1.4.2空间图形的公理（二）[学业水平训练]已知空间两个角∠AOB和∠A′O′B′，且两角的两边分别对应平行，∠AOB＝60°，则∠A′O′B′为()A．60°B．120°C．30°D．60°或120°解析：选D.利用等角定理可知两角相等或互补．分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是()A．一定平行B．一定相交C．一定异面D．相交或异面解析：选D.分别和两条异面直线平行的两条直线相交或异面，如图(1)(2)．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于()A．45°B．60°C．90°D．120°解析：选B.连接A1B、C1B、A1C1，易证∠A1BC1为异面直线EF与GH所成的角，又因为△BC1A1为等边三角形，所以∠A1BC1＝60°.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为边B1C1，C1C，A1A，AD的中点，则EF与GH()A．平行B．相交C．异面D．不能确定解析：选A.连接A1D，B1C，由三角形的中位线性质可得GH∥A1D，EF∥B1C，又因为在正方体中A1D∥B1C，所以GH∥EF.如图，三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G分别为棱A1C1，B1C1，B1B的中点，则∠EFG与∠ABC1()A．相等B．互补C．相等或互补D．不确定解析：选B.因为E、F、G分别是棱A1C1，B1C1，B1B的中点，由三角形中位线性质得EF∥A1B1，GF∥BC1，又在三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1，所以EF∥AB.所以∠EFG和∠ABC1的角的两边分别平行，利用平移可知两边互补．设直线a，b分别是长方体相邻两个面的对角线所在直线，则a与b的位置关系是________．解析：如图，在平面ABB′A′和平面BB′C′C内，两条对角线有两种位置关系，可能相交，也可能是异面直线．答案：相交或异面空间四边形ABCD中，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，若AC＝BD，则四边形EFGH是________．解析：利用三角形的中位线可得，EF＝GH＝AC，FG＝EH＝BD.因为AC＝BD，所以EF＝FG＝GH＝EH.又利用平行公理，可知，EH∥FG，EF∥GH，所以四边形EFGH是菱形．答案：菱形下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的是________．解析：利用三角形中位线的性质和平行公理4可知，①、②、③中的四个点共面，而④中的四个点不共面．答案：④如图，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别为棱A1B1，AB的中点，求证：C1M∥CN.证明：连接MN，因为M，N为棱A1B1与AB的中点，所以MN綊A1A，由三棱柱性质知A1A綊C1C，所以MN綊C1C，所以四边形MNCC1为平行四边形，所以C1M∥CN.如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，ED⊥CD，CD＝1，AD＝2，求异面直线CE与AF所成角的余弦值．解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA∥ED.因为ED⊥CD，故∠CED为锐角，即为异面直线CE与AF所成的角．在Rt△CDE中，CD＝1，ED＝2，CE＝＝3，故cos∠CED＝＝，所以所求异面直线CE与AF所成角的余弦值为.[高考水平训练]如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中，AB与CD的位置关系为()A．相交B．平行C．异面而且垂直D．异面但不垂直解析：选D.将展开图还原为正方体，如图所示．AB与CD所成的角为60°，故选D.在空间四边形ABCD中，已知E，F分别为边AB和CD的中点，且EF＝5，AD＝6，BC＝8，则AD与BC所成的角的大小为________．解析：如图，连接BD，取BD的中点G，连接EG，GF，由三角形的中位线定理可知：EG綊AD，GF綊BC.∵AD＝6，BC＝8，∴EG＝3，GF＝4，又因为EF＝5，所以EG2＋GF2＝EF2，所以∠EGF＝90°，∠EGF就是AD与BC所成的角．答案：90°如图所示，P是△ABC所在平面外一点，D、E分别是△PAB、△PBC的重心．求证：DE∥AC，DE＝AC.证明：连接PD并延长交AB于M，连接PE并延长交BC于N，则M为AB的中点，N为BC的中点，∴MN∥AC，又＝＝，∴DE∥MN，∴DE∥AC.又＝＝，∴DE＝MN，又因MN＝AC，∴DE＝AC.4．如图所示，四边形ABEF和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)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？解：(1)证明：由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綊AD.又BC綊AD，∴GH綊BC，∴四边形BCHG为平行四边形．(2)由BE綊AF，G为FA中点知，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．
