6第7章平面立体

人教版七年级下册数学全册教材分析及各单元分析一、全册教材分析七年级下册上接七年级上册4章内容，全书包括6章，共61课时，供七年级下学期使用。

具体内容如下：第五章相交线与平行线（15课时）主要内容：1.两条直线相交所成的角的位置及大小关系（邻补角、对顶角）；2.两条直线平行的判定及性质；3.平移及其基本性质。

第六章平面直角坐标系（8课时）主要内容：1.有序数对与平面直角坐标系；2.坐标方法的简单应用。

第七章三角形（9课时）主要内容：1.三角形的边、高、中线和角分线，三角形的稳定性；2.说明三角形内角和等于180成立的道理，三角形的外角及有关结论；3.多边形的有关概念及其内角和。

第八章二元一次方程组（10课时）主要内容：1.二元一次方程组是解决实际问题的一种数学模型；2.二元一次方程组的有关概念，通过消元解二元一次方程组。

第九章不等式与不等式组（13课时）主要内容：1.不等式是解决实际问题的一种数学模型；2.不等式的有关概念及性质；3.一元一次不等式（组）的解法。

第十章实数（6课时）主要内容：1.算数平方根与平方根；2.立方根；3.实数。

一、教科书内容和课程学习目标本册书的6章内容涉及《全日制义务教育数学课程标准（实验稿）》中“数与代数”“空间与图形”“实践与综合应用”三个领域，其中“实践与综合应用”以课题学习的形式安排在第七章和第九章，没有“统计与概率”的内容。

这6章大体上采用相近内容相对集中的方式安排，前三章基本属于“数与代数”领域，后三章基本属于“空间与图形”领域，这样安排有助于加强知识间的纵向联系。

在各章具体内容的编写中，又特别注意加强各领域之间的横向联系。

1．“空间与图形”领域关于“空间与图形”领域的内容，本册书在七年级上册“图形认识初步”基础上，安排了研究平面内两条直线的位置关系、平面直角坐标系及三角形的内容。

平面内两条直线的位置关系是“空间与图形”所要研究的基本问题。

这些内容学生在前两个学段有所接触，第5章“相交线与平行线”在学生已有知识的基础上，继续探究两直线相交所成的邻补角与对顶角的关系；垂直作为两条直线相交的特殊情况，与它有关的概念和结论（如点到直线的距离、垂线段最短等）是学习下一章“平面直角坐标系”的直接基础；平行公理（教科书称“基本事实”）是研究两直线平行的出发点，教科书通过设计一些探究性问题，让学生通过探究活动“发现”两条直线平行的判定与性质，并让学生初步感受推理的作用和意义；本章增加一节新内容“平移”，平移是图形的一种基本变换，平移变换是研究几何问题、发现几何结论的有效手段。

第三节 空间点、线、面之间的位置关系1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．(3)公理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．2．空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2. (3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．[小题体验]1．(2019·湖州模拟)已知l，m，n为三条不重合的直线，α，β为两个不同的平面，则( )A．若m⊥α，m⊥β，则α∥βB．若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥αC．若α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥βD．若m∥n，m⊂α，则n∥α解析：选A 由l，m，n为三条不重合的直线，α，β为两个不同的平面知，在A中，若m⊥α，m⊥β，则由面面平行的判定定理得α∥β，故A正确；在B中，若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l与α相交、平行或l⊂α，故B错误；在C中，若α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m与β相交，故C错误；在D中，若m∥n，m⊂α，则n∥α或n⊂α，故D错误．故选A.2．(教材习题改编)设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题是________．①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.答案：③④1．异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直线既不平行，也不相交．2．直线与平面的位置关系在判断时最易忽视“线在面内”．3．不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件．[小题纠偏]1．(2018·江西七校联考)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是( )A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面 D．相交、平行或异面解析：选D 依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．2．(2019·杭州诊断)设l，m，n表示三条直线，α，β，γ表示三个平面，给出下列四个命题：①若l⊥α，m⊥α，则l∥m；②若m⊂β，n是l在β内的射影，m⊥l，则m⊥n；③若m⊂α，m∥n，则n∥α；④若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β.其中真命题有( )A．①②B．①②③C．②③④ D．①③④解析：选A ①可以根据直线与平面垂直的性质定理得出；②可以根据三垂线定理的逆定理得出；对于③，n可以在平面α内，故③不正确；对于④，反例：正方体共顶点的三个平面两两垂直，故④错误．故选A.3．(教材习题改编)下列命题：①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．其中正确命题的个数为( )A．4 B．3C．2 D．1解析：选D ①中若三点在一条直线上，则不能确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定四个平面；④中这三个公共点可以在这两个平面的交线上．故错误的是①③④，正确的是②.所以正确命题的个数为1.考点一平面的基本性质及应用重点保分型考点——师生共研[典例引领]如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB，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，连接EF，A1B，CD1.∵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，∴CE与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，∴P∈直线DA.∴CE，D1F，DA三线共点．[由题悟法]1．点线共面问题证明的2种方法(1)纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内；(2)辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．2．证明多线共点问题的2个步骤(1)先证其中两条直线交于一点；(2)再证交点在第三条直线上．证交点在第三条直线上时，第三条直线应为前两条直线所在平面的交线，可以利用公理3证明．[即时应用]如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．证明：因为AB∥CD，所以AB，CD确定一个平面β.又因为AB∩α＝E，AB⊂β，所以E∈α，E∈β，即E为平面α与β的一个公共点．同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，因为两个平面有公共点，它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线．考点二空间两直线的位置关系重点保分型考点——师生共研[典例引领]如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确的结论的序号为________．解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．答案：③④[由题悟法][即时应用]1．上面例题中正方体ABCD­A1B1C1D1的棱所在直线中与直线AB 是异面直线的有________条．解析：与AB异面的有4条：CC1，DD1，A1D1，B1C1.答案：42．在图中，G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形的是________．(填上所有正确答案的序号)解析：图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．答案：②④考点三异面直线所成的角重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1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解析：选C 法一：如图，将长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1补成长方体ABCD ­A 2B 2C 2D 2，使AA 1＝A 1A 2，易知AD 1∥B 1C 2，所以∠DB 1C 2或其补角为异面直线AD 1与DB 1所成的角．易知B 1C 2＝AD 1＝2，DB 1＝12＋12＋32＝5，DC 2＝DC 2＋CC 22＝12＋232＝13.在△DB 1C 2中，由余弦定理，得cos ∠DB 1C 2＝DB 21＋B 1C 22－DC 222DB 1·B 1C 2＝5＋4－132×5×2＝－55， 所以异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55. 法二：以A 1为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，则A (0,0，3)，D 1(0,1,0)，D (0,1，3)，B 1(1,0,0)， 所以AD 1＝(0,1，－3)，DB 1＝(1，－1，－3)，所以cos 〈AD 1，DB 1〉＝AD 1·DB 1|AD 1|·|DB 1|＝0×1＋1×－1＋－3×－32×5＝55.[由题悟法]1．用平移法求异面直线所成的角的3步骤(1)一作：即据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：即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．2．有关平移的3种技巧求异面直线所成的角的方法为平移法，平移的方法一般有3种类型：(1)利用图形中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；(3)补形平移．计算异面直线所成的角通常放在三角形中进行．[即时应用]如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小．解：(1)连接B1C，AB1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，易知A1D∥B1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角．∵AB1＝AC＝B1C，∴∠B1CA＝60°.即A1D与AC所成的角为60°.(2)连接BD，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1，∵E，F分别为AB，AD的中点，∴EF∥BD，∴EF⊥AC.∴EF⊥A1C1.即A1C1与EF所成的角为90°.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·台州一诊)设a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是( )A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bC．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βD．α∥β，a⊂α，则a∥β解析：选D 由a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面知，在A中，a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A错误；在B中，a⊂α，b⊂β，α∥β，则a与b平行或异面，故B错误；在C中，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α与β相交或平行，故C错误；在D中，α∥β，a⊂α，则由面面平行的性质定理得a∥β，故D正确．故选D.2．(2018·平阳期末)已知a，b是异面直线，直线c∥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．不可能是相交直线解析：选C 由平行直线公理可知，若c∥b，则a∥b，与a，b是异面直线矛盾．所以c与b不可能是平行直线．3．空间四边形两对角线的长分别为6和8，所成的角为45°，连接各边中点所得四边形的面积是( )A．6 2 B．12C．12 2 D．242解析：选A 如图，已知空间四边形ABCD，设对角线AC＝6，BD＝8，易证四边形EFGH为平行四边形，∠EFG或∠FGH为AC与BD所成的45°角，故S四边形EFGH＝3×4·sin 45°＝62，故选A.4.如图所示，平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条；与AB异面的棱有________条．解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的有5条．与AB异面的棱有CC1，DD1，B1C1，A1D1，共4条．答案：5 45.如图，在三棱锥A­BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．解析：如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.∵M为AD的中点，∴MK∥AN，∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝22，∴MK＝ 2.在Rt△CKN中，CK＝22＋12＝ 3.在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝22＋222－322×2×22＝78.答案：78二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·浙江高考)已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n ⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A ∵若m⊄α，n⊂α，且m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α，但若m⊄α，n⊂α，且m∥α，则m与n有可能异面，∴“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．2．(2018·宁波模拟)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N 分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是( )A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行 D．MN与A1B1平行解析：选D 如图，连接C1D，在△C1DB中，MN∥BD，故C正确；因为CC1⊥平面ABCD，所以CC1⊥BD，所以MN与CC1垂直，故A正确；因为AC⊥BD，MN∥BD，所以MN与AC垂直，故B正确；因为A1B1与BD异面，MN∥BD，所以MN与A1B1不可能平行，故D错误．3．(2018·义乌二模)已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A．若α⊥β，m⊥β，则m∥αB．若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥βC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥n，n⊥α，则m⊥α解析：选D 由m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面知，在A中，若α⊥β，m⊥β，则m∥α或m⊂α，故A错误；在B中，若平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等，则α与β相交或平行，故B错误；在C中，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；在D中，若m∥n，n⊥α，则由线面垂直的判定定理得m⊥α，故D正确．故选D.4．(2019·湖州模拟)如图，在下列四个正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是( )解析：选D 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，易知多边形EFMN Q G是一个平面图形，且直线BD1与平面EFMN Q G垂直，结合各选项知，选项A、B、C中的平面与这个平面重合，只有选项D中的平面既不与平面EFMN Q G重合，又不与之平行．故选D.5．(2018·宁波九中一模)正三棱柱ABC­A1B1C1中，若AC＝2 AA1，则AB1与CA1所成角的大小为( )A．60°B．105°C．75° D．90°解析：选D 取A1C1的中点D，连接AD，B1D(图略)，易证B1D⊥A1C，因为tan∠CA1C1·tan∠ADA1＝22×2＝1，所以A1C⊥AD，又B1D∩AD＝D，所以A1C⊥平面AB1D，又AB1⊂平面AB1D，所以A1C ⊥AB1，故AB1与CA1所成角的大小为90°.6．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________对．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面的直线有且只有3对．答案：37．(2018·福建六校联考)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．上述命题中正确的命题是_______(写出所有正确命题的序号)．解析：由公理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；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；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．答案：①8.如图，已知圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，C是圆柱下底面弧AB的中点，C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，那么异面直线AC1与BC所成角的正切值为________．解析：取圆柱下底面弧AB 的另一中点D ，连接C 1D ，AD ， 因为C 是圆柱下底面弧AB 的中点，所以AD ∥BC ，所以直线AC 1与AD 所成角等于异面直线AC 1与BC所成角，因为C 1是圆柱上底面弧A 1B 1的中点，所以C 1D ⊥圆柱下底面，所以C 1D ⊥AD ，因为圆柱的轴截面ABB 1A 1是正方形，所以C 1D ＝2AD ， 所以直线AC 1与AD 所成角的正切值为2，所以异面直线AC 1与BC 所成角的正切值为 2.答案：29．(2018·舟山模拟)在空间四边形ABCD 中，已知AD ＝1，BC＝3，且AD ⊥BC ，对角线BD ＝132，AC ＝32，求AC 和BD 所成的角．解：如图，分别取AD ，CD ，AB ，BD 的中点E ，F ，G ，H ，连接EF ，FH ，HG ，GE ，GF .由三角形的中位线定理知，EF ∥AC ，且EF ＝34，GE ∥BD ，且GE ＝134，GE 和EF 所成的锐角(或直角)就是AC 和BD 所成的角．同理，GH ∥AD ，HF ∥BC ，GH ＝12，HF ＝32.又AD ⊥BC ，所以∠GHF ＝90°，所以GF 2＝GH 2＋HF 2＝1.在△EFG 中，GE 2＋EF 2＝1＝GF 2，所以∠GEF ＝90°，即AC 和BD 所成的角为90°.10.如图所示，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝90°，AB ＝2，AC ＝23，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 ＝12×2×23＝23， 故三棱锥P ­ABC 的体积为V ＝13·S △ABC ·PA ＝13×23×2＝433. (2)如图所示，取PB 的中点E ，连接DE ，AE ，则DE ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，则cos ∠ADE ＝DE 2＋AD 2－AE 22DE ·AD ＝22＋22－22×2×2＝34.即异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．(2019·绍兴质检)如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，A 1C 与底面ABCD 所成的角为60°.(1)求四棱锥A 1­ABCD 的体积；(2)求异面直线A 1B 与B 1D 1所成角的余弦值．解：(1)∵在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，连接AC ，∴AC ＝22＋22＝22，又易知AA 1⊥平面ABCD ，∴∠A 1CA 是A 1C 与底面ABCD 所成的角，即∠A 1CA ＝60°，∴AA 1＝AC ·tan 60°＝22×3＝26，∵S 正方形ABCD ＝AB ·BC ＝2×2＝4，∴VA 1­ABCD ＝13·AA 1·S 正方形ABCD ＝13×26×4＝863. (2)连接BD ，易知BD ∥B 1D 1，∴∠A 1BD 是异面直线A 1B 与B 1D 1所成的角(或所成角的补角)．∵BD ＝22＋22＝22，A 1D ＝A 1B ＝22＋262＝27，∴cos ∠A 1BD ＝A 1B 2＋BD 2－A 1D 22·A 1B ·BD ＝28＋8－282×27×22＝1414， 即异面直线A 1B 与B 1D 1所成角的余弦值是1414. 2．(2018·台州一模)如图所示的圆锥的体积为33π，圆O 的直径AB ＝2，点C 是AB 的中点，点D 是母线PA 的中点．(1)求该圆锥的侧面积；(2)求异面直线PB 与CD 所成角的大小．解：(1)∵圆锥的体积为33π，圆O 的直径AB ＝2，圆锥的高为PO ，∴13π×12×PO ＝33π，解得PO ＝3，∴PA ＝ 32＋12＝2，∴该圆锥的侧面积S ＝πrl ＝π×1×2＝2π.(2)法一：如图，连接DO ，OC .由(1)知，PA ＝2，OC ＝r ＝1.∵点D 是PA 的中点，点O 是AB 的中点，∴DO ∥PB ，且DO ＝12PB ＝12PA ＝1，∴∠CDO 是异面直线PB 与CD 所成的角或其补角．∵PO ⊥平面ABC ，OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC ，又点C 是 AB 的中点，∴OC ⊥AB . ∵PO ∩AB ＝O ，PO ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，∴OC ⊥平面PAB ，又DO ⊂平面PAB ，∴OC ⊥DO ，即∠DOC ＝90°.在Rt △DOC 中，∵OC ＝DO ＝1，∴∠CDO ＝45°.故异面直线PB 与CD 所成角为45°.法二：连接OC ，易知OC ⊥AB ，又∵PO ⊥平面ABC ，∴PO ，OC ，OB 两两垂直，以O 为坐标原点，OC所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．其中A (0，－1,0)，P (0,0，3)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－12，32，B (0,1,0)，C (1,0,0)，∴PB ＝(0,1，－3)，CD ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，－12，32， 设异面直线PB 与CD 所成的角为θ，则cos θ＝|PB ·CD ||PB |·|CD |＝222＝22， ∴θ＝45°，∴异面直线PB 与CD 所成角为45°.3．如图所示，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，底面是边长为2的正三角形，侧棱A 1A ⊥底面ABC ，点E ，F 分别是棱CC 1，BB 1上的点，点M 是线段AC 上的动点，EC ＝2FB ＝2.(1)当点M 在何位置时，BM ∥平面AEF?(2)若BM ∥平面AEF ，判断BM 与EF 的位置关系，说明理由；并求BM 与EF 所成的角的余弦值．解：(1)法一：如图所示，取AE 的中点O ，连接OF ，过点O 作OM ⊥AC 于点M .因为侧棱A 1A ⊥底面ABC ，所以侧面A 1ACC 1⊥底面ABC .又因为EC ＝2FB ＝2，所以OM ∥FB ∥EC 且OM ＝12EC ＝FB ， 所以四边形OMBF 为矩形，BM ∥OF .因为OF ⊂平面AEF ，BM ⊄平面AEF ，故BM ∥平面AEF ，此时点M 为AC 的中点．法二：如图所示，取EC 的中点P ，AC 的中点Q ，连接P Q ，PB ，B Q.因为EC ＝2FB ＝2，所以PE 綊BF ，所以P Q ∥AE ，PB ∥EF ，所以P Q ∥平面AFE ，PB ∥平面AEF ，因为PB ∩P Q ＝P ，PB ，P Q ⊂平面PB Q ，所以平面PB Q ∥平面AEF .又因为B Q ⊂平面PB Q ，所以B Q ∥平面AEF .故点Q 即为所求的点M ，此时点M 为AC 的中点．(2)由(1)知，BM 与EF 异面，∠OFE (或∠MBP )就是异面直线BM 与EF 所成的角或其补角．易求AF ＝EF ＝5，MB ＝OF ＝3，OF ⊥AE ，所以cos ∠OFE ＝OF EF ＝35＝155， 所以BM 与EF 所成的角的余弦值为155.。