空间图形的基本关系与公理

一、选择题1．已知平面外一点P和平面内不共线三点A、B、C，A′、B′、C′分别在PA、PB、PC上，若延长A′B′、B′C′、A′C′与平面分别交于D、E、F三点，则D、E、F三点()A．成钝角三角形 B．成锐角三角形C．成直角三角形 D．在一条直线上[答案]D[解析]D、E、F为已知平面与平面A′、B′、C′的公共点，由公理3知，D、E、F共线．2．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一条直线上”是“这四个点在同一个平面上”的()A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件[答案]A[解析]若有三点共线于l，当第四点在l上时共面，当第四点不在l上时，l与该点确定一个平面α，这四点共面于α；若四点共面，则未必有三点共线．3．(2022·浙江文，4)若直线l不平行于平面α，且lα，则()A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α内存在唯一的直线与l平行D．α内的直线与l都相交[答案]B[解析]本题考查了线面、线线关系问题．由题意可得，l与α相交，则α内不存在与l平行的直线；(反证法)假若∃ml，则m∥l又∵lα，∴l∥α这与l不平行平面α相矛盾．故假设错误．4．(文)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1、EF、CDA．不存在 B．有且只有两条C．有且只有三条 D．有无数条[答案]D[解析]在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，当M取不同的位置就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这3条异面直线都有交点．(理)如下图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE与FD1\f(\r(10),5) \f(\r(15),5)\f(4,5) \f(2,3)[答案]B[解析]取C1D1的中点G，连OG，GE，易知∠GOE就是两直线OE与FD1所成的角或所成角的补角．在△GOE中由余弦定理知cos∠GOE＝eq\f(OG2＋OE2－EG2,2OG·OE)＝eq\f(5＋3－2,2×\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5).5．(2022·江西理，8)已知α1，α2，α3是三个相互平行的平面，平面α1，α2之间的距离为d1，平面α2，α3之间的距离为d2，直线l与α1，α2，α3分别相交于P1，P2，P3.那么“P1P2＝P2P3”是“d1＝d2A．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[分析]本题借助平面的基本性质，考查了逻辑推理及立体几何知识，还考查了空间想象能力以及数形结合思想．[答案]C[解析]如上图，α1∥α2∥α3，l与α1，α2，α3分别交于点P1，P2，P3；作FP3⊥α1，且FP3与α2交于点E，则FE＝d1，EP3＝d2.根据“两平行平面与一平面相交所得的交线平行”得P1F∥P2E，则eq\f(P1P2,P2P3)＝eq\f(d1,d2)，显然“P1P2＝P2P3”是“d1＝d2”的充分必要条件．6．(文)已知m、n为异面直线，m平面α，n平面β，α∩β＝l，则l()A．与m、n都相交B．与m、n中至少一条相交C．与m、n都不相交D．与m、n中的一条直线相交[答案]B[解析]若m、n都不与l相交，∵mα，nβ，∴m∥l、n∥l，∴m∥n∥l，这与m、n为异面直线矛盾，故l与m、n中至少一条相交．(理)将正方形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面CBD，E是CD的中点，则异面直线AE、BC所成角的正切值为()\r(2) \f(\r(2),2)C．2 \f(1,2)[答案]A[解析]取BD中点F，连AF、EF，∠AEF是AE、BC所成的角，∵平面ABD⊥平面CBD，∴AF⊥EF，∴tan∠AEF＝eq\r(2).二、填空题7．α，β，γ几是三个平面，a，b是两条直线，有下列三个条件．①a∥r，bβ，②a∥γ，b∥β，③b∥β，aγ如果命题“α∩β＝a，br，且________则a∥b”为真命题．[答案]①③[解析]①中α∥γ，aβ，β∩γ＝b⇒a∥b；③b∥β，bγ，β∩γ＝a⇒a∥b.8．如下图，在四面体ABCD中，E、F分别是AC和BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥AB，则EF与CD所成的角是________．[答案]30°[解析]取AD的中点H.连接FH、HE.则EH∥CD，FH∥AB，∴∠FEH为EF、CD所成角，∴EF⊥FH，EH＝2，又FH＝1，∴∠FEH＝30°.∴EF与CD所成的角为30°.三、解答题9．正方体ABCD－A1B1C1D1求：(1)AB与B1C(2)AB与B1D的距离．[解析](1)∵AB∥CD，∴∠B1CD为AB和B1C∵DC⊥平面BB1C∴DC⊥B1C于是∠B1CD＝90°，∴AB与B1C(2)∵AB∥CD，AB平面B1DC，DC平面B1DC，∴AB∥平面B1DC，从而AB与B1D的距离即为AB与平面B1DC的距离，连接BC1交BC于O点，易知BO⊥B1C，BO⊥CD∴BO⊥平面B1DC，∴BO的长为B到平面B1DC的距离，∵BO＝eq\f(\r(2),2)，∴AB与B1D的距离为eq\f(\r(2),2).一、选择题1.如下图，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1①过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1②过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1③过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1④过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1其中真命题是()A．②③④ B．①③④C．①②④ D．①②③[答案]C[解析]本题考查了立体几何中点线面之间的位置关系的判定，在解题过程中采用了反证的思想，多做有益假设便于做出判断，如①若还能作一条线，则两相交线确定一平面，从而证明AB，B1C1共面与它们异面矛盾，从而假设不正确，①正确，②④2．(文)对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得()A．aα，bα B．aα，b∥αC．a⊥α，b⊥α D．aα，b⊥α[答案]B[解析]a、b异面时，A错，C错；若D正确，则必有a⊥b，故排除A、C、D，选B.(理)一个正方体纸盒展开后如下图，在原正方体纸盒中有下列结论：①AB⊥EF；②AB与CM成60°的角；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.其中正确的是()A．①② B．③④C．②③ D．①③[答案]D[解析]如下图，画出折叠后的正方体后，由正方体的性质知①③正确，故选D.二、填空题3．两异面直线a、b所成角为60°，直线l与a、b所成角均为θ，则θ的取值范围是________．[答案][30°，90°][解析]平移使它们均过同一点O，当l在60°角的平分线位置时，θ＝30°，将l绕着O点转动到与a，b都垂直时，θ＝90°.∴30°≤θ≤90°.4．(文)a，b，c是空间中的三条直线，下面给出五个命题：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；⑤若a，b与c成等角，则a∥b.上述命题中正确的命题是________(只填序号)．[答案]①[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，也可以异面，故②不正确；当a与b相交，b与c相交，a与c可以相交、平行，也可以异面，故③不正确；aα，bβ，并不能说明a与b“不同在任何一个平面内”，故④不正确；当a，b与c成等角时，a与b可以相交、平行，也可以异面，故⑤不正确．(理)如下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________．[答案]②③④[解析]还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.三、解答题5．空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD上的点，请回答下列问题：(1)满足什么条件时，四边形EFGH为平行四边形？(2)满足什么条件时，四边形EFGH为矩形？(3)满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？[分析]四边形是平行四边形、矩形、正方形，首先转化为线线平行问题，而证线线平行或用平面几何的方法也可用公理4.[解析]本题是一个开放性问题．(1)E、F、G、H为所在边的中点时，四边形EFGH为平行四边形．证明如下：∵E、H分别是AB、AD的中点，∴EH∥BD，且EH＝eq\f(1,2)BD.同理，FG∥BD，且FG＝eq\f(1,2)BD，从而EH∥FG，且EH＝FG，所以四边形EFGH为平行四边形．一般地eq\f(AE,AB)＝eq\f(AH,AD)＝eq\f(CF,CB)＝eq\f(CG,CD)时EFGH为平行四边形．(2)eq\f(AE,AB)＝eq\f(AH,AD)＝eq\f(CF,CB)＝eq\f(CG,CD)且BD⊥AC时，四边形EFGH为矩形．(3)当E、F、G、H为所在边的中点且BD⊥AC，AC＝BD时，四边形EFGH为正方形．[点评]上述答案并不唯一，如当AE:AB＝AH:AD＝CF:CB＝CG:CD时，四边形EFGH也为平行四边形．6．如下图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为D1C1、B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，若A1C交平面BDEF[解析]如上图，在正方体AC1中，∵Q∈A1C1，∴Q∈平面A1C1CA.又Q∈EF，∴Q∈平面BDEF，即Q是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点．同理，P也是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点．∴平面A1C1CA∩平面BDEF＝PQ，又A1C∩平面BDEF＝R，∴R∈平面A1C1CA，又R∈平面BDEF，∴R∈PQ∴R是A1C与PQ7．(文)如下图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点．求异面直线A1E与GF[解析]连接B1G，EG，B1F，∵E、G是棱DD1、CC1的中点，∴A1B1綊EG.∴四边形A1B1GE是平行四边形．∴B1G∥A1E∴∠B1GF(或其补角)就是异面直线A1E与GF所成的角．在Rt△B1C1G中，B1C1＝AD＝1，C1G＝eq\f(1,2)AA∴B1G＝eq\r(2).在Rt△FBC中，BC＝BF＝1，∴FC＝eq\r(2).在Rt△FCG中，CF＝eq\r(2)，CG＝1，∴FG＝eq\r(3).在Rt△B1BF中，BF＝1，B1B＝2，∴B1F＝eq\r(5)，在△B1FG中，B1G2＋FG2＝B1F2，∴∠B1GF＝90°.因此，异面直线A1E与GF所成的角为90°.(理)如下图，ABCD－A1B1C1D1(1)求证：BD⊥平面ACC1A1(2)已知二面角C1－BD－C的大小为60°，求异面直线BC1与AC所成角的余弦值．[解析]解法一：(1)证明：∵ABCD－A1B1C1D1是正四棱柱，∴CC1⊥平面ABCD，∴BD⊥CC1，∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又∵AC、CC1平面ACC1A1，且AC∩CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1A1.(2)设BD与AC相交于O，连接C1O.∵CC1⊥平面ABCD，BD⊥AC，∴BD⊥C1O，∴∠C1OC是二面角C1－BD－C的平面角，∴∠C1OC＝60°.连接A1B，∵A1C1∥AC，∴∠A1C1B是BC1与AC所成的角．设BC＝a，则CO＝eq\f(\r(2),2)a，CC1＝CO·tan60°＝eq\f(\r(6),2)a，A1B＝BC1＝eq\f(\r(10),2)a，A1C1＝eq\r(2)a.在△A1BC1中，由余弦定理得，cos∠A1C1B＝eq\f(A1C\o\al(2,1)＋BC\o\al(2,1)－A1B2,2A1C1·BC1)＝eq\f(\r(5),5)，∴异面直线BC1与AC所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).解法二：(1)证明：建立空间直角坐标系Dxyz，如下图：设AD＝a，DD1＝b，则有D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，C1(0，a，b)．∴eq\o(BD,\s\up16(→))＝(－a，－a,0)，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(－a，a,0)，eq\o(CC1,\s\up16(→))＝(0,0，b)，∴eq\o(BD,\s\up16(→))·eq\o(AC,\s\up16(→))＝0，eq\o(BD,