2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第3节空间点直线平面之间的位置关系教学案含解析新人教A版

2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第3节空间点直线平面之间的位置关系教学案含解析新人教A版

第3节　空间点、直线、平面之间的位置关系 考试要求　1.理解空间直线、平面位置关系的定义；2.了解可以作为推理依据的公理和定理；3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.‎ 知 识 梳 理 ‎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：过不在同一条直线上的三点，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 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.平行公理(公理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：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.‎ ‎4.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：.‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ - 17 -‎ ‎1.空间中两个角的两边分别对应平行，则这两个角相等或互补.‎ ‎2.异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.‎ ‎3.两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.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列结论正误(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.(　　)‎ 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.‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×‎ ‎2.(新教材必修第二册P147例1改编)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，则异面直线AC和BC1所成角的余弦值是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　如图，连接AD1，CD1，则∠D1AC(或其补角)就是异面直线AC和BC1所成的角，易知AC＝5，AD1＝2，CD1＝，由余弦定理得 cos ∠D1AC＝＝.‎ 答案　A ‎3.(老教材必修2P45例2改编)已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是(　　)‎ - 17 -‎ A.梯形 B.矩形 C.菱形 D.正方形 解析　如图所示，易证四边形EFGH为平行四边形，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又FG∥BD，所以∠EFG或其补角为AC与BD所成的角，而AC与BD所成的角为90°，所以∠EFG＝90°，故四边形EFGH为矩形.‎ 答案　B ‎4.(2019·贵阳调研)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的位置关系不可能是(　　)‎ A.垂直 B.相交 C.异面 D.平行 解析　依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n异面或相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.‎ 答案　D ‎5. (2020·重庆一中月考)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 解析　∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.‎ 又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.‎ 根据公理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.‎ 答案　D ‎6.(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ - 17 -‎ 解析　法一　对于选项B，如图(1)所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ，又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C，D中均有AB∥平面MNQ.因此A项中直线AB与平面MNQ不平行.‎ ‎　　‎ 图(1)　　　　　　　　图(2)‎ 法二　对于选项A，其中O为BC的中点(如图(2)所示)，连接OQ，则OQ∥AB，因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行.‎ 答案　A 考点一　平面的基本性质及应用 ‎【例1】 已知空间四边形ABCD(如图所示)，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别是BC，CD上的点，且CG＝BC，CH＝DC.求证：‎ ‎(1)E，F，G，H四点共面；‎ ‎(2)三直线FH，EG，AC共点.‎ 证明　(1)连接EF，GH，如图所示，‎ - 17 -‎ ‎∵E，F分别是AB，AD的中点，‎ ‎∴EF∥BD.‎ 又CG＝BC，CH＝DC，‎ ‎∴GH∥BD，∴EF∥GH，‎ ‎∴E，F，G，H四点共面.‎ ‎(2)易知FH与直线AC不平行，但共面，‎ ‎∴设FH∩AC＝M，∴M∈平面EFHG，M∈平面ABC.‎ 又平面EFHG∩平面ABC＝EG，‎ ‎∴M∈EG.∴FH，EG，AC共点.‎ 规律方法　1.证明点或线共面问题的两种方法：(1)首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；(2)将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.‎ ‎2.证明点共线问题的两种方法：(1)先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；(2)直接证明这些点都在同一条特定直线(如某两个平面的交线)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，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为平行四边形；‎ ‎(2)判断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，所以GH綉BC.‎ 所以四边形BCHG为平行四边形.‎ ‎(2)解　C，D，E，F四点共面.理由如下：‎ - 17 -‎ 因为BE綉AF，G为FA的中点，所以BE綉FG.‎ 所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG.‎ 由(1)知BG綉CH，所以EF∥CH，所以EF与CH共面.‎ 又D∈FH，所以C，D，F，E四点共面.‎ 考点二　空间两直线位置关系的判定 ‎【例2】 (1)(一题多解)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 ‎(2)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序号是________(填上所有正确答案的序号).‎ 解析　(1)法一　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.‎ 法二　如图(1)，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图(2)，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.‎ ‎(2)图①中，直线GH∥MN；‎ 图②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，G∉MN，‎ 因此GH与MN异面.‎ 所以在图②④中，GH与MN异面.‎ 答案　(1)D　(2)②④‎ 规律方法　1.异面直线的判定方法：‎ - 17 -‎ ‎(1)反证法：先假设两条直线不是异面直线，即两条直线平行或相交，由假设出发，经过严格的推理，导出矛盾，从而否定假设，肯定两条直线异面.‎ ‎(2)定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线.‎ ‎2.点、线、面位置关系的判定，要注意几何模型的选取，常借助正方体为模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系.‎ ‎【训练2】 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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.‎ 其中正确的结论为________(填序号).‎ 解析　直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故①②错误.‎ 答案　③④‎ 考点三　异面直线所成的角 ‎【例3】 (1)(2019·湘潭二模)已知四棱锥P－ABCD的底面边长都为2，PA＝PC＝2，PB＝PD，且∠DAB＝60°，M是PC的中点，则异面直线MB与AP所成的角为______.‎ ‎(2)(2020·安阳一模)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＝________.‎ 解析　(1)如图，连接AC与BD，相交于点N，连接MN，则MN∥PA，‎ 所以∠NMB(或∠NMB的补角)为异面直线MB与AP所成的角，‎ 在△MNB中，由题意得NB＝1，MN＝，BN⊥MN，则tan ∠NMB＝＝，∴∠NMB＝30°，故答案为30°.‎ ‎(2)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.‎ - 17 -‎ 设正方体的棱长为2，则 OP＝A1D＝，‎ OC1＝，PC1＝，‎ 则cos ∠POC1＝＝＝.‎ 答案　(1)30°　(2) 规律方法　用平移法求异面直线所成角的一般步骤：‎ ‎(1)作角——用平移法找(或作)出符合题意的角；‎ ‎(2)求角——转化为求一个三角形的内角，通过解三角形，求出角的大小.‎ ‎【训练3】 (一题多解)(2018·全国Ⅱ卷)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. 解析　法一　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所成角或其补角.‎ 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∠‎ - 17 -‎ MOD＝——＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.‎ 法二　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，).则cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.‎ 答案　C 赢得高分　立体几何中的截面问题 用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面.截面问题涉及线、面位置关系，点线共面、线共点等问题，综合性较强，常做为压轴题出现.‎ ‎【典例】 (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. 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中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.正六边形EFGHIJ的边长为，将该正六边形分成6个边长为 - 17 -‎ 的正三角形.故其面积为6××＝.‎ 答案　A 思维升华　作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面面平行的性质定理.‎ ‎【训练】 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______.‎ 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.‎ 答案　2π A级　基础巩固 一、选择题 ‎1.给出下列说法：①梯形的四个顶点共面；②三条平行直线共面；③有三个公共点的两个平面重合；④三条直线两两相交，可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是(　　)‎ A.① B.①④‎ C.②③ D.③④‎ 解析　显然命题①正确.‎ 由于三棱柱的三条平行棱不共面，②错.‎ - 17 -‎ 命题③中，两个平面重合或相交，③错.‎ 三条直线两两相交，可确定1个或3个平面，则命题④正确.‎ 答案　B ‎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 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.‎ 答案　C ‎3.(2020·福州月考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成角的大小为(　　)‎ A.30° B.45°‎ C.60° D.90°‎ 解析　连接B1D1，D1C，则B1D1∥EF，故∠D1B1C或其补角为所求的角.又B1D1＝B1C＝D1C，∴∠D1B1C＝60°.‎ 答案　C ‎4.下列命题中正确的个数为(　　)‎ ‎①存在与两条异面直线都平行的平面；②过空间一点，一定能作一个平面与两条异面直线都平行；③若△ABC在平面α外，它的三条边所在的直线分别交α于P，Q，R，则P，Q，R三点共线；④若三条直线a，b，c互相平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面；⑤空间中不共面的五个点一定能确定10个平面.‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析　①将一个平面内的两条相交直线平移到平面外，且平移后不相交，则这两条直线异面且与该平面平行，故正确；②当点在两条异面直线中的一条上时，这个平面不存在，故不正确；在③中，因为P，Q，R三点既在平面ABC上，又在平面α上，所以这三点必在平面ABC与α的交线上，即P，Q，R三点共线，故③正确；在④中，因为a∥b，所以a与b确定一个平面α，而l上有A，B两点在该平面内，所以l⊂α，即a，b，l三线共面于α；同理a，c，l三线也共面，不妨设为β，而α，β有两条公共的直线a，l，所以α与β重合，故这些直线共面，故④正确；在⑤中，不妨设其中四点共面，则它们最多只能确定7个平面，故⑤错.‎ - 17 -‎ 答案　C ‎5.在如图所示的正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1B，AD的中点，则直线BF与平面AD1E的位置关系是(　　)‎ A.平行 　　 　B.相交但不垂直 C.垂直 　 　D.异面 解析　如图，取AD1的中点O，连接OE，OF，则OF平行且等于BE，‎ ‎∴四边形BFOE是平行四边形，‎ ‎∴BF∥OE，‎ ‎∵BF⊄平面AD1E，OE⊂平面AD1E，‎ ‎∴BF∥平面AD1E.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有________条.‎ 解析　如图，在正方体AC1中，与面ABCD的对角线AC异面的棱有BB1，DD1，A1B1，A1D1，D1C1，B1C1，共6条.‎ 答案　6‎ ‎7.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________.‎ - 17 -‎ 解析　取圆柱下底面弧AB的另一中点D，连接C1D，AD，‎ 因为C是圆柱下底面弧AB的中点，‎ 所以AD∥BC，‎ 所以直线AC1与AD所成角等于异面直线AC1与BC所成角.‎ 因为C1是圆柱上底面弧A1B1的中点，所以C1D⊥圆柱下底面，‎ 所以C1D⊥AD，‎ 因为圆柱的轴截面ABB1A1是正方形，所以C1D＝AD，‎ 所以直线AC1与AD所成角的正切值为，‎ 所以异面直线AC1与BC所成角的正切值为.‎ 答案　 ‎8.(2020·西安模拟)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，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直.‎ 以上四个命题中，正确命题的序号是________.‎ 解析　还原成正四面体A－DEF，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.‎ 又△GMH为等边三角形，‎ - 17 -‎ ‎∴GH与MN成60°角，‎ 易证DE⊥AF，MN∥AF，∴MN⊥DE.‎ 因此正确的序号是②③④.‎ 答案　②③④‎ 三、解答题 ‎9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D与平面ACD1的交点.求证：D1，H，O三点共线.‎ 证明　如图，连接BD，B1D1，‎ 则BD∩AC＝O，‎ ‎∵BB1綉DD1，‎ ‎∴四边形BB1D1D为平行四边形.‎ 又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，‎ 则H∈平面BB1D1D，‎ ‎∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.‎ 故D1，H，O三点共线.‎ ‎10.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，‎ ‎(1)求直线AC与A1D所成角的大小；‎ ‎(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求直线A1C1与EF所成角的大小.‎ 解　(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCD－A1B1C1D1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.‎ 因为AB1＝AC＝B1C，‎ - 17 -‎ 所以∠B1CA＝60°.‎ 即直线A1D与AC所成的角为60°.‎ ‎(2)连接BD，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC∥A1C1，‎ 因为E，F分别为AB，AD的中点，‎ 所以EF∥BD，所以EF⊥AC.‎ 所以EF⊥A1C1.‎ 即直线A1C1与EF所成的角为90°.‎ B级　能力提升 ‎11.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. 解析　如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，‎ ‎∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，‎ 又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，‎ 平面CB1D1∩平面A1B1C1D1‎ ‎＝B1D1，∴B1D1∥m1，‎ ‎∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.‎ 故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，‎ 即∠CD1B1的大小.‎ 又∵B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，‎ ‎∴∠CD1B1＝，‎ 得sin ∠CD1B1＝，故选A.‎ 答案　A ‎12.(2019·江西百所名校模拟)已知△ABC的边长都为2，在边AB上任取一点D，沿CD将△BCD折起，使平面BCD⊥平面ACD.在平面BCD内过点B作BP⊥平面ACD，垂足为P，那么随着点D的变化，点P的轨迹长度为(　　)‎ A. B. C. D.π 解析　由题意知，平面BCD⊥平面ACD，且BP⊥平面ACD，那么随着点D的变化，BP⊥CD - 17 -‎ 始终成立，可得在平面ABC中，BP⊥CP始终成立，即得点P的轨迹是以BC为直径的圆的一部分，由题知随着点D的变化，∠BCD的范围为，可得点P的轨迹是以BC为直径的圆的，即得点P的轨迹长度为×2π×1＝.‎ 答案　C ‎13.在四面体ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点.若BD，AC所成的角为60°，且BD＝AC＝1，则EF的长为________.‎ 解析　如图，取BC的中点O，连接OE，OF.‎ 因为OE∥AC，OF∥BD，‎ 所以OE与OF所成的锐角(或直角)即为AC与BD所成的角，而AC，BD所成角为60°，所以∠EOF＝60°或∠EOF＝120°.当∠EOF＝60°时，EF＝OE＝OF＝.当∠EOF＝120°时，取EF的中点M，则OM⊥EF，EF＝2EM＝2×＝.‎ 答案　或 ‎14.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＝.‎ ‎(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，‎ - 17 -‎ 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.‎ C级　创新猜想 ‎15.(多选题)如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下列命题正确的是(　　)‎ A.BM是定值 B.点M在某个球面上运动 C.存在某个位置，使DE⊥A1C D.存在某个位置，使MB∥平面A1DE 解析　取DC的中点F，连接MF，BF，MF∥A1D且MF＝A1D，FB∥ED且FB＝ED，所以∠MFB＝∠A1DE，由余弦定理可得MB2＝MF2＋FB2－2MF·FB·cos ∠MFB是定值；因为B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球面上，可得A，B正确；由MF∥A1D与FB∥ED且MF∩BF＝F可得平面MBF∥平面A1DE，故D正确；A1C在平面ABCD中的投影与AC重合，AC与DE不垂直，所以DE与A1C也不垂直，故C不正确.‎ 答案　ABD - 17 -‎