2023版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

PAGEPAGE18第八章立体几何与空间向量8.3空间图形的根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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行直线,相交直线)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点))(2)异面直线所成的角①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(a∥l1，b∥l2)，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)．②范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).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直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与平面垂直．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】判断以下结论是否正确(请在括号中打“√〞或“×〞)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.(√)(2)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．(×)(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．以下命题正确的个数为()①梯形可以确定一个平面；②假设两条直线和第三条直线所成的角相等，那么这两条直线平行；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，那么这两个平面重合．A．0B．1C．2D．3答案C解析②中两直线可以平行、相交或异面，④中假设三个点在同一条直线上，那么两个平面相交，①③正确．2．(2022·浙江)互相垂直的平面α，β交于直线l.假设直线m，n满足m∥α，n⊥β，那么()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案C解析由，α∩β＝l，∴lβ，又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确．3．(2022·合肥质检)l，m，n为不同的直线，α，β，γ为不同的平面，那么以下判断正确的选项是()A．假设m∥α，n∥α，那么m∥nB．假设m⊥α，n∥β，α⊥β，那么m⊥nC．假设α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥lD．假设α∩β＝m，α∩γ＝n，l⊥m，l⊥n，那么l⊥α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；假设m∥n，根据线面垂直的判定可知D错误，应选C.4.(教材改编)如下图，在长方体ABCD－EFGH中，AB＝2eq\r(3)，AD＝2eq\r(3)，AE＝2，那么BC和EG所成角的大小是______，AE和BG所成角的大小是________．答案45°60°解析∵BC与EG所成的角等于EG与FG所成的角即∠EGF，tan∠EGF＝eq\f(EF,FG)＝eq\f(2\r(3),2\r(3))＝1，∴∠EGF＝45°，∵AE与BG所成的角等于BF与BG所成的角即∠GBF，tan∠GBF＝eq\f(GF,BF)＝eq\f(2\r(3),2)＝eq\r(3)，∴∠GBF＝60°.5．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，那么直线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．题型一平面根本性质的应用例1(1)(2022·山东)直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，那么“直线a和直线b相交〞是“平面α和平面β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解析假设直线a和直线b相交，那么平面α和平面β相交；假设平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，应选A.(2)空间四边形ABCD(如下图)，E、F分别是AB、AD的中点，G、H分别是BC、CD上的点，且CG＝eq\f(1,3)BC，CH＝eq\f(1,3)DC.求证：①E、F、G、H四点共面；②三直线FH、EG、AC共点．证明①连接EF、GH，如下图，∵E、F分别是AB、AD的中点，∴EF∥BD.又∵CG＝eq\f(1,3)BC，CH＝eq\f(1,3)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．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：①首先由所给条件中的局部线(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将所有条件分为两局部，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，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD且BC＝eq\f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq\f(1,2)AF，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FG＝GA，FH＝HD，可得GH綊eq\f(1,2)AD.又BC綊eq\f(1,2)AD，∴GH綊BC.∴四边形BCHG为平行四边形．(2)解∵BE綊eq\f(1,2)AF，G是FA的中点，∴BE綊FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.由(1)知BG綊CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面．又D∈FH，∴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)(2022·广东)假设直线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，那么以下命题正确的选项是()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)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，那么以下判断错误的选项是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN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，那么表示直线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)②④解析(1)假设l与l1，l2都不相交，那么l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，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，如下图，那么点M是B1C的中点，MN是△B1CD1的中位线，∴MN∥B1D1，又BD∥B1D1，∴MN∥BD.∵CC1⊥B1D1，AC⊥B1D1，∴MN⊥CC1，MN⊥AC.又∵A1B1与B1D1相交，∴MN与A1B1不平行，应选D.(3)图①中，直线GH∥MN；图②中，G、H、N三点共面，但M∉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∉面GMN，因此GH与MN异面．所以图②④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)a，b，c为三条不重合的直线，有以下结论：①假设a⊥b，a⊥c，那么b∥c；②假设a⊥b，a⊥c，那么b⊥c；③假设a∥b，b⊥c，那么a⊥c.其中正确的个数为()A．0B．1C．2D．3(2)(2022·南昌一模)a、b、c是相异直线，α、β、γ是相异平面，那么以下命题中正确的选项是()A．a与b异面，b与c异面⇒a与c异面B．a与b相交，b与c相交⇒a与c相交C．α∥β，β∥γ⇒α∥γD．aα，bβ，α与β相交⇒a与b相交答案(1)B(2)C解析(1)在空间中，假设a⊥b，a⊥c，那么b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③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a∩c＝A，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)，α∩β＝c，a∥c，那么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(2022·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，那么异面直线AP与BD所成的角为________．答案eq\f(π,3)解析如图，将原图补成正方体ABCD－QGHP，连接GP，那么GP∥BD，所以∠APG为异面直线AP与BD所成的角，在△AGP中，AG＝GP＝AP，所以∠APG＝eq\f(π,3).引申探究在本例条件下，假设E，F，M分别是AB，BC，PQ的中点，异面直线EM与AF所成的角为θ，求cosθ的值．解设N为BF的中点，连接EN，MN，那么∠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，那么EN＝eq\r(5)，EM＝2eq\r(6)，MN＝eq\r(33).在△MEN中，由余弦定理得cos∠MEN＝eq\f(EM2＋EN2－MN2,2EM·EN)＝eq\f(24＋5－33,2×2\r(6)×\r(5))＝－eq\f(1,\r(30))＝－eq\f(\r(30),30).即cosθ＝eq\f(\r(30),30).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，那么它就是要求的角；如果求出的角是钝角，那么它的补角才是要求的角．正四面体ABCD中，E是AB的中点，那么异面直线CE与BD所成角的余弦值为()A.eq\f(1,6) B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(3),3)答案B解析画出正四面体ABCD的直观图，如下图．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，那么EF∥BD，那么∠FEC就是异面直线CE与BD所成的角．△ABC为等边三角形，那么CE⊥AB，易得CE＝eq\r(3)，同理可得CF＝eq\r(3)，故CE＝CF.因为OE＝OF，所以CO⊥EF.又EO＝eq\f(1,2)EF＝eq\f(1,4)BD＝eq\f(1,2)，所以cos∠FEC＝eq\f(EO,CE)＝eq\f(\f(1,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),6).16．构造模型判断空间线面位置关系典例m，n是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有以下四个命题：①假设m⊥α，n⊥β，m⊥n，那么α⊥β；②假设m∥α，n∥β，m⊥n，那么α∥β；③假设m⊥α，n∥β，m⊥n，那么α∥β；④假设m⊥α，n∥β，α∥β，那么m⊥n.其中所有正确的命题是________．思想方法指导此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，防止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此题，对于①，可以得到平面α、β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m⊥α，α∥β可得m⊥β，因为n∥β，所以过n作平面γ，且γ∩β＝g，如图(4)所示，所以n与交线g平行，因为m⊥g，所以m⊥n，故④正确．答案①④1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，aα，b⊥β，那么“α∥β〞是“a⊥b〞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解析假设aα，b⊥β，α∥β，那么由α∥β，b⊥β⇒b⊥α，又aα，所以a⊥b；假设a⊥b，aα，b⊥β，那么b⊥α或b∥α或bα，此时α∥β或α与β相交，所以“α∥β〞是“a⊥b〞的充分不必要条件，应选A.2．(2022·福州质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分别为棱AA1、CC1的中点，那么在空间中与直线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α，在平面α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解析不管l∥α，lα，还是l与α相交，α内都有直线m使得m⊥l.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，那么()A．M一定在直线AC上B．M一定在直线BD上C．M可能在AC上，也可能在BD上D．M既不在AC上，也不在BD上答案A解析由于EF∩HG＝M，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，应选A.5．四棱锥P－ABCD的所有侧棱长都为eq\r(5)，底面ABCD是边长为2的正方形，那么CD与PA所成角的余弦值为()A.eq\f(2\r(5),5) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(4,5) D.eq\f(3,5)答案B解析因为四边形ABCD为正方形，故CD∥AB，那么CD与PA所成的角即为AB与PA所成的角，即为∠PAB.在△PAB内，PB＝PA＝eq\r(5)，AB＝2，利用余弦定理可知cos∠PAB＝eq\f(PA2＋AB2－PB2,2×PA×AB)＝eq\f(5＋4－5,2×\r(5)×2)＝eq\f(\r(5),5)，应选B.6．以下命题中，正确的选项是()A．假设a，b是两条直线，α，β是两个平面，且aα，bβ，那么a，b是异面直线B．假设a，b是两条直线，且a∥b，那么直线a平行于经过直线b的所有平面C．假设直线a与平面α不平行，那么此直线与平面内的所有直线都不平行D．假设直线a∥平面α，点P∈α，那么平面α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α∥β，a，b分别为第三个平面γ与α，β的交线时，由面面平行的性质可知a∥b，故A错误．对于B，设a，b确定的平面为α，显然aα，故B错误．对于C，当aα时，直线a与平面α内的无数条直线都平行，故C错误．易知D正确．应选D.7．(2022·南昌高三期末)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为直角三角形．∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一动点，那么CP＋PA1的最小值为________．答案5eq\r(2)解析连接A1B，将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个平面四边形A1BCC1，那么此时对角线CP＋PA1＝A1C到达最小，在等腰直角三角形△BCC1中，BC1＝2，∠CC1B＝45°，在△A1BC1中，A1B＝eq\r(40)＝2eq\r(10)，A1C1＝6，BC1＝2，∴A1Ceq\o\al(2,1)＋BCeq\o\al(2,1)＝A1B2，即∠A1C1B＝90°.对于展开形成的四边形A1BCC1，在△A1C1C中，C1C＝eq\r(2)，A1C1＝6，∠A1C1C＝135°，由余弦定理有，CP＋PA1＝A1C＝eq\r(2＋36－12\r(2)cos135°)＝eq\r(50)＝5eq\r(2).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，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解析把正四面体的平面展开图复原，如下图，GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.9．(2022·浙江)如图，三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，那么异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．答案eq\f(7,8)解析如下图，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.∵M为AD的中点，∴MK∥AN，∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，由勾股定理求得AN＝DN＝CM＝2eq\r(2)，∴MK＝eq\r(2).在Rt△CKN中，CK＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3).在△CKM中，由余弦定理，得cos∠KMC＝eq\f(CM2＋MK2－CK2,2CM×MK)＝eq\f(2\r(2)2＋\r(2)2－\r(3)2,2×2\r(2)×\r(2))＝eq\f(7,8).10.(2022·郑州质检)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.假设M为线段A1C的中点，那么在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的选项是________．①BM是定值；②点M在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE⊥A1C；④存在某个位置，使MB∥平面A1DE.答案③解析取DC中点F，连接MF，BF，MF∥A1D且MF＝eq\f(1,2)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，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，可得①②正确；由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE，可得④正确；A1C在平面ABCD中的投影与AC重合，AC与DE不垂直，可得③不正确．11.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，那么BD∩AC＝O，∵