高考数学总练习练习82空间图形的基本关系与公理.docx
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高考数学总练习练习82空间图形的基本关系与公理
2019高考数学总练习练习-8-2空间图形的基本关系与公理
【一】选择题
1、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，假设延长A′B′、B′C′、A′C′与平面分别交于D、E、F三点，那么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为平面与平面A′、B′、C′的公共点，由公理3知，D、E、F共线、
2、假设空间中有四个点，那么“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] 假设有三点共线于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；假设四点共面，那么未必有三点共线、
3、（2017·浙江文，4）假设直线l不平行于平面α，且lα，那么（ ）
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] 此题考查了线面、线线关系问题、
由题意可得，l与α相交，那么α内不存在与l平行的直线；
（反证法）假假设∃ml，那么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，那么在空间中与三条直线A1D1、EF、CD都相交的直线（ ）
A、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所成角的余弦值等于（ ）
A.
B.
C.
D.
[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＝
＝
＝
.
5、（2017·江西理，8）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＝d2”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
[分析] 此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，那么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，那么
＝
，显然“P1P2＝P2P3”是“d1＝d2”的充分必要条件、
6、（文）m、n为异面直线，m平面α，n平面β，α∩β＝l，那么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] 假设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，那么异面直线AE、BC所成角的正切值为（ ）
A.
B.
C、2 D.
[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＝
.
【二】填空题
7、α，β，γ几是三个平面，a，b是两条直线，有以下三个条件、
①a∥r，bβ，
②a∥γ，b∥β，
③b∥β，aγ
[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，假设CD＝2AB＝4，EF⊥AB，那么EF与CD所成的角是________、
[答案]30°
[解析]
取AD的中点H.连接FH、HE.
那么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的棱长为1.
求：
（1）AB与B1C所成的角；
（2）AB与B1D的距离、
[解析]
（1）∵AB∥CD，∴∠B1CD为AB和B1C所成的角，
∵DC⊥平面BB1C1C，
∴DC⊥B1C，
于是∠B1CD＝90°，
∴AB与B1C所成的角为90°.
（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＝
，
∴AB与B1D的距离为
.
【一】选择题
1.如下图，M是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，给出以下四个命题：
①过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交；
②过M点有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直；
③过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交；
④过M点有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行、
其中真命题是（）
A、②③④B、①③④
C、①②④D、①②③
[答案]C
[解析]此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假设还能作一条线，那么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，②④也是同样的方法证明、
2、（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，bαB、aα，b∥α
C、a⊥α，b⊥αD、aα，b⊥α
[答案]B
[解析]a、b异面时，A错，C错；假设D正确，那么必有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以下结论：
①AB⊥EF；②AB与CM成60°的角；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.其中正确的选项是（）
A、①②B、③④
C、②③D、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，应选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，那么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假设a∥b，b∥c，那么a∥c；②假设a⊥b，b⊥c，那么a∥c；③假设a与b相交，b与c相交，那么a与c相交；④假设a平面α，b平面β，那么a，b一定是异面直线；⑤假设a，b与c成等角，那么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，请回答以下问题：
（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]此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＝
BD.
同理，FG∥BD，且FG＝
BD，
从而EH∥FG，且EH＝FG，所以四边形EFGH为平行四边形、
一般地
＝
＝
＝
时EFGH为平行四边形、
（2）
＝
＝
＝
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，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为D1C1、B1C1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，假设A1C交平面BDEF于点R，试确定点R的位置、
[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∈A1C，
∴R∈平面A1C1CA，又R∈平面BDEF，∴R∈PQ，
∴R是A1C与PQ的交点、
7、（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所成角的大小、
[解析]连接B1G，EG，B1F，CF.
∵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＝
AA1＝1，
∴B1G＝
.在Rt△FBC中，BC＝BF＝1，
∴FC＝
.
在Rt△FCG中，CF＝
，CG＝1，∴FG＝
.
在Rt△B1BF中，BF＝1，B1B＝2，∴B1F＝
，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是正四棱柱、
（1）求证：
BD⊥平面ACC1A1；
（2）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，那么CO＝
a，CC1＝CO·tan60°＝
a，A1B＝BC1＝
a，A1C1＝
a.
在△A1BC1中，由余弦定理得，
cos∠A1C1B＝
＝
，
∴异面直线BC1与AC所成角的余弦值为
.
解法二：
（1）证明：
建立空间直角坐标系Dxyz，如下图：
设AD＝a，DD1＝b，那么有D（0,0,0），A（a,0,0），B（a，a,0），C（0，a,0），C1（0，a，b）、
∴
＝（－a，－a,0），
＝（－a，a,0），
＝（0,0，b），
∴
·
＝0，
·
＝0，
∴BD⊥AC，BD⊥CC1，又∵AC1、CC1平面ACC1A1，且AC∩CC1＝C，
∴BD⊥平面ACC1A.
（2）设BD与AC相交于O，连接C1O，那么点O坐标为（
，
，0），
＝（－
，
，b）、
∵
·
＝0，
∴BD⊥C1O，又BD⊥CO，
∴∠C1OC是二面角C1－BD－C的平面角，
∴∠C1OC＝60°，
∵tan∠C1OC＝
＝
＝
，
∴b＝
a，
∵
＝（－a，a,0），
＝（－a,0，b），
∴cos〈
，
〉＝
＝
.
∴异面直线BC1与AC所成的余弦值为
.
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