且∠A1D1C＝90°，在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝，∴∠CA1D1＝60°.
空間幾何體的交線與截面問題
考向1　空間幾何體的交線問題
【例3】　（2020·新高考Ⅰ卷16題）已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為　　　　.
答案：
解析：如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1為正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分別取B1C1，BB1，CC1的中點M，G，H，連接D1M，D1G，D1H，則易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由題意知G，H分別是BB1，CC1與球面的交點.在側面BCC1B1內任取一點P，使MP＝，連接D1P，則D1P＝＝＝，連接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M為圓心，為半徑的圓弧GH為球面與側面BCC1B1的交線.由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的長為×2π×＝.
考向2　空間幾何體的截面問題
【例4】　（1）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和BB1上的點，DM＝DD1，BN＝BB1，那么正方體中過M，N，C1的截面圖形是（　　）
A.三角形 B.四邊形　
C.五邊形 D.六邊形
（2）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是BC的中點，平面α經過直線BD且與直線C1E平行，若正方體的棱長為2，則平面α截正方體所得的多邊形的面積為　　　　.
答案：（1）C　（2）
解析：（1）先確定截面上的已知邊與幾何體上和其共面的邊的交點，再確定截面與幾何體的棱的交點.如圖，設直線C1M，CD相交于點P，直線C1N，CB相交于點Q，連接PQ交直線AD于點E，交直線AB于點F，連接NF，ME，則五邊形C1MEFN為所求截面圖形.
（2）如圖，過點B作BM∥C1E交B1C1于點M，過點M作BD的平行線，交C1D1于點N，連接DN，則平面BDNM即為符合條件的平面α，由圖可知M，N分別為B1C1，C1D1的中點，故BD＝2，MN＝，且BM＝DN＝，∴等腰梯形MNDB的高為h＝＝，∴梯形MNDB的面積為×（＋2）×＝.
1.（多選）正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，已知平面α⊥AC1，則關于α截此正方體所得截面的判斷正確的是（　　）
A.截面形狀可能為正三角形
B.截面形狀可能為正方形
C.截面形狀可能為正六邊形
D.截面面積最大值為3
解析：ACD　易知A、C正確，B不正確，下面說明D正確，如圖，截面為正六邊形，當六邊形的頂點均為棱的中點時，其面積最大，MN＝2，GH＝，OE＝＝＝，所以S＝2××（＋2）×＝3，故D正確.
2.（2024·南京六校聯考）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3，E，F分別為BC，CD的中點，P是線段A1B上的動點，則C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為　　　　.
答案：
解析：如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點M，連接B1E，BC1交于點N，連接MN，由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，由P是線段A1B上的動點，當P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交點分別為M，N，即點Q的軌跡為MN，由正方體棱長為3，得C1M＝A1C1＝3，則BC1＝6，又＝＝，則NC1＝BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，則MN＝＝＝.
1.空間中有三條線段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直線AB與CD的位置關系是（　　）
A.平行
B.異面
C.相交或平行
D.平行或異面或相交均有可能
解析：D　根據條件作出示意圖，由圖可知D正確.
2.在三棱錐P-ABC中，PB⊥BC，E，D，F分別是AB，PA，AC的中點，則∠DEF＝（　　）
A.30°　 B.45°
C.60°　 D.90°
解析：D　如圖所示，因為E，D，F分別為AB，PA，AC的中點，可得DE∥PB，EF∥BC，又因為PB⊥BC，所以DE⊥EF，所以∠DEF＝90°.故選D.
3.已知a，b，c是三條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，α∩β＝c，a α，b β，則“a，b相交”是“a，c相交”的（　　）
A.充要條件
B.必要不充分條件
C.充分不必要條件
D.既不充分也不必要條件
解析：C　若a，b相交，a α，b β，則其交點在交線c上，故a，c相交；若a，c相交，a，b可能為相交直線或異面直線.綜上所述，a，b相交是a，c相交的充分不必要條件.故選C.
4.如圖，G，N，M，H分別是正三棱柱（兩底面為正三角形的直棱柱）的頂點或所在棱的中點，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有（　　）
A.①③　 B.②③
C.②④　 D.②③④
解析：C　圖①中，直線GH∥MN；圖②中，G，H，N三點共面，但M 平面GHN，N GH，因此直線GH與MN異面；圖③中，連接GM，GM∥HN，因此GH與MN共面；圖④中，G，M，N三點共面，但H 平面GMN，G MN，因此直線GH與MN異面.所以在圖②④中，GH與MN異面.
5.（多選）下列四個命題中是真命題的為（　　）
A.兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一平面內
B.過空間中任意三點有且僅有一個平面
C.若空間兩條直線不相交，則這兩條直線平行
D.若直線l 平面α，直線m⊥平面α，則m⊥l
解析：AD　對于A，可設l1與l2相交，這兩條直線確定的平面為α；若l3與l1相交，則交點A在平面α內，同理，l3與l2的交點B也在平面α內，所以AB α，即l3 α，A為真命題；對于B，若三點共線，則過這三個點的平面有無數個，故B為假命題；對于C，兩條直線有可能平行也有可能異面，故C為假命題；對于D，若直線m⊥平面α，則m垂直于平面α內所有直線，因為直線l 平面α，所以直線m⊥直線l，D為真命題.
6.（多選）如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結論正確的是（　　）
A.A，M，O三點共線
B.A，M，O，A1共面
C.A，M，C，O共面
D.B，B1，O，M共面
解析：ABC　∵M∈A1C，A1C 平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1與平面A1ACC1的交線AO上，即A，M，O三點共線，∴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，故選A、B、C.
7.如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，則直線EF與正方體的六個面所在的平面相交的平面個數為　　　　.
答案：4
解析：因為AB∥CD，由圖可以看出EF平行于正方體左右兩個側面，與另外四個側面相交.
8.在正方體ABCD-A1B1C1D1中：
（1）求異面直線AC與A1D所成角的大小；
（2）若E，F分別為AB，AD的中點，求異面直線A1C1與EF所成角的大小.
解：（1）如圖，連接B1C，AB1，由ABCD-A1B1C1D1是正方體，易知A1D∥B1C，從而B1C與AC所成的角就是異面直線AC與A1D所成的角.
在△AB1C中，AB1＝AC＝B1C，
所以∠B1CA＝60°.
故異面直線A1D與AC所成的角為60°.
（2）連接BD，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1，
因為E，F分別為AB，AD的中點，
所以EF∥BD，所以EF⊥AC.
所以EF⊥A1C1.
故異面直線A1C1與EF所成的角為90°.
9.（2024·菏澤模擬）如圖，已知P，Q，R分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB，BC和C1D1的中點，由點P，Q，R確定的平面β截該正方體所得截面為（　　）
A.三角形　 B.四邊形
C.五邊形　 D.六邊形
解析：D　如圖，分別取A1D1，A1A，CC1的中點F，E，M，連接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，QF，PR，EM，由正方體性質得RF∥PQ，所以R，F，P，Q∈平面β，且RF∥PQ∥EM，又QF，RP，EM交于同一點O，所以E，M 平面β，所以點P，Q，R確定的平面β即為六邊形RFEPQM，故選D.
10.《九章算術·商功》中劉徽注：“邪解立方得二塹堵，邪解塹堵，其一為陽馬，其一為鱉臑.”如圖①所示的長方體用平面AA1B1B斜切一分為二，得到兩個一模一樣的三棱柱，該三棱柱就叫塹堵.如圖②所示的塹堵中，AC＝3，BC＝4，AA1＝2，M為BC的中點，則異面直線A1C與AM所成角的余弦值為（　　）
A.　　 B.　
C.　　 D.
解析：A　如圖，取B1C1的中點E，連接A1E，EC，則A1E∥AM，∠EA1C即為異面直線A1C與AM所成的角或其補角，在Rt△A1C1E中，A1E＝＝，在Rt△EC1C中，EC＝＝2，在Rt△A1C1C中，A1C＝，在△A1EC中，由余弦定理得，cos∠EA1C＝＝＝，故異面直線A1C與AM所成角的余弦值為，故選A.
11.（多選）如圖是正四面體的平面展開圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點，在這個正四面體中，下列結論正確的是（　　）
A.GH與EF平行　 B.BD與MN為異面直線
C.GH與MN成60°角　 D.DE與MN垂直
解析：BCD　如圖，還原成正四面體A-DEF，其中H與N重合，A，B，C三點重合，連接GM，易知GH與EF異面，BD與MN異面.又易知△GMH為等邊三角形，∴GH與MN成60°角，易證DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.∴B、C、D正確.
12.如圖，已知圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，C是圓柱下底面弧AB的中點，C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，那么異面直線AC1與BC所成角的正切值為　　　　.
答案：
解析：取圓柱下底面弧AB的另一中點D，連接C1D，AD，因為C是圓柱下底面弧AB的中點，所以AD∥BC，所以直線AC1與AD所成的角即為異面直線AC1與BC所成的角，因為C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，所以C1D垂直于圓柱下底面，所以C1D⊥AD.因為圓柱的軸截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝AD，所以直線AC1與AD所成角的正切值為，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為.
13.（2024·蘭州模擬）如圖，正方體A1C的棱長為1，點M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，過M的平面α與平面A1BC1平行，且與正方體各面相交得到截面多邊形，則該截面多邊形的周長為　　　　.
答案：3
解析：在平面A1D1DA中尋找與平面A1BC1平行的直線時，只需要ME∥BC1，如圖所示，因為A1M＝2MD1，故該截面與正方體的交點位于靠近D1，A，C的三等分點處，故可得截面為MIHGFE，設正方體的棱長為3a，則ME＝2a，MI＝a，IH＝2a，HG＝a，FG＝2a，EF＝a，所以截面MIHGFE的周長為ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9a，又因為正方體A1C的棱長為1，即3a＝1，故截面多邊形的周長為3.
14.如圖，在四棱錐O-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M為OA的中點.
（1）求四棱錐O-ABCD的體積；
（2）求異面直線OC與MD所成角的正切值.
解：（1）由已知可求得正方形ABCD的面積S＝4，
∴四棱錐O-ABCD的體積V＝×4×2＝.
（2）如圖，連接AC，取線段AC的中點E，連接ME，DE，
又M為OA中點，∴ME∥OC，
則∠EMD（或其補角）為異面直線OC與MD所成的角，
由已知可得DE＝，EM＝，MD＝，
∵（）2＋（）2＝（）2，即DE2＋EM2＝MD2，
∴△DEM為直角三角形，且∠DEM＝90°，
∴tan∠EMD＝＝＝.
∴異面直線OC與MD所成角的正切值為.
15.直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長均為2，以C1為球心，為半徑的球面與側面ABB1A1的交線長為　　　　.
答案：
解析：設A1B1的中點為M，則C1M⊥A1B1，C1M＝，又因為面A1B1C1⊥面ABB1A1，且面A1B1C1∩面ABB1A1＝B1A1，C1M 面A1B1C1，所以C1M⊥面ABB1A1，所以題中所求交線即為以M為圓心，＝＝2為半徑的一段圓弧，設該圓弧與BB1，AA1的交點分別為P，Q，球與側面ABB1A1的交線如圖所示，則PM＝2，B1M＝1，易知∠PMB1＝∠QMA1＝，所以該圓弧所對的圓心角∠PMQ＝，故所求弧長為2×＝.
16.如圖，AB，CD是圓錐面的正截面（垂直于軸的截面）上互相垂直的兩條直徑，過CD和母線VB的中點E作一截面.已知圓錐側面展開圖扇形的圓心角為π，求截面與圓錐的軸線所夾的角的大小，并說明截線CED是什么曲線.
解：如圖，設☉O的半徑為R，母線VB＝l，則圓錐側面展開圖的圓心角為＝π，
∴＝，∴sin∠BVO＝，
∴圓錐的母線與軸的夾角α＝∠BVO＝.
連接OE，∵O，E分別是AB，VB的中點，
∴OE∥VA.
∴∠VOE＝∠AVO＝∠BVO＝，
∴∠VEO＝，即VE⊥OE.
又∵AB⊥CD，VO⊥CD，AB∩VO＝O，
∴CD⊥平面VAB.
∵VE 平面VAB，∴VE⊥CD.
又∵OE∩CD＝O，OE，CD 平面CDE，
∴VE⊥平面CDE.
∴∠VOE是截面與軸線的夾角，
∴截面與軸線夾角大小為.
由圓錐的半頂角與截面與軸線的夾角相等，知截面與圓錐面的截線CED為一拋物

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