已知 $S$ 为直平行六面体，命题 $p$：“$S$ 为正方体”，命题 $q$：“$S$ 的任意体对角线和与其不相交的面对角线垂直”，则命题 $p$ 是命题 $q$ 的 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
2012年全国高中数学联赛吉林省预赛
【标注】
【答案】
C
【解析】
充分性：显然成立．
必要性：如图 $(1)$ 所示，上下底面为平行四边形，各个侧面均为矩形．
作对角线 $A_1C$ 和 $B_1D$ 在平面 $AA_1B_1B$ 上的射影，因为平面 $AA_1B_1B\perp\text{平面}ABCD$，点 $C,D$ 的垂足 $C',D$ 必在直线 $AB$ 上，$A_1C$ 和 $B_1D$ 在平面 $AA_1B_1B$ 上的射影分别为 $A_1C'$ 和 $B_1D'$．
平面 $AA_1B_1B$ 上的图形如图 $(2)$ 所示，因为$$C'D'\parallel A_1B_1 , C'D'=CD=C_1D_1=A_1B_1,$$所以 $A_1B_1C'D'$ 是平形四边形．
设 $A_1B_1C'D'$ 对角线的交点为 $Q$，由三垂线定理知，$$A_1C'\perp AB_1 , B_1D'\perp A_1B,$$所以$$\angle A_1QB_1+\angle A_1PB_1=\pi.$$又点 $Q$ 到 $A_1B_1$ 的距离等于点 $P$ 到 $A_1B_1$ 的距离等于 $\dfrac12AA_1$，这里点 $P$ 是 $AB_1$ 和 $A_1B$ 的交点，所以 $S_{\triangle A_1PB_1}=S_{\triangle A_1QB_1}$．
因为点 $Q$ 是等腰三角形 $A_1PB_1$ 两腰上的高的交点，所以 $\triangle A_1QB_1$ 是等腰三角形，从而有$$|A_1P|^2\sin \angle A_1PB_1=|A_1Q|^2\sin\angle A_1QB_1,$$由此得 $A_1P=A_1Q$，所以点 $Q$ 和点 $P$ 重合，且$$\angle A_1PB_1=\angle A_1QB_1=\dfrac{\pi}{2},$$因此侧面 $AA_1B_1B$ 是正方形．同理可知其他侧面四边形均为正方形．
又点 $D',C'$ 分别点 $A,B$ 重合，由此可得底面四边形为正方形．
综上所述，$S$ 为正方体．
必要性：如图 $(1)$ 所示，上下底面为平行四边形，各个侧面均为矩形．
作对角线 $A_1C$ 和 $B_1D$ 在平面 $AA_1B_1B$ 上的射影，因为平面 $AA_1B_1B\perp\text{平面}ABCD$，点 $C,D$ 的垂足 $C',D$ 必在直线 $AB$ 上，$A_1C$ 和 $B_1D$ 在平面 $AA_1B_1B$ 上的射影分别为 $A_1C'$ 和 $B_1D'$．平面 $AA_1B_1B$ 上的图形如图 $(2)$ 所示，因为$$C'D'\parallel A_1B_1 , C'D'=CD=C_1D_1=A_1B_1,$$所以 $A_1B_1C'D'$ 是平形四边形．
设 $A_1B_1C'D'$ 对角线的交点为 $Q$，由三垂线定理知，$$A_1C'\perp AB_1 , B_1D'\perp A_1B,$$所以$$\angle A_1QB_1+\angle A_1PB_1=\pi.$$又点 $Q$ 到 $A_1B_1$ 的距离等于点 $P$ 到 $A_1B_1$ 的距离等于 $\dfrac12AA_1$，这里点 $P$ 是 $AB_1$ 和 $A_1B$ 的交点，所以 $S_{\triangle A_1PB_1}=S_{\triangle A_1QB_1}$．
因为点 $Q$ 是等腰三角形 $A_1PB_1$ 两腰上的高的交点，所以 $\triangle A_1QB_1$ 是等腰三角形，从而有$$|A_1P|^2\sin \angle A_1PB_1=|A_1Q|^2\sin\angle A_1QB_1,$$由此得 $A_1P=A_1Q$，所以点 $Q$ 和点 $P$ 重合，且$$\angle A_1PB_1=\angle A_1QB_1=\dfrac{\pi}{2},$$因此侧面 $AA_1B_1B$ 是正方形．同理可知其他侧面四边形均为正方形．
又点 $D',C'$ 分别点 $A,B$ 重合，由此可得底面四边形为正方形．
综上所述，$S$ 为正方体．
题目
答案
解析
备注
