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第2 节 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.与平面有关的基本事实及推论
(1)与平面有关的三个基本事实
基本事实
内容
图形
符号
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
A，B，C 三点不共
线⇒存在唯一的α
使A，B，C∈α
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
A∈l，B∈l，且
A∈α，B∈α⇒l⊂α
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
P∈α，且
P∈β⇒α∩β＝l，且
P∈l
(2)基本事实1 的三个推论
推论
内容
图形
作用
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
确定平面的
依据
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.空间点、直线、平面之间的位置关系
直线与直线
直线与平面
平面与平面
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平行
关系
图形
语言
符号
语言
a∥b
a∥α
α∥β
相交
关系
图形
语言
符号
语言
a∩b＝A
a∩α＝A
α∩β＝l
独有
关系
图形
语言
符号
语言
a，b 是
异面直线
a⊂α
3.基本事实4 和等角定理
平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.
等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
4.异面直线所成的角
(1)定义：已知a，b 是两条异面直线，经过空间任意一点O 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：.
1.证明点共线与线共点都需用到基本事实3.
2.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内
角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两个平面α，β 有一个公共点A，就说α，β 相交于过A 点的任意一条直线.(
)
(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.( )
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.( )
(4)若直线a 不平行于平面α，且a⊄α，则α 内的所有直线与a 异面.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
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解析 (1)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，故错误.
(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.
(4)由于a 不平行于平面α，且a⊄α，则a 与平面α 相交，故平面α 内有与a 相交
的直线，故错误.
2.(多选)α 是一个平面，m，n 是两条直线，A 是一个点，若m⊄α，n⊂α，且
A∈m，A∈α，则m，n 的位置关系可能是( )
A.垂直
B.相交
C.异面
D.平行
答案 ABC
解析 依题意，m∩α＝A，n⊂α，
∴m 与n 可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.
3.(2022·重庆质检)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 由于l 与直线l1，l2分别共面，故直线l 与l1，l2要么都不相交，要么至少
与l1，l2中的一条相交.若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l
至少与l1，l2中的一条相交.
4.(2018·全国Ⅱ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E 为棱CC1的中点，则异面直
线AE 与CD 所成角的正切值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE 与
CD 所成的角等于相交直线AE 与AB 所成的角，即为∠EAB.
不妨设正方体的棱长为2，则CE＝1，BC＝2，由勾股定理
得BE ＝. 又由AB⊥平面BCC1B1 可得AB⊥BE ，所以
tan∠EAB＝＝.
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5.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 的交线必通过(
)
A.点A
B.点B
C.点C 但不过点M
D.点C 和点M
答案 D
解析 ∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.
又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.
根据基本事实3 可知，M 在γ 与β 的交线上.
同理可知，点C 也在γ 与β 的交线上.
6.(多选)(2021·长沙调研)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1
中，M，N，P 分别是C1D1，BC，A1D1 的中点，下列结论
正确的是( )
A.AP 与CM 是异面直线
B.AP，CM，DD1相交于一点
C.MN∥BD1
D.MN∥平面BB1D1D
答案 BD
解析 连接MP，AC(图略)，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP 与CM 是相交
直线，
又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，
所以AP，CM，DD1相交于一点，则A 不正确，B 正确.
令AC∩BD＝O，连接OD1，ON.
因为M，N 分别是C1D1，BC 的中点，
所以ON∥D1M∥CD，ON＝D1M＝CD，
则四边形MNOD1为平行四边形，所以MN∥OD1，
因为MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，
所以MN∥平面BD1D，C 不正确，D 正确.
考点一 基本事实的应用
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例1 如图所示，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R 点，则P，Q，R 三点共线.
证明 (1)∵EF 是△D1B1C1的中位线，
∴EF∥B1D1.
在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.
∴EF，BD 确定一个平面，即D，B，F，E 四点共面.
(2)在正方体AC1中，设平面A1ACC1为α，平面BDEF 为β.
∵Q∈A1C1，∴Q∈α.
又Q∈EF，∴Q∈β，
则Q 是α 与β 的公共点，同理，P 是α 与β 的公共点，
∴α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.
∴R∈α，且R∈β，
则R∈PQ，故P，Q，R 三点共线.
感悟提升 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.
(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.
(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线
经过该点.
训练1 如图，在空间四边形ABCD 中，E，F 分别是AB 和
BC 上的点，G，H 分别是CD 和AD 上的点.若EH 与FG 相
交于点K.
求证：EH，BD，FG 三条直线相交于同一点.
证明 因为K∈EH，EH⊂平面ABD，
所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，
因此K∈BD，所以EH，BD，FG 三条直线相交于同一点.
考点二 空间位置关系的判断
例2 (1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB 与
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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均有可能，
如图可知AB，CD 有相交，平行，异面三种情况，故选D.
(2)(多选)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，则在这个正四面体中(
)
A.GH 与EF 平行
B.BD 与MN 为异面直线
C.GH 与MN 成60°角
D.DE 与MN 垂直
答案 BCD
解析 还原成正四面体A－DEF，如图所示，
其中H 与N 重合，A，B，C 三点重合，易知GH 与EF 异
面，BD 与MN 异面.
连接GM，∵△GMH 为等边三角形，
∴GH 与MN 成60°角.
由图易得DE⊥AF，又MN∥AF，
∴MN⊥DE，
因此正确的选项是B，C，D.
感悟提升 空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异
面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中
位线的性质、基本事实4 及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定
往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.
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训练2 (1)(多选)(2022·福州质检)四棱锥P－ABCD 的所有棱长都相等，M，N 分
别为PA，CD 的中点，下列说法正确的是( )
A.MN 与PD 是异面直线
B.MN∥平面PBC
C.MN∥AC
D.MN⊥PB
答案 ABD
解析 如图所示，取PB 的中点H，连接MH，HC，
由题意知，四边形MHCN 为平行四边形，且MN∥HC，所
以MN∥平面PBC，设四边形MHCN 确定平面α，又D∈α，
故M，N，D 共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN 与PD 是
异面直线；故A，B 说法均正确.
若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，
事实上AC∩CH＝C，C 说法不正确；
因为PC＝BC，H 为PB 的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，
D 说法正确.
(2)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，由A1E＝2ED，可得M 为AD 的中点，
连接BF 并延长，交AD 于点N，因为CF＝2FA，可得N 为AD 的中点，所以
M，N 重合，所以EF 和BD1共面，且＝，＝，所以＝，所以EF∥BD1.
考点三 异面直线所成的角
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例3 (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.
B.
C.
D.
答案 D
解析 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 ，
B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP，所以C1P⊥平面
B1BP. 又BP⊂平面B1BP ，所以有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＝B1D1＝，BC1＝2，sin ∠PBC1＝＝，所以
∠PBC1＝.
(2)将正方形ABCD 沿对角线AC 折起，并使得平面ABC 垂直于平面ACD，直线
AB 与CD 所成的角为( )
A.90°
B.60°
C.45°
D.30°
答案 B
解析 如图，取AC，BD，AD 的中点，分别为O，M，
N，
则ON∥CD，MN∥AB，
且ON＝CD，
MN＝AB，
所以∠ONM 或其补角即为所求的角.
因为平面ABC 垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC⊂
平面ACD，
所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.
设正方形边长为2，OB＝OD＝，
所以BD＝2，则OM＝BD＝1.
所以ON＝MN＝OM＝1.
所以△OMN 是等边三角形，∠ONM＝60°.
所以直线AB 与CD 所成的角为60°.
感悟提升 1.综合法求异面直线所成角的步骤：
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(1)作：通过作平行线得到相交直线.
(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).
(3)求：解三角形，求出所作的角，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.
2.向量法：利用向量的数量积求所成角的余弦值.
训练3 (1)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1
与DB1所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 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 为异
面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
AB＝BC＝1，AA1＝，所以DE1＝
＝＝2，
DB1＝＝，B1E1＝＝＝，在△B1DE1中，由余弦定理，
得cos∠B1DE1＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
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，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＝，AD1＝＝2，DM＝＝，
DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO
中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
(2)(2022·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC 为等腰直角
三角形，且斜边BC＝2，D 是BC 的中点，若AA1＝，则异面直线A1C 与AD 所
成角的大小为( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
答案 C
解析 如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，
∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C 与AD 所成的角.
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连接D1C.
∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，∴A1D1⊥平面
BCC1B1，∵D1C⊂平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，∴△A1D1C 为直角三角形，
在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝，
∴∠CA1D1＝60°.
立体几何中的截线、截面问题
利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.
(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的
直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：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面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
一、截面问题
例1 (1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N 分别是棱DD1和BB1上的点，MD
＝DD1，NB＝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
答案 C
解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的
交点，再确定截面与几何体的棱的交点.
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.
(2)(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α 所成的角
都相等，则α 截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 如图，依题意，平面α 与棱BA，BC，BB1 所在直线
所成角都相等，容易得到平面AB1C 符合题意，进而所有
平行于平面AB1C 的平面均符合题意.
由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1 中心的截面面积
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应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.
易知正六边形EFGHIJ 的边长为，将该正六边形分成6 个边长为的正三角形.
故其面积为6××＝.
二、截线问题
例2 (1)(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，
∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.
答案
解析 如图，设B1C1 的中点为E，球面与棱BB1，CC1 的交
点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，
EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD 为等边三角形，
∴D1B1 ＝DB ＝2 ，∴△D1B1C1 为等边三角形，则D1E ＝且
D1E⊥平面BCC1B1，∴E 为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的
半径为r，则r＝＝＝.
可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，∴B1P＝＝1，同理C1Q＝1，
∴P，Q 分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝，
知PQ的长为×＝.
(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，E，F 分别为BC，CD 的中点，P
是线段A1B 上的动点，C1P 与平面D1EF 的交点Q 的轨迹长为________.
答案
解析 如图所示，
连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1
交于点N，
由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，
由P 是线段A1B 上的动点，当P 重合于A1或B 时，C1A1，C1B 与平面D1EF 的交
点分别为M，N，
即Q 的轨迹为MN，
由棱长为3，
得C1M＝A1C1＝3，则BC1＝6，
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又＝＝，
则NC1＝BC1＝4，
由A1B＝BC1＝A1C1，
得∠A1C1B＝60°，
则MN＝
＝＝.
1.a，b，c 是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是( )
A.若直线a，b 异面，b，c 异面，则a，c 异面
B.若直线a，b 相交，b，c 相交，则a，c 相交
C.若a∥b，则a，b 与c 所成的角相等
D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c
答案 C
解析 若直线a，b 异面，b，c 异面，则a，c 相交、平行或异面；若a，b 相交，
b，c 相交，则a，c 相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c 相交、平行或
异面；由异面直线所成的角的定义知C 正确.
2.给出以下四个命题：
①依次首尾相接的四条线段必共面；
②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；
③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；
④垂直于同一直线的两条直线必平行.
其中正确命题的个数是( )
A.0
B.1
C.2
D.3
答案 B
解析 ①中，空间四边形的四条线段不共面，故①错误；
②中，由基本事实1 知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，
故②正确；
③中，由空间角的等角定理知，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分
别平行，那么这两个角相等或互补，故③错误；
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④中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故④错
误.
3.(多选)下图中，G，N，M，H 分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)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 BD
解析 图A 中，直线GH∥MN；
图B 中，G，H，N 三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH 与MN 异
面；
图C 中，连接MG，GM∥HN，因此GH 与MN 共面；
图D 中，G，M，N 共面，但H∉平面GMN，G∉MN，
因此GH 与MN 异面.
4.(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1 中，O 是
B1D1 的中点，直线A1C 交平面AB1D1 于点M，则下列结论
正确的是( )
A.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A，B，C.
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5.(多选)(2021·潍坊质检)如图，已知二面角A－BD－C 的
大小为，G，H 分别是BC，CD 的中点，E，F 分别在
AD，AB 上，＝＝，且AC⊥平面BCD，则以下说法正确
的是( )
A.E，F，G，H 四点共面
B.FG∥平面ADC
C.若直线FG，HE 交于点P，则P，A，C 三点共线
D.若△ABD 的面积为6，则△BCD 的面积为3
答案 ACD
解析 由＝＝知EF 綉BD.
又GH 綉BD，∴EF∥GH，
因此E，F，G，H 共面，A 项正确；
假设FG∥平面ADC 成立，因为平面ABC∩平面DAC＝AC，
所以FG∥AC，又G 是BC 的中点，所以F 是AB 的中点，与＝矛盾，B 项不正
确；
因为FG⊂平面ABC，P∈FG，所以P∈平面ABC，同理P∈平面ADC，
因为平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C 三点共线，因此
C 正确；
易知S△BCD＝cos·S△ABD＝×6＝3，D 正确.
6.(2022·广州检测)我国古代的数学著作《九章算术·商功》中，
将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的
“堑堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N 分别是BB1
和A1C1的中点，则平面AMN 截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面
图形的面积为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 延长AN ，与CC1 的延长线交于点P ，则P∈平面
BB1C1C，连接PM，与B1C1交于点E，连接NE，得到的四边形
AMEN 是平面AMN 截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形，
由题意解三角形可得NE＝ME＝，
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AM＝AN＝，MN＝.
∴△AMN 中MN 边上的高
h1＝＝，△EMN 中MN 边上的高h2＝＝.
∴AMN 截“堑堵”ABC－A1B1C1所得截面图形的面积S＝S△AMN＋S△EMN
＝MN·(h1＋h2)
＝××＝.
7.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α 上，且AB∥CD，则直线
EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________.
答案 4
解析 因为AB∥CD，由图可以看出EF 平行于正方体左右两个侧面，与另外四
个侧面相交.
8.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O 是底面ABCD 的中心，过O 点作一条直
线l 与A1D 平行，设直线l 与直线OC1的夹角为θ，则cos θ＝________.
答案
解析 如图所示，设正方体的表面ABB1A1 的中心为P，容
易证明OP∥A1D ，所以直线l 即为直线OP ，角θ 即
∠POC1.
设正方体的棱长为2，则
OP＝A1D＝，OC1＝，PC1＝，
则cos∠POC1＝＝＝.
9.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
________.
答案
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解析 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，
由图可知M，N 分别为B1C1，C1D1的中点，
故BD＝2，MN＝，
且BM＝DN＝，
∴等腰梯形MNDB 的高为
h＝＝，
∴梯形MNDB 的面积为×(＋2)×＝.
10.如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF 与四边形
ABCD 都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD 且BC
＝AD，BE∥AF 且BE＝AF，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？
(1)证明 由已知FG＝GA，FH＝HD，
可得GH 綉AD.又BC 綉AD，
∴GH 綉BC.
∴四边形BCHG 为平行四边形.
(2)解 共面.∵BE 綉AF，G 是FA 的中点，
∴BE 綉FG，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EF∥BG.
由(1)知BG 綉CH，∴EF∥CH，
∴EF 与CH 共面.
又D∈FH，∴C，D，F，E 四点共面.
11.如图，在四棱锥O－ABCD 中，底面ABCD 是边长为2 的正
方形，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M 为OA 的中点.
(1)求四棱锥O－ABCD 的体积；
(2)求异面直线OC 与MD 所成角的正切值.
解 (1)由已知可求得正方形ABCD 的面积S＝4，
所以四棱锥O－ABCD 的体积
V＝×4×2＝.
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(2)如图，连接AC，设线段AC 的中点为E，连接ME，DE，又
M 为OA 中点，
∴ME∥OC，
则∠EMD(或其补角)为异面直线OC 与MD 所成的角，由已知
可得DE＝，EM＝，MD＝，
∵()2＋()2＝()2，
即DE2＋EM2＝MD2，
∴△DEM 为直角三角形，且∠DEM＝90°，
∴tan∠EMD＝＝＝.
∴异面直线OC 与MD 所成角的正切值为.
12.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G 分别为棱AB，A1D1，
C1D1的中点，经过E，F，G 三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为(
)
A.
B.
C.1
D.2
答案 B
解析 如图，分别取BC，AA1，CC1 的中点为H，M，N，
连接EH ，HN ，GN ，FM ，ME ，容易得出FG∥EH ，
GN∥ME，HN∥FM，
则点E，F，G，H，M，N 共面，
且FG＝EH＝GN＝ME＝HN＝FM＝＝，
即经过E，F，G 三点的截面图形为正六边形EHNGFM.
连接MN，EG，FH，且相交于点O，
因为MN＝AC＝＝，
所以OE＝OH＝ON＝OG＝OF＝OM＝，
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则截面图形的面积为
×6＝.
13.已知球O 是正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)A－
BCD 的外接球，BC＝3，AB＝2，点E 在线段BD 上，且BD＝3BE，过点E 作
球O 的截面，则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是________.
答案 2π
解析 如图，设△BDC 的中心为O1，球O 的半径为R，
连接AO1，O1D，OD，O1E，OE，
则O1D＝3sin 60°×＝，
AO1＝＝3，
在Rt△OO1D 中，
R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，
∵BD＝3BE，DE＝2，在△DEO1中，
O1E＝＝1，
∴OE＝＝，
过点E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为＝，面积为2π.
14.(2021·上海卷)如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD
为正方形，边长为4，E 为AB 的中点，PE⊥平面ABCD.
(1)若△PAB 为等边三角形，求四棱锥P－ABCD 的体积；
(2)若CD 的中点为F，PF 与平面ABCD 所成角为45°，求
PC 与AD 所成角的正切值.
解 (1)∵正方形ABCD 的边长为4，且△PAB 为等边三角形，E 为AB 的中点，
∴PE＝PB·sin∠PBE＝AB·sin 60°＝2，
又PE⊥平面ABCD，
∴四棱锥P－ABCD 的体积VP－ABCD＝×42×2＝.
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(2)∵AD∥BC，
∴∠PCB 即PC 与AD 所成的角.
如图，连接EF，∵PE⊥平面ABCD，EF，BC⊂平面ABCD，
∴PE⊥EF，PE⊥BC，
又PF 与平面ABCD 所成角为45°，
即∠PFE＝45°，
∴PE＝EF·tan ∠PFE＝4，
∴PB＝＝＝2.
又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，
又PB⊂平面PAB，∴BC⊥PB，
∴tan ∠PCB＝＝，
∴PC 与AD 所成角的正切值为.
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