高考数学一轮复习第7章立体几何第2讲空间图形的基本关系与公理知能训练轻松闯关理北师大版

第2讲空间图形的基本关系与公理1．已知l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是(　　)A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面解析：选B.在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两条平行直线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．2．(2022·赣州四校联考)若平面α∥平面β，点A，C∈α，B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是(　　)A．AB∥CD　　　　　　B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：选D.因为平面α∥平面β，要使直线AC∥直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必须共面．3．(2022·高考广东卷)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是(　　)A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定解析：选D.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.4.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的交线必经过(　　)A．点AB．点BC．点C但不过点MD．点C和点M解析：选D.因为ABγ，M∈AB，所以M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，所以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．5．(2022·昆明质检)已知A、B、C、D是空间四个点，甲：A、B、C、D四点不共面，乙：直线AB和直线CD不相交，则甲是乙成立的(　　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A.因为A、B、C、D四点不共面，则直线AB和直线CD不相交，反之，直线AB6\n和直线CD不相交，A、B、C、D四点不一定不共面．故甲是乙成立的充分不必要条件．6．(2022·郑州模拟)如图所示，ABCDA1B1C1D1是正方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是(　　)A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析：选A.连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，所以A1，C1，A，C四点共面，所以A1C平面ACC1A1.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．所以A，M，O三点共线．7.(2022·郑州模拟)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：　如图，把平面展开图还原成正四面体，知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE与MN垂直，故②③④正确．答案：②③④8.如图所示，在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形，当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH是正方形．解析：易知EH∥BD∥FG，且EH＝BD＝FG，同理EF∥AC∥HG，且EF＝AC＝HG，显然四边形EFGH6\n为平行四边形．要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF＝EH，即AC＝BD；要使四边形EFGH为正方形需满足EF＝EH且EF⊥EH，即AC＝BD且AC⊥BD.答案：AC＝BD　AC＝BD且AC⊥BD9．在图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________(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：②④10.如图所示，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，则AO与A′C′所成角的度数为________．解析：连接AC.因为A′C′∥AC，所以AO与A′C′所成的角就是∠OAC(或其补角)．因为OC⊥OB，AB⊥平面BB′C′C，所以OC⊥AB.又AB∩BO＝B，所以OC⊥平面ABO.又OA平面ABO，所以OC⊥OA.在Rt△AOC中，OC＝，AC＝，sin∠OAC＝＝，所以∠OAC＝30°.即AO与A′C′所成角的度数为30°.答案：30°11.如图，已知不共面的三条直线a、b、c相交于点P，A∈a，B∈a，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异面直线．证明：假设AD与BC共面，所确定的平面为α，那么点P、A、B、C、D都在平面α内，所以直线a、b、c都在平面α内，与已知条件a、b、c不共面矛盾，假设不成立，所以AD和BC是异面直线．12．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)如图，6\n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．因为AB1＝AC＝B1C，所以∠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.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A1C1与EF所成的角为90°.1．如图，四棱锥PABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB和△PAD都是等边三角形，则异面直线CD与PB所成角的大小为(　　)A．90°B．75°C．60°D．45°解析：选A.延长DA至E，使AE＝DA，连接PE，BE，因为∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，所以DE＝BC，DE∥BC.所以四边形CBED为平行四边形．所以CD∥BE.所以∠PBE(或其补角)就是异面直线CD与PB所成的角．在△PAE中，AE＝PA，∠PAE＝120°，由余弦定理得PE＝＝＝AE.在△ABE中，AE＝AB，∠BAE＝90°，所以BE＝AE.因为△PAB是等边三角形，所以PB＝AB＝AE.因为PB2＋BE2＝AE2＋2AE2＝3AE2＝PE2，所以∠PBE＝90°.故选A.2．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线________对．6\n解析：如图所示，与AB异面的直线有B1C1，CC1，A1D1，DD1四条，因为各棱具有不同的位置，且正方体共有12条棱，排除两棱的重复计算，共有异面直线＝24(对)．答案：243.如图所示，在三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，E是PC的中点．(1)求证：AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值．解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为α.因为A∈α，B∈α，E∈α，所以平面α即为平面ABE，所以P∈平面ABE，这与P∉平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线．(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EF∥PB，所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角．因为∠BAC＝60°，PA＝AB＝AC＝2，PA⊥平面ABC，所以AF＝，AE＝，EF＝，cos∠AEF＝＝＝，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为.4.6\n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綊AD，BE綊FA，G，H分别为FA，FD的中点．(1)求证：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？解：(1)证明：由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綊AD.又BC綊AD，故GH綊BC.所以四边形BCHG是平行四边形．(2)C，D，F，E四点共面．理由如下：由BE綊FA，G是FA的中点知，BE綊GF，所以EF綊BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．6