2024年高考数学一轮复习（新高考版） 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．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22 (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：.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．思考辨析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．(　×　)教材改编题1．(多选)如图是某正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列说法正确的是(　　)A．BM与ED平行B．CN与BM成60°角C．CN与BE是异面直线D．DM与BN是异面直线答案　BD解析　正方体的直观图如图所示．很显然，BM与ED不平行，故A错误；连接AN，AC，易知△ACN是等边三角形，CN与BM所成角即为∠ANC＝60°，故B正确；连接BE，易知CN∥BE，故C错误；连接BN，DM，易知DM与BN是异面直线，故D正确．22 2．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b(　　)A．一定是异面直线B．一定是相交直线C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线答案　C解析　由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b∥c，则a∥b，与已知a，b为异面直线相矛盾．3.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＝AC，EH＝BD，∴四边形EFGH为平行四边形，∵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B1D1.22 因为EF是△D1B1C1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　(1)如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且A，B，C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必经过(　　)A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M答案　D解析　因为AB⊂γ，M∈AB，所以M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，所以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．22 所以γ与β的交线必经过点C和点M.(2)如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与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；②C，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FA，FD的中点，所以GH∥AD且GH＝AD，又BC∥AD且BC＝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＝AF，G是FA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命题点1　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，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，B正确；22 对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，C错误；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，故α，β重合，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．命题点2　异面直线所成的角例3　(1)如图所示，圆柱O1O2的底面半径为1，高为2，AB是一条母线，BD是圆O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)A.B.C.D.答案　C解析　连接AO2，设AO2的延长线交下底面圆周上的点为E，连接CE，易知∠CAE(或其补角)即为异面直线AC与BD所成的角，连接CD(图略)，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BD＝2，∠CBD＝30°，得BC＝，CD＝1.又AB＝DE＝AE＝BD＝2，AC＝＝，CE＝＝，所以在△CAE中，cos∠CAE＝＝＝22 ，即异面直线AC与BD所成角的余弦值为.(2)(2023·长治模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝CC1＝2，E为BB1上一点，平面AEC1将三棱柱分为上、下体积相等的两部分，则AE与B1C1所成角的余弦值为(　　)A.B.C.D.答案　A解析　如图，作C1H⊥A1B1于点H，则C1H⊥平面ABB1A1且C1H＝，设B1E＝x，则＝·C1H＝··(2＋x)·2·＝(2＋x)，易得AC⊥平面BB1C1C，则＝··AC＝··(2－x＋2)·2·2＝(4－x)，平面AEC1将三棱柱分为两个体积相等的四棱锥C1－A1AEB1和A－BCC1E，即＝，则x＝1，所以E为BB1的中点，取CC1中点为F，连接EF，则EF∥B1C1，∠AEF(或其补角)即为异面直线AE与B1C1所成角，cos∠AEF＝＝.所以异面直线AE与B1C1所成角的余弦值为.22 思维升华　(1)点、直线、平面位置关系的判定，注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断，常借助正方体为模型．(2)求异面直线所成角的方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，形成三角形求解跟踪训练2　(1)(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；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B错；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．(2)如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝SB，则异面直线SC与OE所成角的正切值为(　　)A.B.C.D.22 答案　D解析　如图，过点S作SF∥OE，交AB于点F，连接CF，则∠CSF(或其补角)为异面直线SC与OE所成的角．∵SE＝SB，∴SE＝BE.又OB＝3，∴OF＝OB＝1.∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝3.∵SO⊥OF，∴SF＝＝.∵OC⊥OF，∴CF＝.∴在等腰△SCF中，tan∠CSF＝＝.即异面直线SC与OE所成角的正切值为.(3)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.B.C.D.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°＝.题型三　空间几何体的切割(截面)问题例4　(1)(多选)用一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，22 则下列结论正确的是(　　)A．这两部分的表面积一定不相等B．截面不会是三角形C．截面不会是五边形D．截面可以是正六边形答案　BCD解析　如图，一个平面α截正方体，把正方体分为体积相等的两部分，则平面α一定过正方体的中心，所以这两部分的表面积相等，根据对称性，截面不会是三角形、五边形，但可以是正六边形(如图)．(2)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，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＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.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＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝.思维升华　(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．22 跟踪训练3　(1)(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在B1B和C1C上(异于端点)，则过三点A，F，E的平面被正方体截得的图形(截面)可能是(　　)A．矩形B．菱形C．正方形D．梯形答案　ABD解析　当BE＝CF时，截面是矩形；当2BE＝CF时，截面是菱形；当BE>CF时，截面是梯形；截面不可能是正方形．(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________．答案　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＝，设等腰梯形MNDB的高为h，则h＝＝，∴梯形MNDB的面积为×(＋2)×＝.课时精练1．若直线上有两个点在平面外，则(　　)22 A．直线上至少有一个点在平面内B．直线上有无穷多个点在平面内C．直线上所有点都在平面外D．直线上至多有一个点在平面内答案　D解析　根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内．2．(多选)下列命题中不正确的是(　　)A．空间四点共面，则其中必有三点共线B．空间四点不共面，则其中任意三点不共线C．空间四点中有三点共线，则此四点不共面D．空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面答案　ACD解析　对于平面四边形来说不成立，故A不正确；若四点中有三点共线，则根据“直线与直线外一点可以确定一个平面”知四点共面，与四点不共面矛盾，故B正确；由B的分析可知C不正确；平面四边形的四个顶点中任意三点不共线，但四点共面，故D不正确．3．已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系(　　)A．两两垂直B．两两平行C．两两相交D．两两异面答案　B解析　如图1，可得a，b，c可能两两垂直；如图2，可得a，b，c可能两两相交；如图3，可得a，b，c可能两两异面．4．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22 答案　D解析　如图，由题意知，圆柱的轴截面ABCD为边长为2的正方形，E是的中点，F是AB的中点，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，故A，B错误；又CF＝＝，AE＝＝，所以AE≠CF，故C错误．5.如图，已知四面体ABCD的各条棱长均等于4，E，F分别是棱AD，BC的中点．若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为(　　)A．3B．4C．4D．6答案　B解析　将正四面体补成正方体如图所示，可得EF⊥平面CHBG，且正方体的棱长为2.由于EF⊥平面α，且平面α与四面体的每一个面都相交，故截面为平行四边形MNKL，且KL＋KN＝4，又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL，∴平行四边形MNKL为矩形，∴S矩形MNKL＝KN·KL≤2＝4，22 当且仅当KN＝KL＝2时取等号．6．(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　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，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＝B1D1＝，BC1＝2，sin∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝.方法二　以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则B(0,0,2)，P(1,1,0)，D1(2,2,0)，A(0,2,2)，＝(－1，－1,2)，＝(2,0，－2)．设直线PB与AD1所成的角为θ，则cosθ＝＝＝.因为θ∈，所以θ＝.方法三　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．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＝，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝.7.(2023·广州模拟)如图为四棱锥A－DEFG的侧面展开图(点G1，G2重合为点G)，其中AD＝AF，G1D＝G2F.E是线段DF的中点，请写出四棱锥A－DEFG中一对一定相互垂直的异面直线________．(填上你认为正确的一个结论即可，不必考虑所有可能的情形)22 答案　AE，DF(或AE，DG或AE，GF或AG，DF)解析　还原该四棱锥的直观图如图所示，连接DF和GE，相交于点O，连接AO，∵DG＝FG，DE＝EF，GE＝GE，∴△GDE≌△GFE，∴∠DGO＝∠FGO，又∵DG＝FG，GO＝GO，∴△DGO≌△FGO，∴DO＝OF，∠GOD＝∠GOF＝，∴DF⊥OE，∵AD＝AF，OD＝OF，∴AO⊥DF，∵AO∩OE＝O，AO，OE⊂平面AOE，∴DF⊥平面AOE，又AE⊂平面AOE，∴DF⊥AE.8.如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后、左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直．则这两个四棱柱的表面相交的交线段总长度为________．答案　8解析　由题可知，这两个四棱柱的表面相交的交线段由8条长度相等的线段构成，如图所示，选取一个侧面进行分析，其中AC，AB均为交线段，且AC＝AB，BC为底面的对角线长，D为BC的中点，∴AD＝2，CD＝BC＝×2＝，22 ∴AC＝＝＝，∴所求的交线段总长度为8×＝8.9.如图所示，在空间四边形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EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．证明　(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD.在△BCD中，＝＝，所以GH∥BD，所以EF∥GH.所以E，F，G，H四点共面．(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．又平面ABC∩平面ADC＝AC，所以P∈AC，所以P，A，C三点共线．10.如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求：(1)三棱锥P－ABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值．解　(1)S△ABC＝×2×2＝2，22 三棱锥P－ABC的体积V＝S△ABC·PA＝×2×2＝.(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE是异面直线BC与AD所成的角(或其补角)．在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝＝.故异面直线BC与AD所成角的余弦值为.11．(多选)(2023·朝阳模拟)在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝，AD＝BC＝AC＝BD＝，则(　　)A．AB⊥CDB．三棱锥A－BCD的体积为C．三棱锥A－BCD外接球半径为D．异面直线AD与BC所成角的余弦值为答案　ABD解析　将三棱锥补形为长方体，如图所示．其中BE＝BN＝1，BF＝2，所以AB＝CD＝，AD＝BC＝AC＝BD＝，连接MF，则AM∥BF，AM＝BF，所以四边形AMFB为平行四边形，所以AB∥MF，22 又四边形MCFD为正方形，所以MF⊥CD，所以AB⊥CD，故A正确；长方体的体积V1＝1×1×2＝2，三棱锥E－ABC的体积V2＝V三棱锥A－BEC＝××1×2×1＝，同理，三棱锥N－ABD，三棱锥F－BCD，三棱锥M－ACD的体积也为，所以三棱锥A－BCD的体积V＝2－4×＝，故B正确；长方体的外接球的直径为＝，所以长方体的外接球的半径为，长方体的外接球也是三棱锥A－BCD的外接球，所以三棱锥A－BCD外接球的半径为，故C错误；连接MN，交AD于点O，因为MN∥BC，所以∠AOM(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角，由已知OA＝AD＝，OM＝MN＝，AM＝2，所以cos∠AOM＝＝－，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为，故D正确．12.如图，E，F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1，C1D1的中点，若AB＝6，则过A，E，F三点的截面的面积为(　　)A．9B．1822 C.D.答案　C解析　连接EF，作直线EF分别与直线DC，DD1的延长线相交于点P，Q，连接AP交BC于点M，连接AQ交A1D1于点N，连接NF，ME.则五边形AMEFN即为过A，E，F三点的截面，如图所示．由题意知AP＝AQ＝3，PQ＝9，∴S△APQ＝，又ME∥AQ，且＝，∴S△MPE＝S△QNF＝S△APQ，∴S五边形AMEFN＝S△APQ＝.13．(2022·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＝＝，EF＝，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，∵＝，∴＝，22 又＝，∴＝，则GF∥CD，∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成角，在△EGF中，EG＝AB＝2，GF＝CD＝1，EF＝，∴cos∠EGF＝＝－，∴∠EGF＝120°，∴AB与CD所成角的大小为60°.14．已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB＝2，AC＝2，BC＝4，则：(1)球O的表面积为________；(2)若D是BC的中点，过点D作球O的截面，则截面面积的最小值是________．答案　(1)52π　(2)4π解析　(1)由题意，根据勾股定理可得AC⊥AB，则可将三棱锥P－ABC放入以AP，AC，AB为长方体的长，宽，高的长方体中，则体对角线为外接球直径，设外接球半径为r，即2r＝＝2，则r＝，所以球O的表面积为4πr2＝4π×()2＝52π.(2)由题意，得△ABC为直角三角形，所以D为底面ABC的外接圆圆心，当DO⊥截面时，截面面积最小，即截面为平面ABC的外接圆，半径为2，故截面面积的最小值为π×22＝4π.15．(2023·重庆模拟)如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB＝BC＝2，过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面AA1C1C垂直，则平面α与该直三棱柱所得截面的周长为________.答案　3＋解析　如图所示，取AC的中点D，连接BD，取A1C1的中点D1，连接B1D1，取AD的中点G，连接EG，连接EF，22 分别取C1D1，B1C1的中点M，N，连接MN，FN，GM，可得EG∥BD，BD∥B1D1，MN∥B1D1，即有EG∥MN，又由AB＝BC，可得BD⊥AC，因为AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥BD，又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，可得EG⊥平面AA1C1C，由面面垂直的判定定理，可得平面EGMNF⊥平面AA1C1C，则平面EGMNF即为平面α，由EG＝BD＝，GM＝＝，MN＝B1D1＝，NF＝＝，FE＝＝，则所得截面的周长为×2＋＋×2＝3＋.16.如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，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，22 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VP－ACE＝VB－ACE＝VP－ACB.因为AD⊥DC，AB∥DC，所以AC＝，CB＝，故由题易知AC⊥BC，所以S△ABC＝AC·BC＝××＝1，VP－ACB＝PC·S△ABC＝，所以VP－ACE＝.22