第八章空间法知识分享

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高考数学复习第八章立体几何与空间向量确定球心位置的三种方法

确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】 C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A．2B．6 2C．112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1212＋12＋22＝62.故选B．【答案】 B方法三由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A -BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】如图，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2332＝163π.【答案】163π。

高考数学复习第八章立体几何与空间向量8.5垂直关系市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件

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(2)求证：AC1⊥平面A1BM；BB1 上是否存在点 N，使得平面 AC1N⊥平面 AA1C1C？如果存在，求此时BBBN1的值；如果不存在，请说明理由. 解答
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思想与方法系列17 立体几何证实问题中转化思想典例 (12分)如图所表示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1棱 AB，CD，C1D1中点. 求证：(1)AN∥平面A1MK； (2)平面A1B1C⊥平面A1MK.
√D.A1C1∥平面AB1E
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57/85
4. 如图，以等腰直角三角形 ABC 斜边 BC 上高 AD 为折痕，把 △ABD 和
△ACD折成相互垂直两个平面后，某学生得出以下四个结论：
①BD⊥AC；
②△BAC是等边三角形；
l
β
⇒α⊥β
l⊥α
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• 性质定理
假如两个平面相互垂直，那么在一个平面内垂直于它们直线交垂线直于另一个平面
α⊥β
α∩β＝a
lβ
⇒_l_⊥__α_
l⊥a
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知识拓展
主要结论： (1)若两平行线中一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面. (2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内任何一条直线 (证实线线垂直一个主要方法). (3)垂直于同一条直线两个平面平行. (4)一条直线垂直于两平行平面中一个，则这一条直线与另一个平面也垂直.
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考点自测
1.(教材改编)以下命题中不正确是答案解析 A.假如平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β B.假如平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β C.假如平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β D.假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ

高中数学高考45第八章立体几何 8 3 空间点、直线、平面之间的位置关系

例2 (1)若直线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，则下列命题正确的是 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
解析由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交.故选D.
的公共直线. 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行 .
2.直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类
平行直线共面直线
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：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角) 叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). ②范围： 0，π2. .
√D.点C和点M
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.
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6.如图为正方体表面的一种展开图，则图中的四条线段AB，CD，EF，GH 在原正方体中互为异面的对数为_3_.
解析平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行. 故互为异面的直线有且只有3对.
解 ∵BE∥AF 且 BE＝12AF，G 为 FA 的中点， ∴BE∥FG且BE＝FG， ∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG. 由(1)知BG∥CH. ∴EF∥CH，∴EF与CH共面. 又D∈FH，∴C，D，F，E四点共面.

城市地理学—第八章城市空间分布体系

有相当大的影响。
三、城市间、城市和区域间的相互作用
3．相互作用模式
各种相互作用模式的产生，旨在寻求空间组织中相互作用的特点和规律。比较著名的有引力模式、潜力模式。
(1)引力模式
引力模式是根据牛顿万有引力定律推导出来的。
该模式认为，两个城市间的相互作用与这两个城市的人口规模成正比，与它们之间的距离成反比。其一般形式如下：
城市之间、城市和区域之间不断地通过交通、通讯等联系通道发生着物质、能量、人员和信息的交换，我们把这些交换称之为空间相互作
用(spatial interaction) 。
通过空间相互作用，使空间上彼此分离的城市结合为具有一定结构和功能的有机整体，即城市空间分布体系。
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一、相互作用的分类
（一）相互作用的类型
典型的例子就是移民过程。
实际上，现象的空间扩散过程常常采取多种方式。
2、空间扩散的阻力和障碍
1）阻力新事物接受者的接受情况阻力因人而异，从而影响接受的时间长短、
所形成的空间格局和接受者比率的饱和程度
2、空间扩散的阻力和障碍
（1）阻力
新事物接收者的数量和时间分布呈正态分布
2、空间扩散的阻力和障碍
Iij
Wi Pi Wj Pj D b ij
Iij为i、j两个城市间的相互作用量，Pi为第 i个城市的人口规模。 Dij两个城市间的距离，b为测量距离摩擦作用的指数。 WiWj为经验确定的权数。
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(2)潜力模式
计算一个城市与城市空间分布体系内所有城市(包括它自身)的相互作用量时，那么，只需要应用引力模式分别求出这个城市与其它每一城市的相互作用量，然后再求和，就可以得到。总结成公式形式如下：
新英格兰南部的节结地域

2021高中人教A版数学必修第二册课件：第八章-8.4.2 空间点、直线、平面之间的位置关系

8.4.2ꢀ空间点、直线、平面之间的位置关系标1.掌握空间中直线与直线的位置关系.2.理解异面直线的概念.3.理解直线与平面位置关系的定义.4.理解平面与平面位置关系的定义.重点：空间两条直线的位置关系；直线与平面，平面与平面的位置关系.难点：对异面直线的理解，直线与平面，平面与平面位置关系中文字语言、图形语言和符号语言的转化.知识梳理一、空间中点与直线、平面的位置关系空间中点与直线的位置关系有两种：点在直线上和点在直线外.如图，点A在直线AB上，在直线A′B′外.空间中点与平面的位置关系也有两种：点在平面内和点在平面外.如图，点A在平面ABCD内，在平面A′B′C′D′外.二、空间中直线与直线的位置关系1.异面直线任何一个平面内的两条直线.(1)定义：不同在(2)异面直线的画法(衬托平面法)如图(1)(2)所示，为了表示异面直线不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面来衬托.(3)判断两直线为异面直线的方法①定义法；②两直线既不平行也不相交.2.空间两条直线的三种位置关系①从是否有公共点的角度来分：平行异面相交②从是否共面的角度来分：平行相交异面三、直线与平面的位置关系四、两个平面的位置关系平面α与平面β的位置关系位置关系图示表示法公共点个数0个α∥β______两平面平行无数个点(共线)_____________两平面相交_α__∩_β__＝__l _型一、两直线位置关系的判定例ꢀꢀ如图所示，在长方体ABCD-A B C D中，判断下列直线的位置关系：1111①直线A B与直线D C的位置关系是_______；11②直线A B与直线B C的位置关系是_______；11③直线D D与直线D C的位置关系是_______；11④直线AB与直线B1C的位置关系是_________.【解析】两直线的位置关系主要依据定义判断.由题图知直线A B与直线D C在平面A BCD中，且没有交点，则两直线1111“平行”，所以①应该填“平行”；点A，B，B在平面A BB内，而1111点C不在平面A BB内，则直线A B与直线B Cꢀ“异面”，同理可得直线1111AB与直线B Cꢀ“异面”，所以②④都应该填“异面”；直线D D与直线11D C相交于点D，所以③应该填“相交”.11【答案】①平行ꢀ②异面ꢀ③相交ꢀ④异面◆判定异面直线的方法（1）定义法：由定义判断出两直线不同在任何一个平面内.（2）重要结论：连接平面内一点与平面外一点的直线，和这个平面内不经过此点的直线是异面直线.（如图所示）.训练题1.如图所示，点E，F，G，H分别是正方体ABCD-A B C D中棱AA，AB，BC，11111C1D1的中点，则（ꢀCꢀ）A.GH＝2EF，且直线EF，GH是相交直线B.GH＝2EF，且直线EF，GH是异面直线C.GH≠2EF，且直线EF，GH是相交直线D.GH≠2EF，且直线EF，GH是异面直线A（2）在正方体ABCD-A B C D中，与棱AA异面的棱有（ꢀꢀ）11111A.8条B.6条C.4条D.2条二ꢀ直线与平面的位置关系的判定例ꢀꢀ下列说法中正确的个数是（ꢀꢀ）①若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α；②若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都平行；③如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；④若直线l与平面α平行，则l与平面α内的任意一条直线都没有公共点.A.0B.1C.2D.3【解析】如图，借助长方体模型来判断说法是否正确，说法①不正确，相交时也符合；说法②不正确，图中，A′B与平面DCC′D′平行，但它与CD不平行；说法③不正确，另一条直线有可能在平面内，如AB∥CD，AB与平面DCC′D′平行，但直线CD在平面DCC′D′内；说法④正确，l与平面α平行，则l与平面α无公共点，l与平面α内所有直线都没有公共点.【答案】B◆判断直线与平面之间位置关系的依据1.要正确理解直线与平面的三种位置关系的定义：（1）在直线和平面的三种位置关系中，一种位置关系的反面是另外两种位置关系；（2）直线与平面相交——有且只有一个公共点，“有且只有”包含两层含义，即“有”表示存在，“只有”表示唯一.2.ꢀ要有画图的意识，运用空间想象能力全方位、多角度地去考虑问题.训练题1.给出下列四个说法：①直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，直线bꢀꢀꢀꢀꢀα，则a∥α；④若a∥b，bꢀα，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线，其A中正确的个数为（ꢀꢀ）A.1B.2C.3D.4ꢀ2.在正方体ABCD-A B C D的12条棱中，与平面BC D平行的棱共有1111112ꢀꢀꢀꢀ条13.若P∈l，P∈α，Q∈l，Qα，则直线l与平面α有ꢀꢀꢀꢀ个公共点.◆判断直线与平面之间位置关系的方法（1）判断直线在平面内，需找到直线上两点在平面内，根据公理1知直线在平面内.（2）判断直线与平面相交，根据定义只需判定直线与平面有且只有一个公共点.（3）判断直线与平面平行，可根据定义判断直线与平面没有公共点，也可以排除直线与平面相交及直线在平面内两种情况，从而判断直线与平面平行.三ꢀꢀ平面与平面位置关系的判定D 例ꢀꢀꢀꢀ已知平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面可能的交线有（ꢀꢀ）A.1条或2条 B.2条或3条C.1条或3条ꢀꢀD.1条或2条或3条【解析】ꢀ分类讨论：当α过平面β与γ的交线时，这三个平面有1条交线；当β∥γ时，α与β和γ各有一条交线，共有2条交线；当β∩γ＝b，α∩β＝a，α∩γ＝c时，有3条交线.【答案】ꢀD◆面面位置关系的两种判定方法（1）定义法：仔细分析题目条件，将自然语言转化为图形语言，通过图形借助定义确定两平面的位置关系.（2）借助几何模型判断：线、面之间的位置关系在长方体（或正方体）中都能体现，所以对于位置关系的判断要注意利用这一熟悉的图形找到反例或对应的关系.训练题1.ꢀ如果在两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，那么两C个平面的位置关系一定是（ꢀꢀ）A.平行B.相交C.平行或相交D.不能确定C2.过平面外两点作该平面的平行平面，可以作（ꢀꢀ）A.0个B.1个C.0个或1个D.1个或2个ꢀ四ꢀ平面划分空间问题例ꢀꢀ（1）一个平面可以把空间分成几部分？（2）两个平面可以把空间分成几部分？（3）三个平面可以把空间分成几部分？【解】ꢀ（1）一个平面可以把空间分成2部分，如图(1).（2）两个平面可以把空间分成3或4部分，如图(2)，(3).ꢀꢀꢀꢀ(1)(2)ꢀꢀ(3)（3）三个平面可以把空间分成4或6或7或8部分.如图(4)~(8)ꢀꢀꢀ(4)ꢀ(5)ꢀ(6)ꢀ(7)(8)【名师点拨】线、面之间的位置关系在长方体（或正方体）中都能体现，所以对于位置关系的判断要注意利用这一熟悉的图形找到反例或对应的关系.训练题B小结1.弄清直线与平面各种位置关系的特征，利用其定义作出判断，要有画图意识，并借助于空间想象能力进行细致的分析.2.长方体是一个特殊的图形，当点、线、面关系比较复杂时，可以寻找长方体作为载体，将它们置于其中，立体几何中的直线与平面的位置关系都可以在这个模型中得到反映.因而人们给它以“百宝箱”之称.。

【新人教版】数学必修二第八章 8.4.2空间点、直线、平面之间的位置关系

【新人教版】数学必修二第八单元8.4.2 空间点、直线、平面之间的位置关系学习目标 1.了解空间两直线间的位置关系.2.理解空间直线与平面的位置关系.3.掌握空间平面与平面的位置关系.知识点一空间两直线的位置关系1.异面直线(1)定义：不同在任何一个平面内的两条直线.(2)异面直线的画法(衬托平面法)如图①②③所示，为了表示异面直线不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面来衬托.(3)判断两直线为异面直线的方法①定义法；②两直线既不平行也不相交.2.空间两条直线的三种位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点平行直线：在同一平面内，没有公共点异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点知识点二直线与平面的位置关系位置关系直线a在平面α内直线a在平面α外直线a与平面α相交直线a与平面α平行公共点有无数个公共点只有1个公共点没有公共点符合表示a⊂αa∩α＝A a∥α图形表示知识点三平面与平面的位置关系位置关系两平面平行两平面相交公共点没有公共点有无数个公共点(在一条直线上)符号表示α∥βα∩β＝l图形表示思考平面平行有传递性吗？答案有若α，β，γ为三个不重合的平面，且α∥β，β∥γ，则α∥γ.1.分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线.(×)2.两条直线无公共点，则这两条直线平行.(×)3.若直线l上有无数个点不在平面α内，则l∥α.(×)4.若两个平面都平行于同一条直线，则这两个平面平行.(×)一、两直线位置关系的判定例1如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，(1)直线A1B与直线D1C的位置关系是________；(2)直线A1B与直线B1C的位置关系是________；(3)直线D1D与直线D1C的位置关系是________；(4)直线AB与直线B1C的位置关系是________.答案(1)平行(2)异面(3)相交(4)异面解析(1)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D1∥BC，A1D1＝BC，∴四边形A1BCD1为平行四边形，∴A1B∥D1C.(2)直线A1B与直线B1C不同在任何一个平面内.(3)直线D1D与直线D1C相交于点D1.(4)直线AB与直线B1C不同在任何一个平面内.反思感悟判断空间两条直线位置关系的决窍(1)建立空间观念全面考虑两条直线平行、相交和异面三种位置关系，特别关注异面直线.(2)重视长方体、正方体等常见几何体模型的应用，会举例说明两条直线的位置关系.跟踪训练1若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是()A.平行B.异面C.相交D.平行、相交或异面答案 D解析可借助长方体来判断.如图，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，A′D′所在直线为a，AB所在直线为b，已知a和b是异面直线，b和c是异面直线，则c 可以是长方体ABCD－A′B′C′D′中的B′C′，CC′，DD′.故a和c可以平行、相交或异面.二、直线与平面的位置关系例2(1)若直线上有一点在平面外，则下列结论正确的是()A.直线上所有的点都在平面外B.直线上有无数多个点都在平面外C.直线上有无数多个点都在平面内D.直线上至少有一个点在平面内(2)下列命题中正确的个数是()①如果a，b是两条直线，a∥b，那么a平行于经过b的任何一个平面；②如果直线a和平面α满足a∥α，那么a与平面α内的任何一条直线平行；③如果直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，那么b∥α.A.0B.1C.2D.3答案(1)B(2)B解析(1)直线上有一点在平面外，则直线不在平面内，故直线上有无数多个点在平面外.(2)如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AA′∥BB′，AA′在过BB′的平面ABB′A′内，故命题①不正确；AA′∥平面BCC′B′，BC⊂平面BCC′B′，但AA′不平行于BC，故命题②不正确；假设b与α相交，因为a∥b，所以a与α相交，这与a∥α矛盾，故b∥α，即命题③正确.故选B.反思感悟在判断直线与平面的位置关系时，三种情形都要考虑到，避免疏忽或遗漏，另外，我们可以借助空间几何图形，把要判断关系的直线、平面放在某些具体的空间图形中，便于作出正确判断，避免凭空臆断.跟踪训练2下列说法：①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥α；②若直线a在平面α外，则a∥α；③若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线.其中正确的个数为()A.0B.1C.2D.3答案 B解析对于①，∵直线l虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，∴l不一定平行于α，①错误；对于②，∵直线a在平面α外包括两种情况：a∥α和a与α相交，∴a和α不一定平行，②错误；对于③，∵a∥b，b⊂α，那么a⊂α或a∥α，a与平面α内的无数条直线平行，③正确.三、平面与平面的位置关系例3在以下三个命题中，正确的命题是()①平面α内有两条直线和平面β平行，那么这两个平面平行；②平面α内有无数条直线和平面β平行，则α与β平行；③在平面α，β内分别有一条直线，这两条直线互相平行，那么这两个平面平行或相交.A.①②B.②③C.③D.①③答案 C解析如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对于①，平面AA1D1D 中，AD∥平面A1B1C1D1，分别取AA1，DD1的中点E，F，连接EF，则EF∥平面A1B1C1D1，但平面AA1D1D与平面A1B1C1D1是相交的，交线为A1D1，故命题①错；对于②，平面AA1D1D中，与平面A1B1C1D1平行的直线有无数条，但平面AA1D1D与平面A1B1C1D1不平行，而是相交于直线A1D1，故命题②错.命题③是正确的.反思感悟利用正方体(或长方体)这个“百宝箱”能有效地判断与两个平面的位置关系有关命题的真假，另外先假设所给定的结论成立，看是否能推出矛盾，也是一种判断两平面位置关系的有效方法.跟踪训练3已知两平面α，β平行，且a⊂α，下列四个命题：①a与β内的所有直线平行；②a与β内无数条直线平行；③直线a与β内任何一条直线都不垂直；④a与β无公共点.其中正确命题的个数是()A.1B.2C.3D.4答案 B解析①中a不能与β内的所有直线平行而是与无数条直线平行，有一些是异面，故①错误；②正确；③中直线a与β内的无数条直线垂直，故③错误；④根据定义a与β无公共点，故④正确.1.如果直线a∥平面α，那么直线a与平面α内的(请选择最贴切的)()A.一条直线不相交B.两条直线不相交C.无数条直线不相交D.任意一条直线不相交答案 D解析直线a∥平面α，则a与α无公共点，a与α内的直线均不相交.2.与两个相交平面的交线平行的直线和这两个平面的位置关系是()A.都平行B.都相交C.在两个平面内D.至少与其中一个平面平行答案 D解析这条直线与两个平面的交线平行，有两种情形，其一是分别与这两个平面平行，其二是在一个平面内且平行于另一个平面，符合至少与一个平面平行.3.下列命题中，正确的有()①平行于同一直线的两条直线平行；②平行于同一条直线的两个平面平行；③平行于同一个平面的两个平面平行.A.0个B.1个C.2个D.3个答案 C4.过平面外两点作该平面的平行平面，可以作()A.0个B.1个C.0个或1个D.1个或2个答案 C解析平面外两点的连线与已知平面的位置关系有两种情况：①直线与平面相交，可以作0个平行平面；②直线与平面平行，可以作1个平行平面.5.下列命题：①两个平面有无数个公共点，则这两个平面重合；②若l，m是异面直线，l∥α，m∥β，则α∥β.其中错误命题的序号为________.答案①②解析对于①，两个平面相交，则有一条交线，也有无数多个公共点，故①错误；对于②，借助于正方体ABCD－A1B1C1D1，AB∥平面DCC1D1，B1C1∥平面AA1D1D，又AB与B1C1异面，而平面DCC1D1与平面AA1D1D相交，故②错误.1.知识清单：(1)两直线的位置关系.(2)直线与平面的位置关系.(3)平面与平面的位置关系.2.方法归纳：举反例、特例.3.常见误区：异面直线的判断.1.若空间两条直线a和b没有公共点，则a与b的位置关系是()A.共面B.平行C.异面D.平行或异面答案 D解析若直线a和b共面，则由题意可知a∥b；若a和b不共面，则由题意可知a与b是异面直线.2.与同一平面平行的两条直线()A.平行B.相交C.异面D.平行、相交或异面答案 D解析与同一平面平行的两条直线的位置关系有三种情况：平行、相交或异面.3.棱柱的一条侧棱所在的直线与不含这条侧棱的侧面所在平面的位置关系是()A.平行B.相交C.平行或相交D.无法确定答案 A4.长方体的一条体对角线与长方体的棱所组成的异面直线有()A.2对B.3对C.6对D.12对答案 C解析如图所示，在长方体中没有与体对角线平行的棱，要求与长方体体对角线AC1异面的棱所在的直线，只要去掉与AC1相交的六条棱，其余的都与体对角线异面，∴与AC1异面的棱有BB1，A1D1，A1B1，BC，CD，DD1，∴长方体的一条体对角线与长方体的棱所组成的异面直线有6对，故选C.5.(多选)以下四个命题中正确的有()A.三个平面最多可以把空间分成八部分B.若直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，则“a与b相交”与“α与β相交”等价C.若α∩β＝l，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且a∩b＝P，则P∈lD.若n条直线中任意两条共面，则它们共面答案AC解析对于A，正确；对于B，逆推“α与β相交”推不出“a与b 相交”，也可能a∥b，故B错误；对于C，正确；对于D，反例：正方体的侧棱任意两条都共面，但这4条侧棱却不共面，故D错误.所以正确的是AC.6.若点A∈α，B∉α，C∉α，则平面ABC与平面α的位置关系是________. 答案相交解析∵点A∈α，B∉α，C∉α，∴平面ABC与平面α有公共点，且不重合，∴平面ABC与平面α的位置关系是相交.7.如果空间的三个平面两两相交，则下列判断正确的是________(填序号).①不可能只有两条交线；②必相交于一点；③必相交于一条直线；④必相交于三条平行线.答案①解析空间的三个平面两两相交，可能只有一条交线，也可能有三条交线，这三条交线可能交于一点.8.在下列图中，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有________.(填上所有正确答案的序号)答案②④解析题图①中，GH∥MN；题图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，所以GH与MN异面；题图③中，连接GM，则GM∥HN，所以GH与MN共面；题图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，所以GH与MN异面.9.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线B1D1与长方体的六个面之间的位置关系如何？解B1D1在平面A1C1内，B1D1与平面BC1，平面AB1，平面AD1，平面CD1都相交，B1D1与平面AC平行.10.如图，平面α，β，γ满足α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，判断a与b，a与β的位置关系并证明你的结论.解a∥b，a∥β.证明如下：由α∩γ＝a知a⊂α且a⊂γ，由β∩γ＝b知b⊂β且b⊂γ，∵α∥β，a⊂α，b⊂β，∴a，b无公共点.又∵a⊂γ且b⊂γ，∴a∥b.∵α∥β，∴α与β无公共点.又a⊂α，∴a与β无公共点，∴a∥β.11.三棱台的一条侧棱所在直线与其对面所在的平面之间的关系是()A.相交B.平行C.直线在平面内D.平行或直线在平面内答案 A解析延长各侧棱可恢复成棱锥的形状，所以三棱台的一条侧棱所在直线与其对面所在的平面相交.12.若平面α与β的公共点多于两个，则()A.α，β可能只有三个公共点B.α，β可能有无数个公共点，但这无数个公共点不在一条直线上C.α，β一定有无数个公共点D.以上均不正确答案 C解析若平面α与β的公共点多于两个，则平面α与β相交或重合，故C项正确.13.在四棱锥P－ABCD中，各棱所在的直线互相异面的有________对.答案8解析以底边所在直线为准进行考察，因为四边形ABCD是平面图形，4条边在同一平面内，不可能组成异面直线，而每一边所在直线能与2条侧棱所在直线组成2对异面直线，所以共有4×2＝8(对)异面直线.14.已知下列说法：①若两个平面α∥β，a⊂α，b⊂β，则a∥b；②若两个平面α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线；③若两个平面α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b平行或异面；④若两个平面α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交.其中正确的序号是____________.答案③解析①错，a与b也可能异面；②错，a与b也可能平行；③正确，∵α∥β，∴α与β无公共点，又∵a⊂α，b⊂β，∴a与b无公共点，那么a∥b或a与b异面；④错，a与β也可能平行.15.如图是一个正方体的展开图，则在原正方体中()A.AB∥CDB.AD∥EFC.CD∥GHD.AB∥GH答案 C解析把正方体的展开图还原成正方体，得到如图所示的正方体，由正方体性质得，AB与CD相交，AD与EF异面，CD与GH平行，AB与GH异面. 16.如图，已知平面α和β相交于直线l，点A∈α，点B∈α，点C∈β，且A∉l，B∉l，C∉l，直线AB与l不平行，那么平面ABC与平面β的交线与l有什么关系？证明你的结论.解平面ABC与平面β的交线与l相交.证明如下：∵AB与l不平行，且AB⊂α，l⊂α，∴AB与l是相交直线.设AB∩l＝P，则点P∈AB，点P∈l.又∵AB⊂平面ABC，l⊂β，∴P∈平面ABC且P∈平面β，即点P是平面ABC与平面β的一个公共点，而点C也是平面ABC与平面β的一个公共点，又∵P，C不重合，∴直线PC就是平面ABC与平面β的交线，即平面ABC∩平面β＝直线PC，而直线PC∩l＝P，∴平面ABC与平面β的交线与l相交.。

第八章空间法

3、根据《中华人民共和国民用航空法》，下列说法错误的是（）
A民用航空器不得具有双重国籍 B民用航空器未经批准不得飞出中国领空 C未注销外国国籍的民用航空器可以在中国申请国籍登记 D外国民用航空器的经营人，不得经营中国境内两点之间的航空运输

4、甲国发射的空间实体在外空撞击了乙国的空间实体，碰撞后乙国的空间实体的碎片落在丙国的地面上，对丙国造成了损害。对于丙国的损失，根据《空间物体造成损害的国际责任公约》，由谁来承担责任？ A 甲国单独承担责任 B 乙国单独承担责任 C 甲国和乙国都不承担责任 D 甲国和乙国共同承担责任

第二十一条旅客死亡或者伤害的赔偿
一、对于根据第十七条第一款所产生的每名旅客不超过100，000特别提款权的损害赔偿，承运人不得免除或者限制其责任。

二、对于根据第十七条第一款所产生的损害赔偿每
名旅客超过100，000特别提款权的部分，承运人证明
有下列情形的，不应当承担责任：

(一)损失不是由于承运人或者其受雇人、代理人的

5、根据外空法的有关规定，对发射到外层空间的实体行使管辖权的主体是（） A 国际宇航组织 B 联合国秘书长 C 航天器登记国 D 航天器所有人
二、多项选择题

1、甲国和乙国共同进行一项外空的探测活动，且签订了条约，下列条约的内容违反国际法的有哪些？（） A 条约规定某处外空归甲国和乙国共同所有 B 将该处外空用于实验某种新型的具有很小杀伤力的武器 C 条约规定双方负有相互救助宇航员的义务 D 条约规定在探测活动中造成第三国损害时，双方分担赔偿责任

2、下列有关国际民航安全制度的公约有（） A《国际民用航空公约》 B《东京公约》 C《海牙公约》 D《蒙特利尔公约》

高等数学(第八章)向量代数与空间解析几何(全)

若向量a = x1i y1 j z1k，b = x2i y2 j z2k，由数量积的运算性质得
a b = x1x2 y1 y2 z1z2.
设非零向量a = x1, y1, z1，b = x2, y2, z2，则
(1) | a | a a x12 y12 z12；
(2) cos a, b a b
2
向量代数与空间解析几何
空间直角坐标系
一、空间直角坐标系空间两点间的距离
向量的概念---大小,方向,相等,向径,坐标等.
二、向量代数向量的运算---加减,数乘,点乘,叉乘,混合积.
❖ 向量位置关系的刻画 ---平行,垂直,夹角. ❖ 向量的方向角、方向余弦.
平面的方程
三、空间的平面两平面的位置关系
五、向量的坐标
空间直角坐标系Oxyz 中，在x 轴、y 轴、z 轴上各取一个与坐标轴同向的单位向量，以此记作i，j，k，把它们称为基本单位向量或基向量.任一向量都可以唯一地表示为i，j，k 数乘之积.
设M (x, y, z)是空间任意一点，记OM r，则r xi yj zk，我们把上式称为向量r 的坐标分解式，xi，yj 和zk 称为向量r 沿3 个坐标轴方向的分向量，i，j，
d (x2 x1)2 ( y2 y1)2 (z2 z1)2 .
11
二、空间两点间的距离例 1 在z轴上求与点A(3,5, 2)和B(4,1,5)等距离的点M .
解由于所求的点M 在z 轴上，因此M 点的坐标可设为(0, 0, z)，又由于
MA MB ，
由空间两点间的距离公式，得
(3)结合律：(a) b = (a b) a (b)；
(4)a a = a 2 ； (5)a b = 0 a b； (6) | a b || a | | b | . 特别地，有

第八章空间解析几何与向量代数知识点题库与答案

第八章：空间解析几何与向量代数一、重点与难点1重点① 向量的基本概念、向量的线性运算、向量的模、方向角； ② 数量积（是个数）、向量积（是个向量）； ③ 几种常见的旋转曲面、柱面、二次曲面；④ 平面的几种方程的表示方法（点法式、一般式方程、三点式方程、截距式方程）的夹角；⑤ 空间直线的几种表示方法（参数方程、对称式方程、一般方程、两点式方程）两直线的夹角、直线与平面的夹角；2、难点① 向量积（方向）、混合积（计算）；② 掌握几种常见的旋转曲面、柱面的方程和二次曲面所对应的图形； ③ 空间曲线在坐标面上的投影；④ 特殊位置的平面方程（过原点、平行于坐标轴、垂直于坐标轴等；）⑤ 平面方程的几种表示方式之间的转化； ⑥ 直线方程的几种表示方式之间的转化；二、基本知识1、向量和其线性运算① 向量的基本概念：向量既有大小又有方向的量；向量表示方法：用一条有方向的线段（称为有向线段）来表示向量有向线段的长度表示向量的大小有向线段的方向表示向量的方向 .；向量的符号以A 为起点、B 为终点的有向线段所表示的向量记作表示也可用上加箭头书写体字母表示例如a 、r 、v 、F 或a 、r 、v 、F ；向量的模向量的大小叫做向量的模向量a 、a 、AB 的模分别记为|a|、|a|、|AB |单位向量模等于1的向量叫做单位向量;向量的平行两个非零向量如果它们的方向相同或相反就称这两个向量平行向量a 与b平行记作a // b 零向量认为是与任何向量都平行；两向量平行又称两向量共线零向量模等于0的向量叫做零向量记作0或0 零向量的起点与终点重合它的方向可以看作是任意的共面向量：设有k （k 3）个向量当把它们的起点放在同一点时如果k 个终点和公共起点在一个平面上就称这k 个向量共面；，两平面AB 向量可用粗体字母两向量夹角：当把两个非零向量a与b的起点放到同一点时两个向量之间的不超过的夹角称为向量a 与b 的夹角记作(a ：b)或(b ：a)如果向量a 与b 中有一个是零向量规定它们的夹角可以在 0与之间任意取值；② 向量的线性运算向量的加法(三角形法则)：设有两个向量a 与b 平移向量使b 的起点与a 的终点重合此时从a 的起点到b 的终点的向量c 称为向量a 与b 的和记作a+b 即 c a+b .平行四边形法则向量a 与b 不平行时平移向量使a 与b 的起点重合以a 、b 为邻边作一平行四边形从公共起点到对角的向量等于向量a 与b 的和a b向量的加法的运算规律(1)交换律abba(2)结合律(a b) c a (b c)负向量设a 为一向量与a 的模相同而方向相反的向量叫做a 的负向量记为a把向量a 与b 移到同一起点 0则从a 的终点A 向b 的终点B 所引向量AB 便是向量b 与a 的差b a向量a 与实数的乘积记作规定 a 是一个向量方向当＞0时与a 相同当＜0时与a 相反当向量这时它的方向可以是任意的a③ 空间直角坐标系在空间中任意取定一点 O 和三个两两垂直的单位向量 i 、j 、k 就确定了三条都以 O 为原点的两两垂直的数轴依次记为x 轴(横轴卜y 轴(纵轴卜z 轴(竖轴)统称为坐标轴它们构成一个空间直角坐标系称为Oxyz 坐标系注：(1)通常三个数轴应具有相同的长度单位(2) 通常把x 轴和y 轴配置在水平面上而z 轴则是铅垂线(3) 数轴的的正向通常符合右手规则坐标面在空间直角坐标系中任意两个坐标轴可以确定一个平面这种平面称为坐标面x 轴和y 轴所确定的坐标面叫做xOy 面另两个坐标面是 yOz 面和zOx 面卦限三个坐标面把空间分成八个部分每一部分叫做卦限含有三个正半轴的卦限叫做第一卦限它位于xOy 面的上方在xOy 面的上方按逆时针方向排列着第二卦限、第三卦限和第四卦限在xOy 面的下方与第一卦限对应的是第五卦限按逆时针方向还排列着第六卦限、第七卦限和第八卦限八个卦限分别用字母I 、II 、III 、IV 、V 、VI 、VII 、VIII 表示向量的坐标分解式任给向量r 对应有点M 使OM r 以OM 为对角线、三条坐标轴为棱作长方体有 r OM OP PN NM OP OQ OR向量的减法向量与数的乘法: 它的模| a| | ||a|它的 0时| a| 0即a 为零运算规律(1)结合律 (a) ( a) ( )a ；(2)分配律()a a a ； (a b) a b 向量的单位化设a0则向量看是与a 同方向的单位向量记为e a ，于是a |a|e a定理1 设向量a 0那么向量b 平行于a 的充分必要条件是存在唯一的实数设 OP Xi OQ yj OR zk 贝U r OM xi yj zk上式称为向量r 的坐标分解式xi 、yj 、zk 称为向量r 沿三个坐标轴方向的分向量点M 、向量r 与三个有序x 、y 、z 之间有一一对应的关系M r OM xi yj zk (x, y, z)投影的性质性质1 (a)u |a|cos (即Prj u a |a|cos )其中为向量与u 轴的夹角性质 2 (a b)u (a)u (b)u (即 Prj u (a b) Prj u a Prj u b) 性质 3 ( a)u (a)u (即 Prj u ( a) Prj u a)有序数x 、y 、z 称为向量 r （在坐标系Oxyz ）中的坐标记作r (x y z) 向量r OM 称为点M 关于原点O 的向径 ④ 利用坐标作向量的线性运算设 a (a x a y a z ) b (b x b y b z )a b (a x b x a y b y a z b z ) a b (a x b x a y b y a z b z ) a ( a x a y a z )利用向量的坐标判断两个向量的平行设 a (a x a y a z ) 0 b (b x b y b z )向量 b//a b a即 b//a (b x b y b z )(a x a y a z )于是 bx b y axaybzaz⑤ 向量的模、方向角、投影设向量r （x y z ）作OM r 则向量的模长公式|r| ..x 2 y 2 z 2设有点 A(x i y i z i )、B(x y 2 z 2) AB OB OA(x 2 y 2 Z 2)(X 1 y 1 Z 1)(X 2 X 1 y 2 y 1 Z 2 z”A 、B 两点间的距离公式为： |AB| |AB|、（X 2 %）2 （y 2 yj 2厶乙）2方向角:非零向量r 与三条坐标轴的夹角称为向量r 的方向角设 r (x y z) 则 x |r|cos y |r|cos z |r|coscos 、cos 、cos 称为向量 r 的方向余弦cos x cos|r|从而(cos ,cos 1,COS ) F|r e r2 2 2cos cos cos 12、数量积、向量积、混合积① 两向量的数量积数量积对于两个向量a 和b 它们的模|a|、|b|和它们的夹角的余弦的乘积称为向量 a 和b 的数量积记作ab 即a b |a| |b| cos数量积的性质⑴ a a |a| 2(2)对于两个非零向量 a 、b 如果a b 0贝U a b;反之如果a b 则a b 0如果认为零向量与任何向量都垂直则a b a b 0两向量夹角的余弦的坐标表示设 (a 人b)则当a 0、b 0时有数量积的坐标表示设 a (a x a y a z ) b (b x b y b z )贝U a b a x b x a y b y a z b z 数量积的运算律 (1) 交换律 a b b a;⑵分配律 (a b) c a c b c(3) ( a) b a ( b) (a b)(a) (• b) (a b)、为数② 两向量的向量积向量积设向量c 是由两个向量a 与b 按下列方式定出c 的模|c| |a||b|sin其中为a 与b 间的夹角；c 的方向垂直于a 与b 所决定的平面 c 的指向按右手规则从 a 转向b 来确定那么向量c 叫做向量a 与b 的向量积记作a b 即c a b向量积的性质(1) a a 0(2) 对于两个非零向量 a 、b 如果a b 0则a//b 反之如果a//b 则a b 0 如果认为零向量与任何向量都平行则a//b a b 0数量积的运算律(1) 交换律a b b a (2) 分配律(a b) c a c b c (3) ( a) b a ( b) (a b)(为数)数量积的坐标表示设a (a x a y a z ) b (b x b y b z )a b (a yb z a z b y ) i ( a z b xa xb z ) j (a xb y a y b x ) kcosa xb x a y b y a z b z|a||b|X a 2 a z为了邦助记忆利用三阶行列式符号上式可写成a yb z i a z b x j a x b y k a y b x k a x b z j a z b y ii j k a x a y a z b x b y b z(a y b z a z b y ) i ( a z b x a x b z ) j ( a x b y a y b x ) k③三向量的混合积混合积的几何意义：混合积[abc]是这样一个数，它的绝对值表示以向量a 、b 、c 为棱的平行六面体的体积，如果向量a 、b 、c 组成右手系，那么混合积的符号是正的，如果a 、b 、c 组成左手系，那么混合积的符号是负的。

第八章弹性力学问题一般解·空间轴对称问题

所求问题的边界条件给定的是边界上的位移 ui ui，则可直接进行计算。如果全部边界或部分边界上给出的是应力边界条件， ij l j F i 就要将应力形式的边界条件转换成为位移形式。其方法与将应力形式的平衡方程转化为Lame方程的方法大致相同。现推导如下：先后将式(4-6)、式(4-2)代人式(4-13)得 E E ij ij e ij ij e 2G ij (4 6) (1 )(1 2 ) (1 )
将 2G 换成 , E 来表示，则位移解答为
显然最大位移发生在边界上，由式(8-7)可知
将式(8-7)代入几何方程(4-2)求出应变，再引用式本够方程(4-6)可得应力分量解答
x y

1
( q pz ), z ( q pz ), xy yz zx 0
采用半逆解法。由于载荷和几何形状都对称于z 轴，则各点位移只在z向有变化。试假设
于是而
因此由Lame方程式(8-3)的前两式知，它们成为恒等式自然满足，而第三式给出
式中A、B为积分常数。边界上
边界条件式(8-6)前两式自然满足，
lx l y 0
lz 1
u u u u v w lx ly lz ) G ( lx ly lz ) x y z x x x v v v u v w F y el y G ( lx ly lz ) G ( lx ly lz ) x y z y y y w w w u v w F z el z G ( lx ly lz ) G ( lx ly lz ) x y z z z z F x el x G (
利用式(4-5)，式(1)中简化后得

2023年人教版高考数学总复习第一部分考点指导第八章立体几何第五节空间向量的运算及其坐标表示

3．空间向量有关运算
(1)坐标运算：设a＝x1，y1，z1 ，b＝x2，y2，z2 ，则a＋b＝ (x1 x2,y1 y2,z1 z2 ) ； a－b＝ (x1 x2,y1 y2,z1 z2 ) ； λa＝ (x1, y1,z1) ．
(2)数量积运算：a·b＝ x1x2＋y1y2＋z1z2 ＝ |a||b|cos〈a，b〉．
B．共面 C．共线 D．不共线
②对空间中四点 A，B，C，P，若A→P ＝81 A→B ＋18 A→C ，则 P，A，B，C 四点( )
A．不共面
B．共面 C．共线 D．不共线
பைடு நூலகம்
③对空间中四点 A，B，C，P，若空间任意一点 O 都有O→P ＝43 O→A ＋81 O→B ＋
1 8
O→ C
，则 P，A，B，C 四点(
(2)已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a，b，c三向量共
面，则实数λ等于(
A．672
B．673
) C．674
D．675
【解析】选D.由a，b，c三向量共面，设a＝mb＋nc，
则(2，－1，3)＝m(－1，4，－2)＋n(7，5，λ)，
2＝－m＋7n
即－1＝4m＋5n ，解得λ＝675 . 3＝－2m＋nλ
＝12
O→ A
＋23
1 (2
O→ B
＋12
O→ C
－21
O→ A
)＝61
O→ A
＋13
O→ B
＋13
O→ C
，
所以x＝16 ，y＝13 ，z＝13 .
答案：16 ，31 ，13
2．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC的中点． ①化简 A1O －12 A→B －21 A→D ＝________． ②用A→B ，A→D ， AA1 表示 OC1 ，则 OC1 ＝________．

(高三理科数学第一轮复习)第八章第2节空间几何体的表面积和体积

25
知识衍化体验
考点聚集突破
核心素养提升
@《创新设计》
【训练 2】 (1)如图所示，正三棱柱 ABC－A1B1C1 的底面边长为 2，侧棱长为 3，D 为 BC 中点，则三棱锥 A－B1DC1 的体积为( )
A.3
26
B.32
C.1
知识衍化体验
D.
3 2
考点聚集突破
核心素养提升
(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
典例迁移
【例3】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V
的球.若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A.4π
角度3 不规则几何体的体积【例2－3】如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，
△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为( )
2 A. 3
23
3 B. 3
4 C.3
知识衍化体养提升
解析如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，
)
解析 (1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.
(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
6
知识衍化体验
考点聚集突破
核心素养提升
@《创新设计》
2.(必修2P27练习1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则
所以 EH∥FG，EH＝FG，所以四边形 EHGF 为平行四边形，又 EG＝HF，EH＝HG，
所以四边形 EHGF 为正方形.又点 M 到平面 EHGF 的距离为12，所以四棱锥 M－EFGH

空间点、直线、平面之间的位置关系(人教A版2019必修二)

(1)定义：不同在任何一个平面内的两条直线． (2)异面直线的画法：如果直线a，b为异面直线，为了表示它们不共面的特点，作图时，通常用一个或两个平面衬托.
（二）空间点、直线、平面的位置关系
知识点二空间两条直线的位置关系
【探究2】分别在两个平面内的两条直线是否一定异面？
位置关系
特点
相交
同一平面内，有且只有一个公共点
第八章立体几何初步
8.4.2 空间点、直线、平面之间的位置关系
教材分析
本小节内容选自《普通高中数学必修第二册》人教A版（2019）第八章《立体几何初步》的第四节《空间点、直线、平面之间的位置关系》。以下是本节的课时安排：
课时内容所在位置新教材内容分析
核心素养培养
教学主线
8.4 空间点、直线、平面之间的位置关系
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
（三）典型例题
1.空间直线与直线的位置关系
例1.如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，判断下列直线的位置关系：
①直线A1B与直线D1C的位置关系是 ②直线A1B与直线B1C的位置关系是 ③直线D1D与直线D1C的位置关系是 ④直线AB与直线B1C的位置关系是
重点、难点
1.重点：了解直线与平面的三种位置关系，并会用图形语言和符号语言表示 2.难点：了解空间中两条直线的三种位置关系，理解两异面直线的定义，会用平面衬托来画异面直线。
（一）新知导入
观察你所在的教室.
【问题】 (1)教室内同一列的灯管所在的直线是什么位置关系？ (2)教室内某灯管所在的直线和地面是什么位置关系？ (3)教室内某灯管所在的直线和黑板左右两侧所在的直线是什么位置关系？ (4)教室内黑板面和教室的后墙面是什么位置关系？提示 (1)平行. (2)平行. (3)二者是异面直线. (4)平行.

第八章空气空间法

第八章空气空间法导读：本章主要介绍空气空间法的概念、特征及其历史发展；空气空间的法律地位；国际航空制度以及国际民航安全的法律保护；重点掌握：领空的法律地位；保护国际民航安全的相关条约的主要内容。

第一节空气空间法概述一、空气空间法的概念和特征空气空间法，又称国际航空法，是调整国家之间利用空气空间，进行民用航空活动所产生的各种关系的法律规则的总称。

空气空间法具有二个特征：（一）民用性国际航空法调整民用航空活动领域所产生的社会关系。

1944年《国际民用航空公约》明确规定：“本公约仅适用于民用航空器，不适用国家航空器”，“用于军事、海关和警察部门的航空器，应认为是国家航空器”。

（二）是平时法空气空间法是平时法，而非战时法，并不规定战争或武装冲突各方之间的权利和义务。

《国际民用航空公约》规定：“如遇战争，本公约的规定不妨碍受战争影响的任一缔约国的行动自由，无论其为交战国或为中立国。

如遇任何缔约国宣布其处于紧急状态，并将此事通知理事会，上述原则同样适用”。

二、空气空间法的历史发展①人类自远古以来就梦想能够象鸟一样在天空翱翔。

1783年11月21日，在巴黎使用蒙哥儿菲埃（Mongolifier）兄弟发明的热气球首次载人飞行获得成功，象征着人类开始征服空气空间。

1784年4月23日，巴黎发布警察命令，规定未经特别许可，禁止气球升空，被称为是第一部“航空法”。

1785年，布兰查德乘坐气球飞越英吉利海峡，1819年，法国塞纳省制定了第一部空中航行安全规章，规定气球载人应配备降落伞；在农民收割农作物之前禁止气球飞行。

1856年布里斯驾驶一种滑翔机进行飞行，逐渐接近了航空时代。

1898年，奥匈帝国和德意志换文签订了关于飞越边界军用气球的法律地位的协①参见邵津主编：《国际法》，北京大学出版社、高等教育出版社2008年12月第3版，第157页。

定。

1899年，第一次海牙国际和平会议达成了关于空战的临时协议，“缔约各国同意，在五年期限内，禁止气球或类似的其他新方法投掷抛射物或爆炸物”。

第八章 8.8空间向量在立体几何中的应用(二)——求空间角和距离

1.两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 (0，π2][0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |2.斜线和平面所成的角(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角). (2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角. 3.二面角(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)在二面角α—l —β的棱上任取一点O ，在两半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α—l —β的平面角. 4.空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|. (2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.(3)求二面角的大小1°如图①，AB 、CD 是二面角α—l —β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉.2°如图②③，n 1，n 2分别是二面角α—l —β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉. 5.(选用)点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( × )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π].( √ )(5)直线l 的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l 和α所成角为30°.( √ )(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是( ) A.30° B.45° C.60° D.90°答案 D解析以A 为原点，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，M (12，1,0)，D (0,1,0)，N (1,1，12)，A 1M →＝(12，1，－1)，DN →＝(1,0，12).cos 〈A 1M →，DN →〉＝12－1214＋1＋1 1＋14＝0， ∴A 1M 与DN 所成的角的大小是90°.2.已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A.30°B.60°C.120°D.150° 答案 A解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3.(教材改编)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________. 答案 π6解析以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)， ∴AC 1→＝(1，3，22)，AD →＝(1,0,22). ∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角 cos ∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12·9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6. 4.(教材改编)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为_______. 答案 60°解析 ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24. ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.而二面角与〈CA →，BD →〉互补， ∴所求二面角为60°.5.P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________. 答案 90°解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一求异面直线所成的角例1 (2015·四川)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________. 答案 25解析建立空间直角坐标系如图所示，设AB ＝1，则AF →＝⎝⎛⎭⎫1，12，0， E ⎝⎛⎭⎫12，0，0，设M (0，y,1)(0≤y ≤1)，则EM →＝⎝⎛⎭⎫－12，y ，1， ∴cos θ＝|－12＋12y |1＋14 14＋y 2＋1＝1－y52·4y 2＋5.则cos θ＝1－y 52·4y 2＋5＝255·1－y 4y 2＋5，令t ＝1－y ，则y ＝1－t ，∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos θ＝255·t4t 2－8t ＋9＝255t 24t 2－8t ＋9＝255 14－8t ＋9t2，令x ＝1t ，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos θ＝25514－8x ＋9x 2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，z min ＝5，此时cos θ的最大值为255·15＝255·55＝25.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值.如右图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH 与CC ′所成的角的大小. 解如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz ，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1). 设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22，∴DH →＝(22，22，1)，∵cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DH 与CC ′所成的角为45°. 题型二求直线与平面所成的角例2 (2015·课标全国Ⅱ)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值. 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6，8).设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.思维升华利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值.(1)证明易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直，如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系. 设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)， B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3). 从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)，因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去).于是B 1D →＝(－3，3，－3)，A C →＝(3，1,0)，因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D .(2)解由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，A C →＝(3，1,0)， B 1C 1→＝(0,1,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A C →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，－3，3). 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→||＝37＝217.即直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角的正弦值为217. 题型三求二面角例3 (2015·安徽)如图所示，在多面体A 1B 1D 1-DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D -B 1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，D 1(0,1,1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0,1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1,1,1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1,1,1).设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，由此同理可得n 2＝(0,1,1).所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为 |n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63. 思维升华求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.(2015·重庆)如图，三棱锥P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角A -PD -C 的余弦值. (1)证明由PC ⊥平面ABC ， DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD . (2)解由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，如图，过D 作DF 垂直CE于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2. 由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，P (0,0,3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0,2,0)，D (1,1,0)，ED →＝(1，－1,0)，DP →＝(－1，－1,3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2,1,1).由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1,0). 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角A -PD -C 的余弦值为36. (选用)题型四求空间距离例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离.解如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)，所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3). 设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥BC →，n ⊥BM →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1). 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法.其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，D 是棱CC 1上的一点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，且PB 1∥平面BDA 1. (1)求证：CD ＝C 1D ；(2)求二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值； (3)求点C 到平面B 1DP 的距离.(1)证明连接AB 1，交BA 1于点O ，连接OD .∵B 1P ∥平面BDA 1，B 1P ⊂平面AB 1P ，平面AB 1P ∩平面BA 1D ＝OD ，∴B 1P ∥OD . 又∵O 为B 1A 的中点，∴D 为AP 的中点. ∵C 1D ∥AA 1，∴C 1为A 1P 的中点. ∴DC 1＝12AA 1＝12CC 1，∴C 1D ＝CD .(2)解建立如图所示的空间直角坐标系A 1xyz ，则B 1(1,0,0)，B (1,0,1)，D (0,1，12)，∴A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1B →＝(1,0,1)，A 1D →＝(0,1，12).设平面BA 1D 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1). 由⎩⎪⎨⎪⎧ A 1B →·n ＝0，A 1D →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，y 1＋12z 1＝0. 令z 1＝2，则x 1＝－2，y 1＝－1，∴n ＝(－2，－1,2). 又A 1B 1→＝(1,0,0)为平面AA 1D 的一个法向量，∴cos 〈n ，A 1B 1→〉＝n ·A 1B 1→|n ||A 1B 1→|＝－23×1＝－23. 由图形可知二面角A －A 1D －B 为锐角，∴二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23. (3)解 ∵C (0,1,1)，D (0,1，12)，B 1(1,0,0)，P (0,2,0)， ∴CD →＝(0,0，－12)，DB 1→＝(1，－1，－12)，DP →＝(0,1，－12). 设平面B 1DP 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2).由⎩⎪⎨⎪⎧ DB 1→·m ＝0，DP →·m ＝0，得⎩⎨⎧ x 2－y 2－12z 2＝0，y 2－12z 2＝0.令z 2＝2，则x 2＝2，y 2＝1，∴m ＝(2,1,2).∴点C 到平面B 1DP 的距离d ＝|CD →·m ||m |＝13.6.利用空间向量求解空间角典例 (12分)(2014·天津)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点.(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值.规范解答(1)证明依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系如图，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2).[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1).BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分](2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2).设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分] 可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量.于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[7分] (3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0).由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ).由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32).[9分] 设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0. 不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面F AB 的一个法向量.取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.温馨提醒 (1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用.(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范.(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易失分.[方法与技巧]1.用向量来求空间角，都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量.2.求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段.[失误与防范]1.利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角.因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同.2.求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便.3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.A 组专项基础训练(时间：30分钟)1.若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A.120°B.60°C.30°D.60°或30°答案 C解析设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12. 又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2.(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22答案 C解析补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角.由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体. 建立如图所示空间直角坐标系.设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2).∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →| ＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010. 3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案 B解析以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1.则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12). 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，所以有⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D →·n ＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2). ∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23. 4.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52B.－14C.14D.－52答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )，∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值－14. 5.在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________.答案 23解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2).设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1). 设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23. 6.已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________.答案 23解析延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示.设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角.∵BH ＝322，EB ＝1， ∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23. 7.(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.(1)证明如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 8.(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C .(1)证明：AC ＝AB 1；(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值.(1)证明如图所示，连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点.又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO .由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO .又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)解因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC ，故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直.以O 为坐标原点，OB →、OB 1→、OA →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|OB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形.又AB ＝BC ，OC ＝OA ，则A (0,0，33)，B (1,0,0)，B 1(0，33，0)，C (0，－33，0)，AB 1→＝(0，33，－33)，A 1B 1→＝AB →＝(1,0，－33)，B 1C 1→＝BC →＝(－1，－33，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧ 33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3).设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1B 1→＝0，m ·B 1C 1→＝0. 同理可取m ＝(1，－3，3).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17. 所以二面角A －A 1B 1－C 1的余弦值为17. B 组专项能力提升(时间：15分钟)9.在正四棱锥S -ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是( )A.30°B.45°C.60°D.90° 答案 A解析如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，又∵〈CB →，n 〉∈(0°，180°)，∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.10.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE ＝λ，当实数λ的值为______时，∠AFE 为直角. 答案 916 解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0,4,0)，S (0,0,3).设BC ＝m ，则C (m,4,0)，∵SF BF ＝CE BE＝λ， ∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →).∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)， ∴F (0，4λ1＋λ，31＋λ). 同理可得E (m 1＋λ，4,0)， ∴FE →＝(m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ). ∵F A →＝(0，－4λ1＋λ，－31＋λ)，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0， ∴16λ＝9，解得λ＝916. 11.(2015·江苏)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1. (1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长.解分别以AB →，AD →，AP →为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2).(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0).因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2).设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量.从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值.又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.12.(2015·北京)如图，在四棱锥A -EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点.(1) 求证：AO ⊥BE ；(2) 求二面角F -AE -B 的余弦值；(3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值.(1)证明因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点，所以AO ⊥EF .又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ，所以AO ⊥平面EFCB .所以AO ⊥BE .(2)解取BC 中点G ，连接OG .由题设知四边形EFCB 是等腰梯形，所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB .又OG ⊂平面EFCB ，所以OA ⊥OG .如图建立空间直角坐标系Oxyz ，则E (a,0,0)，A (0,0，3a )， B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0，3a )，BE →＝(a －2，3(a －2)，0).设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧ －ax ＋3az ＝0，(a －2)x ＋3(a －2)y ＝0.令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1，于是n ＝(3，－1,1). 平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0).所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n ||p |＝－55.由题知二面角F -AE -B 为钝角，所以它的余弦值为－55.(3)解因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥OC ，即BE →·OC →＝0，因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)，所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2.由BE →·OC →＝0且0<a <2，解得a ＝43.。

高数同济第七版-第八章重点内容

高数同济第七版-第八章重点内容接下来你将看到的是由我个人整理的各章重点，不保证都是最终考试的考点，也可能会有缺失，如果你也有类似的整理，并且愿意向大家分享，希望你在公众号内回复我们，我们会在第一时间联系你，期待你的分享本次的内容为第八章的重点，所有内容均为本人个人根据老师画的重点总结，仅供参考。

本文最终解释权归本人所有。

一．向量及其运算（基本概念）1.向量的模、方向余弦、方向角2.两向量的数量积3.两向量的向量积（1-3点详细概念见书P9起，在此不再赘述）4.特殊情景：两向量若垂直，则点乘机为零，若平行，则叉乘机为零。

二．空间解析几何1.平面及其方程（1）点法式设一平面通过已知点),,(0000z y x M 且垂直与非零向量N=(A ，B ，C)，则该平面方程可表示为：0)()()(000=-+-+-z z C y y B x x A（2）一般式)0(0222≠++=+++C B A D z C y B x A（3）两平面的夹角两平面法向量的夹角(常为锐角)称为两平面的夹角.设平面一的法向量为：),,(1111C B A n =，平面二的法向量为：),,(2222C B A n =。

则两平面夹角的余弦为： 2121cos n n n n ?=θ（4）点到平面的距离公式：222000C B A D z C y B x A d +++++=2.空间直线：对称式：m x x 0-ny y 0-=p z z 0-= 参数式：设m x x 0-n y y 0-=p z z 0-== t,则参数式为： t m x x +=0t n y y +=0t p z z +=03.旋转曲面：一条平面曲线绕其平面上一条定直线旋转一周所形成的曲面叫做旋转曲面。

该定直线叫做旋转轴。

例：求坐标面xoz 上的双曲线12222=-cz a x 分别绕 x 轴和 z 轴旋转一周所生成的旋转曲面方程.解绕 x 轴旋转所成曲面方程为122222=+-cz y a x 绕 z 轴旋转所成曲面方程为122222=-+cz a y x （绕那个轴旋转，那个坐标不变。

高中数学第八章立体几何初步 8.5 空间直线、平面的平行 8.5.2 第1课时直线与平面平行的

8.5.2 直线与平面平行第1课时直线与平面平行的判定[目标] 1.理解并掌握直线与平面平行的判定定理，明确定理中“平面外”三个字的重要性；2.能利用判定定理证明线面平行问题．[重点] 直线与平面平行的判定定理及应用．[难点] 在应用时在平面内找到直线与已知直线平行．要点整合夯基础知识点直线与平面平行的判定定理[填一填][答一答]1．直线和平面平行的判定定理中如果没有“不在一个平面内”的限制条件，结论还成立吗？为什么？提示：结论不一定成立．因为直线a可能在平面α内．2．如果一条直线与平面内无数条直线平行，那么这条直线与这个平面平行吗？提示：不一定平行，有可能直线在平面内．3．直线a∥直线b，直线a∥平面α，那么直线b与平面α的位置关系是什么？提示：b∥α或b⊂α.典例讲练破题型类型一线面平行判定定理的理解[例1]下列说法中正确的是()A．若直线l平行于平面α内的无数条直线，则l∥αB．若直线a在平面α外，则a∥αC．若直线a∥b，b⊂α，则a∥αD．若直线a∥b，b⊂α，那么直线a平行于平面α内的无数条直线[解析]选项A中，直线l⊂α时，l与α不平行；直线在平面外包括直线与平面平行和直线与平面相交两种情况，所以选项B不正确；选项C中直线a可能在平面α内；选项D正确．故选D.[答案] D正确理解直线与平面平行的判定定理和掌握直线和平面的位置关系是解决此类题目的关键，可以采用直接法，也可以使用排除法.[变式训练1]设b是一条直线，α是一个平面，则由下列条件不能得出b∥α的是(A) A．b与α内一条直线平行B．b与α内所有直线都无公共点C．b与α无公共点D．b不在α内，且与α内的一条直线平行解析：A 中b 可能在α内；B 、C 显然是正确的；D 是线面平行的判定定理，所以选A. 类型二线面平行的证明[例2] 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，M ，N 分别为棱AC ，A 1B 1的中点，求证：MN ∥平面BCC 1B 1.[分析] 要证明直线a 与平面α平行的关键是在平面α内找一条直线b ，使a ∥b .考虑是否有已知的平行线，若无已知的平行线，则根据已知条件作出平行线(有中点常作中位线)．[证明] 取BC 的中点P ，连接B 1P 和MP ，因为M ，P 分别为棱AC ，BC 的中点，所以MP ∥AB ，且MP ＝12AB ，因为ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ，因为N 为棱A 1B 1的中点，所以B 1N ∥AB ，且B 1N ＝12AB . 所以B 1N ∥PM ，且B 1N ＝PM .所以MNB 1P 是平行四边形，所以MN ∥PB 1，又因为MN ⊄平面BCC 1B 1，PB 1⊂平面BCC 1B 1，所以MN ∥平面BCC 1B 1.判定直线与平面平行有两种方法：一是用定义；二是用判定定理.使用判定定理时关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，一般是遵循先找后作的原则，即现有的平面中没有出现与已知直线平行的直线时，我们再考虑添加辅助线.具体操作中，我们可以利用几何体的特征，合理利用中位线定理，或者构造平行四边形等证明两直线平行.[变式训练2] 如图，S 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，M ，N 分别是SA ，BD 上的点，且AM SM ＝DN NB.求证：MN ∥平面SBC .证明：如图，连接AN 并延长交BC 于P ，连接SP .因为AD ∥BC ，所以DN NB ＝AN NP，又因为AM SM ＝DN NB ，所以AM SM ＝AN NP，所以MN ∥SP ，又MN ⊄平面SBC ，SP ⊂平面SBC ，所以MN ∥平面SBC .类型三线面平行判定定理的综合应用[例3] 一木块如图所示，点P 在平面VAC 内，过点P 将木块锯开，使截面平行于直线VB 和AC ，应该怎样画线？[解]在平面VAC内经过P作EF∥AC，且与VC的交点为F，与VA的交点为E.在平面VAB内，经过点E作EH∥VB，与AB交于点H，如图所示．在平面VBC内经过点F作FG∥VB，与BC交于点G.连接GH，则EF、FG、GH、HE为截面与木块各面的交线，即EF、FG、GH、HE就是应画的线．利用直线和平面平行的判定定理来证明线面平行，关键是寻找平面内与已知直线平行的直线，常利用平行四边形、三角形中位线、基本事实4等.[变式训练3]如图，设P，Q是正方体ABCD-A1B1C1D1的面AA1D1D，面A1B1C1D1的中心，证明：PQ∥平面ABB1A1.证明：连接AB1，因为P，Q分别为AD1，B1D1的中点，所以PQ∥AB1，AB1⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1.所以PQ∥平面ABB1A1.课堂达标练经典1．如果直线a平行于平面α，则(B)A．平面α内有且只有一条直线与a平行B．平面α内无数条直线与a平行C．平面α内不存在与a平行的直线D．平面α内的任意直线与直线a都平行2．能保证直线a与平面α平行的条件是(D)A．b⊂α，a∥bB．b⊂α，c∥α，a∥b，a∥cC．b⊂α，A、B∈a，C、D∈b，且AC＝BDD．a⊄α，b⊂α，a∥b3．已知l、m是两条直线，α是平面，若要得到“l∥α”，则需要在条件“m⊂α，l∥m”中另外添加的一个条件是l⊄α.解析：根据直线与平面平行的判定定理，知需要添加的一个条件是“l⊄α”．4．一块矩形木板ABCD的一边AB在平面α内，把这块矩形木板绕AB转动，在转动的过程中，AB的对边CD与平面α的位置关系是CD∥α或CD⊂α.解析：在旋转过程中CD∥AB，由直线与平面平行的判定定理得CD∥α，或CD⊂α.5．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，P，Q分别是棱AB，AD，DD1，BB1的中点．求证：BC1∥平面EFPQ.证明：如图，连接AD1，由ABCD-A1B1C1D1是正方体，知C1D1綉BA，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.又FP⊂平面EFPQ，BC1⊄平面EFPQ，所以BC1∥平面EFPQ.——本课须掌握的问题判断或证明线面平行的常用方法：(1)定义法：证明直线与平面无公共点(不易操作)．(2)判定定理法：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(3)排除法：证明直线与平面不相交，直线也不在平面内．。