2023学年高考数学一轮复习第八章立体几何第2讲空间图形的基本关系与公理练习理北师大版.doc

第2讲 空间图形的基本关系与公理 [基础题组练] 1．四条线段顺次首尾相连，它们最多可确定的平面个数有(　　) A．4个　　　　　　　　　 B．3个 C．2个 D．1个 解析：选A.首尾相连的四条线段每相邻两条确定一个平面，所以最多可以确定四个平面． 2．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∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．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． 3．如图，ABCD­A1B1C1D1是长方体，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，则A1C1∥AC， 所以A1，C1，C，A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． 4. (2023年·广东东莞模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(　　) A．CC1与B1E是异面直线 B．AC⊥平面ABB1A1 C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1 D．A1C1∥平面AB1E 解析：选C.因为CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线，所以选项A错误．假设AC⊥平面ABB1A1，则AC⊥AB，即∠CAB＝90°，从而可得∠C1A1B1＝90°，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，故假设错误，即选项B错误．因为点B1∉AE，直线B1C1交平面AEB1于点B1，所以AE，B1C1为异面直线；由题意可知△ABC是正三角形，又E是BC的中点，所以AE⊥BC，结合BC∥B1C1可得AE⊥B1C1，故选项C正确．因为直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，所以直线A1C1与平面AB1E相交，故选项D错误．综上，选C. 5．在各棱长均相等的直三棱柱ABC­A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为(　　) A. B．1 C. D． 解析：选C.法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝，PB＝，BN＝，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中， tan∠PBN＝＝＝，故选C. 法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则N(0，0，0)，A1(0，－1，2)，B(，0，0)，M(，0，1)，所以＝(，0，0)，＝(，1，－1)，设直线A1M与BN所成的角为θ，则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，则sin θ＝， tan θ＝. 6．如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且＝＝，则下列说法正确的是________． ①EF与GH平行； ②EF与GH异面； ③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上； ④EF与GH的交点M一定在直线AC上． 解析：连接EH，FG(图略)，依题意，可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E，F，G，H四点共面．因为EH＝BD，FG＝BD，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M.因为点M在EF上，故点M在平面ACB上．同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点，又AC是这两个平面的交线，所以点M一定在直线AC上． 答案：④ 7．一正方体的平面展开图如图所示，在这个正方体中，有下列四个命题： ①AF⊥GC； ②BD与GC成异面直线且夹角为60°； ③BD∥MN； ④BG与平面ABCD所成的角为45°. 其中正确的是________(填序号)． 解析：将平面展开图还原成正方体(如图所示)． 对于①，由图形知AF与GC异面垂直，故①正确； 对于②，BD与GC显然成异面直线．如图，连接EB，ED，则BE∥GC，所以∠EBD即为异面直线BD与GC所成的角(或其补角)．在等边△BDE中，∠EBD＝60°，所以异面直线BD与GC所成的角为60°，故②正确； 对于③，BD与MN为异面垂直，故③错误； 对于④，由题意得，GD⊥平面ABCD，所以∠GBD是BG与平面ABCD所成的角．但在Rt△BDG中，∠GBD不等于45°，故④错误．综上可得①②正确． 答案：①② 8．(2023年·河南安阳调研四)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E∈平面AA1B1B，点F是线段AA1的中点，若D1E⊥CF，则当△EBC的面积取得最小值时，＝________． 解析： 如图所示，连接B1D1，取AB的中点G，连接D1G，B1G.由题意得CF⊥平面B1D1G， 所以当点E在直线B1G上时，D1E⊥CF， 设BC＝a，则S△EBC＝EB·BC＝EB·a， 当△EBC的面积取最小值时，线段EB的长度为点B到直线B1G的距离， 所以线段EB长度的最小值为，所以＝＝. 答案： 9．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别是AB和AA1的中点．求证： (1)E，C，D1，F四点共面； (2)CE，D1F，DA三线共点． 证明：(1)如图，连接EF，CD1，A1B. 因为E，F分别是AB，AA1的中点， 所以EF∥BA1. 又A1B∥D1C，所以EF∥CD1， 所以E，C，D1，F四点共面． (2)因为EF∥CD1，EF<CD1， 所以CE与D1F必相交， 设交点为P，如图所示． 则由P∈CE，CE平面ABCD， 得P∈平面ABCD. 同理P∈平面ADD1A1. 又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA， 所以P∈直线DA，所以CE，D1F，DA三线共点． 10.如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中点．已知∠BAC＝，AB＝2，AC＝2，PA＝2.求： (1)三棱锥P­ABC的体积； (2)异面直线BC与AD所成角的余弦值． 解：(1)S△ABC＝×2×2＝2， 三棱锥P­ABC的体积为V＝S△ABC·PA＝×2×2＝. (2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则ED∥BC，所以∠ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角． 在△ADE中，DE＝2，AE＝，AD＝2，cos∠ADE＝＝. 故异面直线BC与AD所成角的余弦值为. [综合题组练] 1．(2023年·广东深圳二模)已知正方体ABCD­A1B1C1D1，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则(　　) A．m∥D1Q B．m∥平面B1D1Q C．m⊥B1Q D．m⊥平面ABB1A1 解析：选B.因为正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点， 直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BD∥B1D1，所以m∥BD∥B1D1， 因为m平面B1D1Q，B1D1平面B1D1Q，所以m∥平面B1D1Q.故选B. 2．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF交棱AD于点P，则PE＝(　　) A.　 B． C.　 D． 解析：选D.过点C1作C1G∥B1F，交直线CD于点G，过点E作HQ∥C1G，交CD延长线，C1D1于点H，Q，连接B1Q，HF交AD于点P，HQ∥B1F，所以Q，H，F，B1四点共面，易求得HD＝D1Q＝，由△PDH∽△PAF可得＝＝2，则PD＝， 在Rt△PED中，PE＝ ＝，故选D. 3.如图，在直二面角A­BD­C中，△ABD，△CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角形，取AD的中点E，将△ABE沿BE翻折到△A1BE，在△ABE的翻折过程中，下列不可能成立的是(　　) A．BC与平面A1BE内某直线平行 B．CD∥平面A1BE C．BC与平面A1BE内某直线垂直 D．BC⊥A1B 解析：选D.连接CE，当平面A1BE与平面BCE重合时，BC平面A1BE，所以平面A1BE内必存在与BC平行和垂直的直线，故A，C可能成立； 在平面BCD内过B作CD的平行线BF，使得BF＝CD， 连接EF，则当平面A1BE与平面BEF重合时，BF平面A1BE， 故平面A1BE内存在与BF平行的直线，即平面A1BE内存在与CD平行的直线， 所以CD∥平面A1BE，故B可能成立． 若BC⊥A1B，又A1B⊥A1E，则A1B为直线A1E和BC的公垂线，所以A1B＜CE， 设A1B＝1，则经计算可得CE＝， 与A1B＜CE矛盾，故D不可能成立．故选D. 4．如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是________． 解析：连接DN，则△MDN为直角三角形，在Rt△MDN中，MN＝2，P为MN的中点，连接DP，则DP＝1，所以点P在以D为球心，半径R＝1的球面上，又因为点P只能落在正方体上或其内部，所以点P的轨迹的面积等于该球面面积的，故所求面积S＝×4πR2＝. 答案： 5.已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，A1在底面ABC内的射影O为底面三角形ABC的中心，如图所示． (1)连接BC1，求异面直线AA1与BC1所成角的大小； (2)连接A1C，A1B，求三棱锥C1­BCA1的体积． 解： (1)因为AA1∥CC1， 所以异面直线AA1与BC1所成的角为∠BC1C或其补角． 连接AO，并延长与BC交于点D，则D是BC边上的中点． 因为点O是正三角形ABC的中心， 且A1O⊥平面ABC， 所以BC⊥AD，BC⊥A1O， 因为AD∩A1O＝O， 所以BC⊥平面ADA1. 所以BC⊥AA1，又因为AA1∥CC1， 所以CC1⊥BC，BC＝CC1＝B1C1＝BB1＝2， 即四边形BCC1B1为正方形， 所以异面直线AA1与BC1所成角的大小为. (2)因为三棱柱的所有棱长都为2， 所以可求得AD＝，AO＝AD＝， A1O＝＝. 所以VABC­A1B1C1＝S△ABC·A1O＝2， VA1­BCC1B1＝VABC­A1B1C1－VA1­ABC＝， 所以VC1­BCA1＝VA1­BCC1＝VA1­BCC1B1＝. 6.(2023年·衡阳模拟)如图，四棱锥M­ABCD中，∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝2DC，△MCD与△MAD都是等边三角形，且点M在底而ABCD上的射影为O. (1)证明：O为AC的中点； (2)求异面直线MD与BC所成角的大小． 解：(1)证明：连接AC，取AC的中点N，连接MN，DN， 因为△MCD与△