高优指导2021版高考数学一轮复习第八章立体几何36空间图形的基本关系与公理考点规范练文北师大版.doc

考点规范练36　空间图形的基本关系与公理
　考点规范练B册第26页　 
基础巩固组

1.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的交线必通过(　　)
A.点A
B.点B
C.点C但不过点M
D.点C和点M
答案:D
解析:∵AB⫋γ,M∈AB,∴M∈γ.
又α∩β=l,M∈l,∴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.
2.在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⊥l4
B.l1∥l4
C.l1与l4既不垂直也不平行
D.l1与l4的位置关系不确定
答案:D
解析:

如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,取l1为BC,l2为CC1,l3为C1D1.满足l1⊥l2,l2⊥l3.若取l4为A1D1,则有l1∥l4;若取l4为DD1,则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定,故选D.
3.已知直线a和平面α,那么a∥α的一个充分条件是(　　)
A.存在一条直线b,a∥b且b⫋α
B.存在一条直线b,a⊥b且b⊥α
C.存在一个平面β,a⫋β且α∥β
D.存在一个平面β,a∥β且α∥β
答案:C
4.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1,和a,且长为a的棱与长为的棱异面,则a的取值范围是(　　)
A.(0,) B.(0,)
C.(1,) D.(1,)〚导学号32470793〛
答案:A
解析:此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体,长为a的棱长一定大于0且小于.
5.(2015湖北,文5)l1,l2表示空间中的两条直线,若p:l1,l2是异面直线,q:l1,l2不相交,则(　　)
A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件
B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件
C.p是q的充分必要条件
D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件〚导学号32470794〛
答案:A
解析:l1,l2是异面直线⇒l1,l2不相交,即p⇒q;
而l1,l2不相交l1,l2是异面直线,即qp.
故p是q的充分条件,但不是q的必要条件.
6.(2015河北唐山三模)异面直线l与m所成角为,异面直线l与n所成角为,则异面直线m与n所成角的范围是(　　)
A. B.
C. D.〚导学号32470795〛
答案:A
解析:设m,n所成的角为α,如图所示,将异面直线l,m,n平移到相交于一点,固定l,m,易得n的轨迹为圆锥侧面,从而可知α≥.

又因为两异面直线所成角的范围为,
所以α∈,故选A.
7.设a,b,c是空间的三条直线,下面给出四个命题:
①若a⊥b,b⊥c,则a∥c;
②若a,b是异面直线,b,c是异面直线,则a,c也是异面直线;
③若a和b相交,b和c相交,则a和c也相交;
④若a和b共面,b和c共面,则a和c也共面.
其中真命题的个数是　　　　　. 
答案:0
解析:∵a⊥b,b⊥c,∴a与c可以相交、平行、异面,故①错.
∵a,b异面,b,c异面,则a,c可能异面、相交、平行,故②错.
由a,b相交,b,c相交,则a,c可以异面、相交、平行,故③错.
同理④错,故真命题的个数为0.
8.用a,b,c表示三条不同的直线,γ表示平面,给出下列命题:
①若a∥b,b∥c,则a∥c;
②若a⊥b,b⊥c,则a⊥c;
③若a∥γ,b∥γ,则a∥b;
④若a⊥γ,b⊥γ,则a∥b;
⑤若a⊥b,b∥c,则a⊥c;
⑥若a∥b∥c,则a,b,c共面.
其中真命题的序号是　　　　　. 
答案:①④⑤
解析:由平行线的传递性(公理4)知①正确.
②举反例:
图1

如图1,在同一平面α内,a⊥b,b⊥c,有a∥c.
③举反例:
图2

如图2中的长方体,a∥γ,b∥γ,但a与b相交.
垂直于同一平面的两直线互相平行,知④正确.
⑤显然正确.
由三棱柱的三条侧棱知⑥错.
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:
(1)D,B,F,E四点共面;
(2)若A1C交平面DBFE于点R,则P,Q,R三点共线.
证明:

(1)如图所示.
因为EF是△D1B1C1的中位线,
所以EF∥B1D1.
又在正方体AC1中,B1D1∥BD,
所以EF∥BD.
所以EF,BD确定一个平面,
即D,B,F,E四点共面.
(2)正方体AC1中,设平面ACC1A1为α,平面DBFE为β.
因为Q∈A1C1,所以Q∈α,
又Q∈EF,所以Q∈β,则Q是α与β的公共点,
同理,P是α与β的公共点,所以α∩β=PQ.
又A1C∩β=R,所以R∈A1C,R∈α且R∈β,
则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.
10.

如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G,H分别是AB,AC,A1B1,A1C1的中点,求证:
(1)B,C,H,G四点共面;
(2)几何体A1GH-ABC是三棱台;
(3)平面EFA1∥平面BCHG.
证明:(1)∵GH是△A1B1C1的中位线,
∴GH∥B1C1.
又∵B1C1∥BC,∴GH∥BC,
∴B,C,H,G四点共面.
(2)∵A1G􀱀AB,∴AA1与BG必相交,
设交点为P,则.
同理设CH∩AA1=Q,则.
∴P与Q重合,即三条直线AA1,GB,CH相交于一点.
又由棱柱的性质知平面A1GH∥平面ABC,
∴几何体A1GH-ABC为棱台.
(3)∵E,F分别为AB,AC的中点,∴EF∥BC,
∵EF⊈平面BCHG,BC⫋平面BCHG,
∴EF∥平面BCHG.∵A1G􀱀EB,
∴四边形A1EBG是平行四边形,∴A1E∥GB.
∵A1E⊈平面BCHG,GB⫋平面BCHG,
∴A1E∥平面BCHG.
∵A1E∩EF=E,∴平面EFA1∥平面BCHG.
能力提升组
11.

如图,M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,给出下列四个命题:
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.②③④ B.①③④
C.①②④ D.①②③〚导学号32470796〛
答案:C
解析:∵点M不在B1C1上,∴由B1C1与点M可确定唯一平面B1C1M,设此平面与AA1交点为N,则N为AA1中点,在平面ABB1A1内,B1N与BA必相交,设交点为Q,则QM与B1C1一定不平行,∴QM与AB,B1C1都相交,由作法知,这样的直线QM有且仅有一条,∴①是真命题;∵AB∥A1B1,A1B1与B1C1相交确定一个平面A1B1C1D1,∵过点M作平面A1B1C1D1的垂线唯一,过M作ME∥DC,交CC1于E,∵DC∥AB,∴ME∥AB;过M作MF∥A1D1,交AA1于F,∵A1D1∥B1C1,∴MF∥B1C1,∴AB与B1C1都与平面MEF平行,由作法知,这样的平面MEF有且仅有一个,故选C.
12.若空间三条直线a,b,c满足a⊥b,b∥c,则直线a与c(　　)
A.一定平行 B.一定相交
C.一定是异面直线 D.一定垂直
答案:D
解析:两条平行线中一条与第三条直线垂直,另一条直线也与第三条直线垂直,故选D.
13.(2015广东,理8)若空间中n个不同的点两两距离都相等,则正整数n的取值(　　)
A.至多等于3 B.至多等于4
C.等于5 D.大于5〚导学号32470797〛
答案:B
解析:特殊值法.当n=3时,正三角形的三个顶点之间两两距离相等,故n=3符合;
当n=4时,联想正四面体的四个顶点之间两两距离相等,故n=4符合.
由此可以排除选项A,C,D.故选B.
14.已知m,n,l为不同直线,α,β为不同平面,给出下列命题,其中真命题的序号是　　　　　(填上所有真命题的序号). 
①m⊥α,n⊥β,α∥β⇒m∥n;
②m⊥α,α⊥β,n⊥β⇒m⊥n;
③m与l异面,n与l异面⇒m与n异面;
④m与l共面,n与l共面⇒m与n共面.
答案:①②
解析:⇒m∥n,故①为真命题;
⇒m⊥n,故③为真命题;
如图①,在长方体中,m与l异面,n1,n2,n3都与l异面,但n2与m相交,n1与m异面,n3与m平行,故③为假命题;
如图②,在长方体中,m与l共面,n与l共面,但m与n异面,故④为假命题.

15.四面体ABCD及其三视图如图所示,平行于棱AD,BC的平面分别交四面体的棱AB,BD,DC,CA于点E,F,G,H.

(1)求四面体ABCD的体积;
(2)证明:四边形EFGH是矩形.
(1)解:由该四面体的三视图可知,
BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,
BD=DC=2,AD=1,
∴AD⊥平面BDC.
∴四面体体积V=×2×2×1=.
(2)证明:∵BC∥平面EFGH,
平面EFGH∩平面BDC=FG,
平面EFGH∩平面ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH.∴FG∥EH.
同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG.
∴四边形EFGH是平行四边形.
又∵AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC.
∴EF⊥FG.∴四边形EFGH是矩形.〚导学号32470798〛
16.

如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF.
(1)求证:EF⊥A1C1;
(2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F四点共面,并求此时C1G的长.
(1)证明:如图①所示,连接B1D1.

图①

∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,
∴四边形A1B1C1D1为正方形.
∴A1C1⊥B1D1,∵BB1⊥平面A1B1C1D1,
∴A1C1⊥BB1.
∵B1D1∩BB1=B1,∴A1C1⊥平面BB1D1D.
∵EF⫋平面BB1D1D,∴EF⊥A1C1.
(2)解:如图②所示,假设A,E,G,F四点共面,则A,E,G,F四点确定平面AEGF,

图②

∵ABCD-A1B1C1D1为正方体,
∴平面AA1D1D∥平面BB1C1C.
∵平面AEGF∩平面AA1D1D=AE,平面AEGF∩平面BB1C1C=GF,
∴由平面与平面平行的性质定理得AE∥GF,同理可得AF∥GE,因此四边形AEGF为平行四边形,∴GF=AE.
在Rt△ADE中,AD=a,DE=DD1=,∠ADE=90°,
由勾股定理得AE=a.
在直角梯形B1C1GF中,下底B1F=BB1=a,腰B1C1=a,GF=AE=a,
由勾股定理可得
GF=
=a,
结合图形可知C1G<B1F,解得C1G=a.

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