高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8_3空间图形的基本关系与公理试题理北师大版

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。第八章 立体几何与空间向量 8.3 空间图形的基本关系与公理试题 理 北师大版1四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内(即直线在平面内)公理2：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(即可以确定一个平面)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通过这个点的公共直线公理4：平行于同一条直线的两条直线平行2直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类(2)异面直线所成的角定义：过空间任意一点P分别引两条异面直线a，b的平行线l1，l2(al1，bl2)，这两条相交直线所成的锐角(或直角)叫作异面直线a，b所成的角(或夹角)范围：.3直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况4平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况5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【知识拓展】1唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直2异面直线的判定定理经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)如果两个不重合的平面，有一条公共直线a，就说平面，相交，并记作a.()(2)两个平面，有一个公共点A，就说，相交于过A点的任意一条直线()(3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.()(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面()(5)没有公共点的两条直线是异面直线()1下列命题正确的个数为()梯形可以确定一个平面；若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合A0 B1 C2 D3答案C解析中两直线可以平行、相交或异面，中若三个点在同一条直线上，则两个平面相交，正确2(2016浙江)已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，n满足m，n，则()Aml BmnCnl Dmn答案C解析由已知，l，l，又n，nl，C正确3(2016合肥质检)已知l，m，n为不同的直线，为不同的平面，则下列判断正确的是()A若m，n，则mnB若m，n，则mnC若l，m，m，则mlD若m，n，lm，ln，则l答案C解析m，n可能的位置关系为平行，相交，异面，故A错误；根据面面垂直与线面平行的性质可知B错误；根据线面平行的性质可知C正确；若mn，根据线面垂直的判定可知D错误，故选C.4.(教材改编)如图所示，已知在长方体ABCDEFGH中，AB2，AD2，AE2，则BC和EG所成角的大小是_，AE和BG所成角的大小是_答案4560解析BC与EG所成的角等于EG与FG所成的角即EGF，tanEGF1，EGF45，AE与BG所成的角等于BF与BG所成的角即GBF，tanGBF，GBF60.5如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且ABCD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为_答案4解析EF与正方体左、右两侧面均平行所以与EF相交的侧面有4个题型一平面基本性质的应用例1(1)(2016山东)已知直线a，b分别在两个不同的平面，内，则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”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答案A解析若直线a和直线b相交，则平面和平面相交；若平面和平面相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，故选A.(2)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CGBC，CHDC.求证：E、F、G、H四点共面；三直线FH、EG、AC共点证明连接EF、GH，如图所示，E、F分别是AB、AD的中点，EFBD.又CGBC，CHDC，GHBD，EFGH，E、F、G、H四点共面易知FH与直线AC不平行，但共面，设FHACM，M平面EFHG，M平面ABC.又平面EFHG平面ABCEG，MEG，FH、EG、AC共点思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面问题的两种方法：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；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：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；直接证明这些点都在同一条特定直线上(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如图，平面ABEF平面ABCD，四边形ABEF与四边形ABCD都是直角梯形，BADFAB90，BCAD且BCAD，BEAF且BEAF，G、H分别为FA、FD的中点(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？(1)证明由已知FGGA，FHHD，可得GH綊AD.又BC綊AD，GH綊BC.四边形BCHG为平行四边形(2)解BE綊AF，G是FA的中点，BE綊FG，四边形BEFG为平行四边形，EFBG.由(1)知BG綊CH，EFCH，EF与CH共面又DFH，C、D、F、E四点共面题型二判断空间两直线的位置关系例2(1)(2015广东)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面内，l2在平面内，l是平面与平面的交线，则下列命题正确的是()Al与l1，l2都不相交Bl与l1，l2都相交Cl至多与l1，l2中的一条相交Dl至少与l1，l2中的一条相交(2)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是()AMN与CC1垂直BMN与AC垂直CMN与BD平行DMN与A1B1平行(3)在图中，G、N、M、H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)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)答案(1)D(2)D(3)解析(1)若l与l1，l2都不相交，则ll1，ll2，l1l2，这与l1和l2异面矛盾，l至少与l1，l2中的一条相交(2)连接B1C，B1D1，如图所示，则点M是B1C的中点，MN是B1CD1的中位线，MNB1D1，又BDB1D1，MNBD.CC1B1D1，ACB1D1，MNCC1，MNAC.又A1B1与B1D1相交，MN与A1B1不平行，故选D.(3)图中，直线GHMN；图中，G、H、N三点共面，但M面GHN，因此直线GH与MN异面；图中，连接MG，GMHN，因此GH与MN共面；图中，G、M、N共面，但H面GMN，因此GH与MN异面所以图中GH与MN异面思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决(1)已知a，b，c为三条不重合的直线，有下列结论：若ab，ac，则bc；若ab，ac，则bc；若ab，bc，则ac.其中正确的个数为()A0 B1 C2 D3(2)(2016南昌一模)已知a、b、c是相异直线，、是相异平面，则下列命题中正确的是()Aa与b异面，b与c异面a与c异面Ba与b相交，b与c相交a与c相交C，Da，b，与相交a与b相交答案(1)B(2)C解析(1)在空间中，若ab，ac，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以错，显然成立(2)如图(1)，在正方体中，a、b、c是三条棱所在直线，满足a与b异面，b与c异面，但acA，故A错误；在图(2)的正方体中，满足a与b相交，b与c相交，但a与c不相交，故B错误；如图(3)，c，ac，则a与b不相交，故D错误题型三求两条异面直线所成的角例3(2016重庆模拟)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为_答案解析如图，将原图补成正方体ABCDQGHP，连接GP，则GPBD，所以APG为异面直线AP与BD所成的角，在AGP中，AGGPAP，所以APG.引申探究在本例条件下，若E，F，M分别是AB，BC，PQ的中点，异面直线EM与AF所成的角为，求cos 的值解设N为BF的中点，连接EN，MN，则MEN是异面直线EM与AF所成的角或其补角不妨设正方形ABCD和ADPQ的边长为4，则EN，EM2，MN.在MEN中，由余弦定理得cosMEN.即cos .思维升华用平移法求异面直线所成的角的三步法(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；(2)二证：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已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案B解析画出正四面体ABCD的直观图，如图所示设其棱长为2，取AD的中点F，连接EF，设EF的中点为O，连接CO，则EFBD，则FEC就是异面直线CE与BD所成的角ABC为等边三角形，则CEAB，易得CE，同理可得CF，故CECF.因为OEOF，所以COEF.又EOEFBD，所以cosFEC.16构造模型判断空间线面位置关系典例已知m，n是两条不同的直线，为两个不同的平面，有下列四个命题：若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则；若m，n，则mn.其中所有正确的命题是_思想方法指导本题可通过构造模型法完成，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断解析借助于长方体模型来解决本题，对于，可以得到平面、互相垂直，如图(1)所示，故正确；对于，平面、可能垂直，如图(2)所示，故不正确；对于，平面、可能垂直，如图(3)所示，故不正确；对于，由m，可得m，因为n，所以过n作平面，且g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为mg，所以mn，故正确答案1设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，a，b，则“”是“ab”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答案A解析若a，b，则由，bb，又a，所以ab；若ab，a，b，则b或b或b，此时或与相交，所以“”是“ab”的充分不必要条件，故选A.2(2016福州质检)在三棱柱ABCA1B1C1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与直线A1B1、EF、BC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A1B1与M确定一个平面，这个平面与BC有且仅有1个交点N，当M的位置不同时确定不同的平面，从而与BC有不同的交点N，而直线MN与A1B1、EF、BC分别有交点P、M、N，如图，故有无数条直线与直线A1B1、EF、BC都相交3对于任意的直线l与平面，在平面内必有直线m，使m与l()A平行 B相交C垂直 D互为异面直线答案C解析不论l，l，还是l与相交，内都有直线m使得ml.4在四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF与HG交于点M，则()AM一定在直线AC上BM一定在直线BD上CM可能在AC上，也可能在BD上DM既不在AC上，也不在BD上答案A解析由于EFHGM，且EF平面ABC，HG平面ACD，所以点M为平面ABC与平面ACD的一个公共点，而这两个平面的交线为AC，所以点M一定在直线AC上，故选A.5四棱锥PABCD的所有侧棱长都为，底面ABCD是边长为2的正方形，则CD与PA所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案B解析因为四边形ABCD为正方形，故CDAB，则CD与PA所成的角即为AB与PA所成的角，即为PAB.在PAB内，PBPA，AB2，利用余弦定理可知cosPAB，故选B.6下列命题中，正确的是()A若a，b是两条直线，是两个平面，且a，b，则a，b是异面直线B若a，b是两条直线，且ab，则直线a平行于经过直线b的所有平面C若直线a与平面不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行D若直线a平面，点P，则平面内经过点P且与直线a平行的直线有且只有一条答案D解析对于A，当，a，b分别为第三个平面与，的交线时，由面面平行的性质可知ab，故A错误对于B，设a，b确定的平面为，显然a，故B错误对于C，当a时，直线a与平面内的无数条直线都平行，故C错误易知D正确故选D.7(2016南昌高三期末)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形ACB90，AC6，BCCC1，P是BC1上一动点，则CPPA1的最小值为_答案5解析连接A1B，将A1BC1与CBC1同时展平形成一个平面四边形A1BCC1，则此时对角线CPPA1A1C达到最小，在等腰直角三角形BCC1中，BC12，CC1B45，在A1BC1中，A1B2，A1C16，BC12，A1CBCA1B2，即A1C1B90.对于展开形成的四边形A1BCC1，在A1C1C中，C1C，A1C16，A1C1C135，由余弦定理有，CPPA1A1C5.8.如图是正四面体(各面均为正三角形)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，GH与EF平行；BD与MN为异面直线；GH与MN成60角；DE与MN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是_答案解析把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60角，DEMN.9(2015浙江)如图，三棱锥ABCD中，ABACBDCD3，ADBC2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是_答案解析如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.M为AD的中点，MKAN，KMC为异面直线AN，CM所成的角ABACBDCD3，ADBC2，N为BC的中点，由勾股定理求得ANDNCM2，MK.在RtCKN中，CK.在CKM中，由余弦定理，得cosKMC. 10.(2016郑州质检)如图，矩形ABCD中，AB2AD，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翻折过程中，下面四个命题中不正确的是_BM是定值；点M在某个球面上运动；存在某个位置，使DEA1C；存在某个位置，使MB平面A1DE.答案解析取DC中点F，连接MF，BF，MFA1D且MFA1D，FBED且FBED，所以MFBA1DE.由余弦定理可得MB2MF2FB22MFFBcosMFB是定值，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，可得正确；由MFA1D与FBED可得平面MBF平面A1DE，可得正确；A1C在平面ABCD中的投影与AC重合，AC与DE不垂直，可得不正确11.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1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BDACO，BB1綊DD1，四边形BB1D1D为平行四边形，又