2023年高考數(shù)學一輪復習習題：第八章第3節(jié)　空間點、直線、平面之間的位置關系

第3節(jié)空間點、直線、平面之間的位置關系考綱要求1.理解空間直線、平面位置關系的定義；2.了解可以作為推理依據(jù)的公理和定理；3.能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間位置關系的簡單命題．知識梳理1．平面的基本性質(1)公理1：如果一條直線上的兩點在一個平面內，那么這條直線在此平面內．(2)公理2：過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面．(3)公理3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線．2．空間點、直線、平面之間的位置關系直線與直線直線與平面平面與平面平行關系圖形語言符號語言a∥ba∥αα∥β相交關系圖形語言符號語言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l6獨有關系圖形語言符號語言a，b是異面直線a?α3.平行公理(公理4)和等角定理平行公理：平行于同一條直線的兩條直線互相平行．等角定理：空間中如果兩個角的兩邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補．4．異面直線所成的角(1)定義：設a，b是兩條異面直線，經過空間任意一點O作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的銳角(或直角)叫做異面直線a與b所成的角(或夾角)．(2)范圍：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).1．公理2的三個推論推論1：經過一條直線和這條直線外一點有且只有一個平面；推論2：經過兩條相交直線有且只有一個平面；推論3：經過兩條平行直線有且只有一個平面．2．異面直線的判定：經過平面內一點和平面外一點的直線與平面內不經過該點的直線互為異面直線．3．兩異面直線所成的角歸結到一個三角形的內角時，容易忽視這個三角形的內角可能等于兩異面直線所成的角，也可能等于其補角．診斷自測1．判斷下列結論正誤(在括號內打“√”或“×”)(1)兩個平面α，β有一個公共點A，就說α，β相交于過A點的任意一條直線．()(2)兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面．()(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合．()(4)若直線a不平行于平面α，且a?α，則α內的所有直線與a異面．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(1)如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線，故錯誤．(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面相交或重合，故錯誤．(4)由于a不平行于平面α，且a?α，則a與平面α相交，故平面α內有與a相交的直線，故錯誤．2．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則異面直線B1C與EF所成角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析連接B1D1，D1C，則B1D1∥EF，故∠D1B1C或其補角為所求的角．又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.3.如圖，在三棱錐A－BCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AB，BC，CD，DA的中點，則(1)當AC，BD滿足條件________時，四邊形EFGH為菱形；(2)當AC，BD滿足條件________時，四邊形EFGH為正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)∵四邊形EFGH為菱形，∴EF＝EH，∵EF綉eq\f(1,2)AC，EH綉eq\f(1,2)BD，∴AC＝BD.(2)∵四邊形EFGH為正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∵EF綉eq\f(1,2)AC，EH綉eq\f(1,2)BD，∴AC＝BD且AC⊥BD.4．(2020·東北三省三校質檢)已知直線a和平面α，β，α∩β＝l，a?α，a?β，且a在α，β內的射影分別為直線b和c，則直線b和c的位置關系是()A．相交或平行 B．相交或異面C．平行或異面 D．相交、平行或異面答案D解析依題意，直線b和c的位置關系可能是相交、平行或異面．5．(2021·日照調研)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中的一條相交答案D解析由于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．6．(2021·鄭州質檢)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，則異面直線AC和BC1所成角的余弦值是()A.eq\f(8\r(5),25) B．eq\f(4\r(5),5) C．eq\f(8\r(5),5) D．eq\f(4\r(5),25)答案A解析如圖，連接AD1，CD1，則∠D1AC(或其補角)就是異面直線AC和BC1所成的角，易知AC＝5，AD1＝2eq\r(5)，CD1＝eq\r(13)，由余弦定理得cos∠D1AC＝eq\f(AD\o\al(2,1)＋AC2－CD\o\al(2,1),2AD1·AC)＝eq\f(8\r(5),25).考點一平面的基本性質及應用1．如圖是正方體或四面體，P，Q，R，S分別是所在棱的中點，則這四個點不共面的一個圖是()答案D解析對于A，PS∥QR，故P，Q，R，S四點共面；同理，B，C圖中四點也共面；D中四點不共面．2.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ABC．直線CD D．直線BC答案C解析由題意知，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.3．在三棱錐A－BCD的邊AB，BC，CD，DA上分別取E，F(xiàn)，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上答案B解析如圖所示，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.感悟升華1.證明點或線共面問題的兩種方法：(1)首先由所給條件中的部分線(或點)確定一個平面，然后再證其余的線(或點)在這個平面內；(2)將所有條件分為兩部分，然后分別確定平面，再證兩平面重合．2．證明點共線問題的兩種方法：(1)先由兩點確定一條直線，再證其他各點都在這條直線上；(2)直接證明這些點都在同一條特定直線(如某兩個平面的交線)上．3．證明線共點問題的常用方法是：先證其中兩條直線交于一點，再證其他直線經過該點．考點二空間兩直線的位置關系【例1】(1)(2021·廣州六校聯(lián)考)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分別是C1D1，BC，A1D1的中點，有下列四個結論：①AP與CM是異面直線；②AP，CM，DD1相交于一點；③MN∥BD1；④MN∥平面BB1D1D.其中所有正確結論的序號是()A．①④ B．②④C．①③④ D．②③④(2)(2019·全國Ⅲ卷)如圖，點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點，則()A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線答案(1)B(2)B解析(1)連接MP，AC(圖略)，因為MP∥AC，MP≠AC，所以AP與CM是相交直線，又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，所以AP，CM，DD1相交于一點，則①不正確，②正確．③令AC∩BD＝O，連接OD1，ON.因為M，N分別是C1D1，BC的中點，所以ON∥D1M∥CD，ON＝D1M＝eq\f(1,2)CD，則四邊形MNOD1為平行四邊形，所以MN∥OD1，因為MN?平面BD1D，OD1?平面BD1D，所以MN∥平面BD1D，③不正確，④正確．綜上所述，②④正確．(2)取CD的中點O，連接ON，EO，因為△ECD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，EO?平面ECD，所以EO⊥平面ABCD.設正方形ABCD的邊長為2，則EO＝eq\r(3)，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過M作CD的垂線，交CD于點P，連接BP，則MP＝eq\f(\r(3),2)，CP＝eq\f(3,2)，所以BM2＝MP2＋BP2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋22＝7，得BM＝eq\r(7)，所以BM≠EN.連接BD，BE，因為四邊形ABCD為正方形，所以N為BD的中點，即EN，MB均在平面BDE內，所以直線BM，EN是相交直線，故選B.感悟升華空間中兩直線位置關系的判定，主要是異面，平行和垂直的判定．異面直線的判定可采用直接法或反證法；平行直線的判定可利用三角形(梯形)中位線的性質、公理4及線面平行與面面平行的性質定理；垂直關系的判定往往利用線面垂直或面面垂直的性質來解決．【訓練】(1)(2021·河南名校聯(lián)考)已知空間三條直線l，m，n，若l與m垂直，l與n垂直，則()A．m與n異面B．m與n相交C．m與n平行D．m與n平行、相交、異面均有可能(2)(2021·宜賓質檢)四棱錐P－ABCD的所有棱長都相等，M，N分別為PA，CD的中點，下列說法錯誤的是()A．MN與PD是異面直線 B．MN∥平面PBCC．MN∥AC D．MN⊥PB答案(1)D(2)C解析(1)因為m⊥l，n⊥l，結合長方體模型可知m與n可以相交，也可以異面，還可以平行．(2)如圖所示，取PB的中點H，連接MH，HC，由題意知，四邊形MHCN為平行四邊形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，設四邊形MHCN確定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P?平面α，D?MN，因此MN與PD是異面直線；故A，B說法均正確．若MN∥AC，由于CH∥MN，則CH∥AC，事實上AC∩CH＝C，C說法不正確；因為PC＝BC，H為PB的中點，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D說法正確．考點三異面直線所成的角【例2】(1)(經典母題)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6) C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)(2)(2021·衡水檢測)如圖，在圓錐SO中，AB，CD為底面圓的兩條直徑，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，SE＝eq\f(1,4)SB，則異面直線SC與OE所成角的正切值為()A.eq\f(\r(22),2) B．eq\f(\r(5),3) C．eq\f(13,16) D．eq\f(\r(11),3)答案(1)C(2)D解析(1)如圖，連接BD1，交DB1于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＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DD\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DD\o\al(2,1))＝eq\r(5).所以OM＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2,2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5).故異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).(2)如圖，過點S作SF∥OE，交AB于點F，連接CF，則∠CSF(或其補角)為異面直線SC與OE所成的角．∵SE＝eq\f(1,4)SB，∴SE＝eq\f(1,3)BE.又OB＝3，∴OF＝eq\f(1,3)OB＝1.∵SO⊥OC，SO＝OC＝3，∴SC＝3eq\r(2).∵SO⊥OF，∴SF＝eq\r(SO2＋OF2)＝eq\r(10).∵OC⊥OF，∴CF＝eq\r(10).∴在等腰△SCF中，tan∠CSF＝eq\f(\r(\r(10)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))2),\f(3\r(2),2))＝eq\f(\r(11),3).【遷移1】若將例2中(1)條件“AA1＝eq\r(3)”變?yōu)椤癆A1＝2”，其它條件不變，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為________．答案eq\f(4,5)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＝1，AA1＝2，易得A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(5)，∴cos∠A1BC1＝eq\f(A1B2＋BC\o\al(2,1)－A1C\o\al(2,1),2A1B·BC1)＝eq\f(4,5).故異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為eq\f(4,5).【遷移2】若將例2中(1)題條件“AA1＝eq\r(3)”變?yōu)椤爱惷嬷本€A1B與AD1所成角的余弦值為eq\f(9,10)”．試求AA1的值．解設AA1＝t，∵AB＝BC＝1，∴A1C1＝eq\r(2)，A1B＝BC1＝eq\r(t2＋1).∴cos∠A1BC1＝eq\f(A1B2＋BC\o\al(2,1)－A1C\o\al(2,1),2×A1B×BC1)＝eq\f(t2＋1＋t2＋1－2,2×\r(t2＋1)×\r(t2＋1))＝eq\f(9,10).解之得t＝3，則AA1＝3.感悟升華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．立體幾何中的截面問題直觀想象是指借助幾何直觀和空間想象感知事物的形態(tài)與變化，利用空間形式特別是圖形，理解和解決數(shù)學問題．立體幾何中截面問題涉及線、面位置關系，點線共面、線共點等問題，綜合性較強，培養(yǎng)學生直觀想象和邏輯推理等數(shù)學核心素養(yǎng)．【典例】(2018·全國Ⅰ卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A.eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(2\r(3),3) C．eq\f(3\r(2),4) D．eq\f(\r(3),2)答案A解析如圖，依題意，平面α與棱BA，BC，BB1所在直線所成角都相等，容易得到平面AB1C符合題意，進而所有平行于平面AB1C的平面均符合題意．由對稱性，知過正方體ABCD－A1B1C1D1中心的截面面積應取最大值，此時截面為正六邊形EFGHIJ.易知正六邊形EFGHIJ的邊長為eq\f(\r(2),2)，將該正六邊形分成6個邊長為eq\f(\r(2),2)的正三角形．故其面積為6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(3\r(3),4).思維升華作出截面的關鍵是找到截線，作出截線的主要根據(jù)有：(1)確定平面的條件；(2)三線共點的條件；(3)面面平行的性質定理．【訓練】(2021·雅禮中學檢測)我國古代的數(shù)學著作《九章算術·商功》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”．在如圖所示的“塹堵”ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，M、N分別是BB1和A1C1的中點，則平面AMN截“塹堵”ABC－A1B1C1所得截面圖形的面積為()A.eq\f(2\r(21),3) B．eq\f(4\r(21),3)C.eq\f(2\r(7),3) D．eq\f(4\r(7),3)答案A解析延長AN，與CC1的延長線交于點P，則P∈平面BB1C1C，連接PM，與B1C1交于點E，連接NE，得到的四邊形AMEN是平面AMN截“塹堵”ABC－A1B1C1所得截面圖形，由題意解三角形可得NE＝ME＝eq\f(\r(17),3)，AM＝AN＝eq\r(5)，MN＝eq\r(6).∴△AMN中MN邊上的高h1＝eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(14),2)，△EMN中MN邊上的高h2＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(17),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(14),6).∴AMN截“塹堵”ABC－A1B1C1所得截面圖形的面積S＝S△AMN＋S△EMN＝eq\f(1,2)MN·(h1＋h2)＝eq\f(1,2)×eq\r(6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(14),2)＋\f(\r(14),6)))＝eq\f(2\r(21),3).A級基礎鞏固一、選擇題1．給出下列說法：①梯形的四個頂點共面；②三條平行直線共面；③有三個公共點的兩個平面重合；④三條直線兩兩相交，可以確定1個或3個平面．其中正確的序號是()A．① B．①④ C．②③ D．③④答案B解析顯然命題①正確．由于三棱柱的三條平行棱不共面，②錯．命題③中，兩個平面重合或相交，③錯．三條直線兩兩相交，可確定1個或3個平面，則命題④正確．2.(2020·重慶一中月考)如圖，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C?l，直線AB∩l＝M，過A，B，C三點的平面記作γ，則γ與β的交線必通過()A．點A B．點BC．點C但不過點M D．點C和點M答案D解析∵AB?γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根據(jù)公理3可知，M在γ與β的交線上．同理可知，點C也在γ與β的交線上．3．a，b，c是兩兩不同的三條直線，下面四個命題中，真命題是()A．若直線a，b異面，b，c異面，則a，c異面B．若直線a，b相交，b，c相交，則a，c相交C．若a∥b，則a，b與c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，則a∥c答案C解析若直線a，b異面，b，c異面，則a，c相交、平行或異面；若a，b相交，b，c相交，則a，c相交、平行或異面；若a⊥b，b⊥c，則a，c相交、平行或異面；由異面直線所成的角的定義知C正確．4.如圖所示，ABCD－A1B1C1D1是長方體，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不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面答案A解析連接A1C1，AC(圖略)，則A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四點共面，∴A1C?平面ACC1A1，∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理A，O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上．∴A，M，O三點共線．5．在三棱錐S－ABC中，G1，G2分別是△SAB和△SAC的重心，則直線G1G2與BC的位置關系是()A．相交 B．平行C．異面 D．平行或異面答案B解析如圖所示，連接SG1并延長交AB于M，連接SG2并延長交AC于N，連接MN.由題意知SM為△SAB的中線，且SG1＝eq\f(2,3)SM，SN為△SAC的中線，且SG2＝eq\f(2,3)SN，∴在△SMN中，eq\f(SG1,SM)＝eq\f(SG2,SN)，∴G1G2∥MN，易知MN是△ABC的中位線，∴MN∥BC，∴G1G2∥BC.6．在各棱長均相等的四面體ABCD中，已知M是棱AD的中點，則異面直線BM與AC所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(2),3) B．eq\f(\r(2),5) C．eq\f(\r(3),6) D．eq\f(\r(2),6)答案C解析設四面體ABCD的棱長為2，取CD的中點N，連接MN，BN，∵M是棱AD的中點，∴MN∥AC，∴∠BMN(或其補角)是異面直線BM與AC所成的角．∵BM＝BN＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，MN＝eq\f(1,2)AC＝1，∴在△BMN中，cos∠BMN＝eq\f(BM2＋MN2－BN2,2BM·MN)＝eq\f(3＋1－3,2×\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),6)，∴異面直線BM與AC所成角的余弦值為eq\f(\r(3),6).二、填空題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?zhèn)€數(shù)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.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eq\r(2)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所成角等于異面直線AC1與BC所成角．因為C1是圓柱上底面弧A1B1的中點，所以C1D⊥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＝eq\r(2)AD，所以直線AC1與AD所成角的正切值為eq\r(2)，所以異面直線AC1與BC所成角的正切值為eq\r(2).9.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，①GH與EF平行；②BD與MN為異面直線；③GH與MN成60°角；④DE與MN垂直．以上四個命題中，正確命題的序號是________．答案②③④解析還原成正四面體ADEF，其中H與N重合，A，B，C三點重合．易知GH與EF異面，BD與MN異面．又△GMH為等邊三角形，∴GH與MN成60°角，易證DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.因此正確的序號是②③④.三、解答題10．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，(1)求異面直線AC與A1D所成角的大??；(2)若E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，求異面直線A1C1與EF所成角的大?。?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(xiàn)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°.11．(2020·全國Ⅲ卷)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.證明：(1)當AB＝BC時，EF⊥AC；(2)點C1在平面AEF內．證明(1)如圖，連接BD，B1D1.因為AB＝BC，所以四邊形ABCD為正方形，故AC⊥BD.又因為BB1⊥平面ABCD，于是AC⊥BB1.又BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.由于EF?平面BB1D1D，所以EF⊥AC.(2)如圖，在棱AA1上取點G，使得AG＝2GA1，連接GD1，F(xiàn)C1，F(xiàn)G.因為ED1＝eq\f(2,3)DD1，AG＝eq\f(2,3)AA1，DD1綉AA1，所以ED1綉AG，于是四邊形ED1GA為平行四邊形，故AE∥GD1.因為B1F＝eq\f(1,3)BB1，A1G＝eq\f(1,3)AA1，BB1綉AA1，所以B1FGA1是平行四邊形，所以FG綉A1B1，所以FG綉C1D1，四邊形FGD1C1為平行四邊形，故GD1∥FC1.于是AE∥FC1.所以A，E，F(xiàn)，C1四點共面，即點C1在平面AEF內．B級能力提升12．(2021·昆明診斷)如圖，已知二面角A-BD-C的大小為eq\f(π,3)，G，H分別是BC，CD的中點，E，F(xiàn)分別在AD，AB上