第七篇 第3节 空间中点 线 面之间的位置关系
第七篇结构线性静力学[1平面应力问题]
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(8)Utility Menu/Select/Entities，第1个下拉菜单 选择Nodes，第2个下拉列表选择Attached to, 第 3栏选择Lines，all, ok.
(12) Main Menu/Preprocessor/Meshing/Mesh/
Areas/Mapped/By Corners, 文本框中输入1，ok， 文本框中输入1,4,5,3，ok.
(13） Utility Menu/File/Change Title, 输入 GEOMETRIC MODEL，ok.
1、定义工作文件名和工作标题
(1)Utility Menu/File/Change Jobname, 输入新的 工作文件名EXERCISE1，并将new log and error files 设置为yes，单击ok。
(2)Utility Menu/File/Change Title，输入工作标题 ANALYSIS OF PLATE STRESS WITH SMALL CIRCLE，单击ok。
(2) Utility Menu/PlotCtrls/Numbering, 选择 LINE Numbering Controls，ok.
(3) Utility Menu/Plot/Lines.
(4) Utility Menu/Select/Entities，第1个下拉菜 单选择Lines，第2个下拉列表选择By Num/pick, 第3栏选择From Full，ok，文本框中输入4，ok.
（5） Main Menu/Preprocessor/Numbering Ctrls/Compress Numbers, 下拉菜单选择all.
2024年中考数学教学工作计划例文（6篇）
2024年中考数学教学工作计划例文本学期，我负责初一1班和2班的数学教学任务。
为确保工作的精确性和全面性，我制定了以下教学工作计划：一、教学理念：本学期，我将以“推动课堂改革，提升教学实效性”为核心，致力于提升每位学生的学习水平。
我将深入领会并贯彻学校的教育理念，坚持以学生为主体，勇于在教学方法上创新，努力成为一位杰出的数学教师。
二、工作目标：通过本学期的教学，期望学生能具备一定的数学素养，能自发地运用数学知识解决实际问题，形成坚实的数学基础。
培养一批数学优秀生，使他们掌握有效的学习方法。
减少不及格人数，营造良好的学习风气，养成良好的数学学习习惯。
并建立和谐的师生关系，促进学生的全面发展。
（一）、深入学习，树立新教学观念：开学初期，我将全面研读数学新课程标准，深入探究，以理解其核心理念为教学指导，确保教学实践与《标准》要求相一致，以实现对所有学生的有效教学，促进他们的全面发展。
（二）、了解学生心理特点，激发学习动力：初中阶段，学生心理发生显著变化，对“独立自主”的需求增强，但可能对中学阶段的挑战准备不足。
因此，教师需激发学生的学习兴趣，让他们了解数学在日常生活中的应用，通过实际体验增强他们对数学学习的直接兴趣。
教师在言行上要尊重学生的自尊心，鼓励他们积极参与课堂讨论。
（三）、以课堂教学为关键：（1）作为教师，我将全面掌握教材，精心备课，充分考虑学生、教学方法等因素。
设计教学内容时，要确保各环节过渡自然，提出的问题应具有层次性和挑战性，以满足不同学生的学习需求。
在学生方面，通过设立学习小组，利用小组合作的方式，促进优生帮助差生，带动中等生，以此提高整体教学质量。
2024年中考数学教学工作计划例文（二）一、教材内容体系分析本册教材共涵盖六章内容，其中关于空间与图形的章节为两章，即第四章《相似图形》与第六章《证明》（一）；关于数与代数的章节为三章，分别是第一章《一元一次不等式和一元一次不等式组》、第二章《分解因式》及第三章《分式》；而关于统计与概率的内容则集中在一章，即《数据的搜集与处理》。
(新课标)高三数学一轮复习 第7篇 第3节 空间点、直线、平面的位置关系课时训练 理-人教版高三全册
【导与练】（新课标）2016届高三数学一轮复习第7篇第3节空间点、直线、平面的位置关系课时训练理【选题明细表】知识点、方法题号平面的基本性质1、4、5、11、14点、线、面的位置关系2、3、6、8、9、15异面直线所成的角7、10、12、13基础过关一、选择题1.(2014威海模拟)设A、B、C、D是空间中四个不同的点,下列命题中,不正确的是( C )(A)若AC与BD共面,则AD与BC共面(B)若AC与BD是异面直线,则AD与BC是异面直线(C)若AB=AC,DB=DC,则AD=BC(D)若AB=AC,DB=DC,则AD⊥BC解析:若AB=AC,DB=DC,AD不一定等于BC,C不正确.2.(2015某某某某高三月考)下列说法正确的是( D )(A)若a⊂α,b⊂β,则a与b是异面直线(B)若a与b异面,b与c异面,则a与c异面(C)若a,b不同在平面α内,则a与b异面(D)若a,b不同在任何一个平面内,则a与b异面解析:由异面直线的定义可知选D.3.(2014某某模拟)若直线a⊥b,且直线a∥平面α,则直线b与平面α的位置关系是( D )(A)b⊂α(B)b∥α(C)b⊂α或b∥α(D)b与α相交或b⊂α或b∥α解析:b与α相交或b⊂α或b∥α都可以.故选D.4.(2014某某模拟)已知正方体ABCD A1B1C1D1中,O是BD1的中点,直线A1C交平面AB1D1于点M,则下列结论错误的是( D )(A)A1、M、O三点共线(B)M、O、A1、A四点共面(C)A、O、C、M四点共面(D)B、B1、O、M四点共面解析:由正方体的性质知,O也是A1C的中点,因此A1、M、O三点共线,又直线与直线外一点确定一个平面,所以B、C正确.由BB1与A1C异面知D错误.故选D.5.给出下列命题,其中正确命题的个数是( B )①如果线段AB在平面α内,那么直线AB在平面α内;②两个不同的平面可以相交于不在同一直线上的三个点A、B、C;③若三条直线a,b,c互相平行且分别交直线l于A,B,C三点,则这四条直线共面;④若三条直线两两相交,则这三条直线共面;⑤两组对边相等的四边形是平行四边形.(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:显然①③正确.若两平面有三个不共线的公共点,则这两平面重合,故②不正确.三条直线两两相交于同一点时,三条直线不一定共面,故④不正确;两组对边相等的四边形可能是空间四边形,⑤不正确.故选B.6.(2014某某模拟)如果两条异面直线称为“一对”,那么在正方体的十二条棱中共有异面直线( B )(A)12对(B)24对(C)36对(D)48对解析:如图所示,与AB异面的直线有B1C1,CC1,A1D1,DD1四条,因为各棱具有相同的位置且正方体共有12条棱,共有异面直线=24(对).故选B.二、填空题7.如图,在正三角形ABC中,D,E,F分别为各边的中点,G,H分别为DE,AF的中点,将△ABC沿DE,EF,DF折成正四面体P DEF,则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为.解析:折成的正四面体,如图,连接HE,取HE的中点K,连接GK,PK.则GK∥DH,故∠PGK(或其补角)即为所求的异面直线所成的角.设这个正四面体的棱长为2,在△PGK中,PG=,GK=,PK==,故cos∠PGK===.即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是.答案:8.(2014某某师大附中模拟)如图是某个正方体的展开图,l1,l2是两条侧面对角线,则在正方体中,对于l1与l2的下面四个结论中,正确的是.①互相平行;②异面且互相垂直;③异面且夹角为;④相交且夹角为.解析:将展开图还原成正方体如图所示,则B,C两点重合,故l1与l2相交,连接AD,则△ABD为正三角形,所以l1与l2的夹角为.答案:④9.(2014某某某某模拟)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.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.答案:0三、解答题10.(2014某某某某模拟)A是△BCD所在平面外的一点,E,F分别是BC,AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若AC⊥BD,AC=BD,求EF与BD所成的角.(1)证明:假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A,B,C,D在同一平面内,这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾,故直线EF与BD是异面直线.(2)解:取CD的中点G,连接EG,FG,则EG∥BD,所以相交直线EF与EG所成的角,即为异面直线EF与BD所成的角.在Rt△EGF中,由EG=FG=AC,求得∠FEG=45°,即异面直线EF与BD所成的角为45°.11.如图所示 ,在四面体ABCD中,E、G分别为BC、AB的中点,F在CD上,H在AD上,且有DF∶FC=DH∶HA=2∶3.求证:EF、GH、BD交于一点.证明:连接GE,FH.因为E、G分别为BC、AB的中点,所以GE∥AC,且GE=AC,又因为DF∶FC=DH∶HA=2∶3,所以FH∥AC,且FH=AC.所以FH∥GE,且GE≠FH.所以E、F、H、G四点共面,且四边形EFHG是一个梯形.设GH和EF交于一点O.因为O在平面ABD内,又在平面BCD内,所以O在这两个平面的交线上.因为这两个平面的交线是BD,且交线只有这一条,所以点O在直线BD上.这就证明了GH和EF的交点也在BD上,所以EF、GH、BD交于一点.能力提升12.(2014某某模拟)如图,正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G分别是线段AE,BC的中点,则AD与GF所成的角的余弦值为( A )(A)(B)(C)-(D)-解析:延长CD至H,使DH=1,连接HG、HF,则HF∥AD.HF=DA=,GF=,HG=,∴cos∠HFG==.故选A.13.(2014某某模拟)过正方体ABCD A1B1C1D1的顶点A作直线l,使l与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,这样的直线l可以作条.解析:如图,连接体对角线AC1,显然AC1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,所成角的正切值都为.联想正方体的其他体对角线,如连接BD1,则BD1与棱BC,BA,BB1所成的角都相等,∵BB1∥AA1,BC∥AD,∴体对角线BD1与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,同理,体对角线A1C,DB1也与棱AB,AD,AA1所成的角都相等,过A点分别作BD1,A1C,DB1的平行线都满足题意,故这样的直线l可以作4条. 答案:414.(2014某某模拟)如图,已知:E,F,G,H分别是正方体ABCD A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,证明:EF,HG,DC三线共点.证明:连接C1B,HE,GF,如图所示.由题意知HC1 EB,∴四边形HC1BE是平行四边形,∴HE∥C1B.又C1G=GC,CF=BF,故GF C1B,∴GF∥HE,且GF<HE,∴HG与EF相交,设交点为K,则K∈HG.又HG⊂平面D1C1CD,∴K∈平面D1C1CD.∵K∈EF,EF⊂平面ABCD,∴K∈平面ABCD.∵平面D1C1CD∩平面ABCD=DC,∴K∈DC,∴EF,HG,DC三线共点.探究创新15.(2013高考某某卷)如图,正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1,P为BC的中点,Q为线段CC1上的动点,过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是(写出所有正确命题的编号).①当0<CQ<时,S为四边形;②当CQ=时,S为等腰梯形;③当CQ=时,S与C1D1的交点R满足C1R=;④当<CQ<1时,S为六边形;⑤当CQ=1时,S的面积为.解析:利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解.①当0<CQ<时,如图(1).在平面AA1D1D内,作AE∥PQ,显然E在棱DD1上,连接EQ,则S是四边形APQE.②当CQ=时,如图(2).显然PQ∥BC1∥AD1,连接D1Q,则S是等腰梯形.③当CQ=时,如图(3).作BF∥PQ交CC1的延长线于点F,则C1F=.作AE∥BF,交DD1的延长线于点E,D1E=,AE∥PQ,连接EQ交C1D1于点R,由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E,∴C1Q∶D1E=C1R∶RD1=1∶2,∴C1R=.④当<CQ<1时,如图(3),连接RM(点M为AE与A1D1交点),显然S为五边形APQRM.⑤当CQ=1时,如图(4).同③可作AE∥PQ交DD1的延长线于点E,交A1D1于点M,显然点M为A1D1的中点,所以S为菱形APQM,其面积为MP×AQ=××=.答案:①②③⑤。
高中数学说课稿三篇
高中数学说课稿三篇高中数学说课稿篇11. 教材分析1-1教学内容及包含的知识点(1) 本课内容是高中数学第二册第七章第三节《两条直线的位置关系》的最后一个内容。
(2) 包含知识点：点到直线的距离公式和两平行线的距离公式。
1-2教材所处地位、作用和前后联系本节课是两条直线位置关系的最后一个内容，在此之前，有对两线位置关系的定性刻画：平行、垂直，以及对相交两线的定量刻画：夹角、交点。
在此之后，有圆锥曲线方程，因而本节既是对前面两线垂直、两线交点的复习，又是为后面计算点线距离(在直线和圆锥曲线构成的组合图形中)提供一套工具。
可见，本课有承前启后的作用。
1-3教学大纲要求掌握点到直线的距离公式1-4高考大纲要求及在高考中的显示形式掌握点到直线的距离公式。
在近年的高考中，通常以直线和圆锥曲线构成的组合图形为背景，判断直线和圆锥曲线的位置或构成三角形求高，涉及绝对值，直线垂直，最小值等。
1-5教学目标及确定依据教学目标(1) 掌握点到直线的距离的概念、公式及公式的推导过程，能用公式来求点线距离和线线距离。
(2) 培养学生探究性思维方法和由特殊到一般的研究能力。
(3) 认识事物之间相互联系、互相转化的辩证法思想，培养学生转化知识的能力。
(4) 渗透人文精神，既注重学生的智慧获得，又注重学生的情感发展。
确定依据：中华人民共和国教育部制定的《全日制普通高级中学数学教学大纲》(4月第一版)，《基础教育课程改革纲要(试行)》，《高考考试说明》() 1-6教学重点、难点、关键(1) 重点：点到直线的距离公式确定依据：由本节在教材中的地位确定(2) 难点：点到直线的距离公式的推导确定依据：根据定义进行推导，思路自然，但运算繁琐;用等积法推导，运算较简单，但思路不自然，学生易被动，主体性得不到体现。
分析“尝试性题组”解题思路可突破难点(3)关键：实现两个转化。
一是将点线距离转化为定点到垂足的距离;二是利用等积法将其转化为直角三角形中三顶点的距离。
2020届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第1节空间几何体的结构、三视图和直观图课件理新人教A版
【教材导读】 1．平行投影和中心投影的区别和联系？ 提示：中心投影与人们感官的视觉效果是一致的，它常用来进行绘 画；平行投影中，与投影面平行的平面图形留下的影子，与这个平面图 形的形状和大小完全相同．
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2.两面平行，其余各面都是平行四边形的几何体就 是棱柱吗？
提示：不是，其余各面中相邻两面的公共边不一定都平行，如图几何 体就不是棱柱．
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D 解析：A 错误，如图(1)，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构 成的几何体，各面都是三角形，但它不是三棱锥．
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B 错误，如图(2)(3)，若△ABC 不是直角三角形或是直角三角形，但 旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．
C 错误，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形． 由几何图形知，若以正六边形为底面，则侧棱长必然要大于底面边长． D 正确．
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2．一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D 为原正方体的顶点， 则在原来的正方体中( )
(A)AB∥CD (C)AB⊥CD 答案：D
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(B)AB 与 CD 相交 (D)AB 与 CD 所成的角为 60°
3．下图中的几何体是由下面哪个平面图形旋转得到的( )
答案：A
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4．(2018 全国Ⅰ卷)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如 右图．
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第 1 节 空间几何体的结构、三视图和直观图
最新考纲 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描 述现实生活中简单物体的结构． 2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的 三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们 的直观图. 3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形 的不同表示形式． 4.会画某些建筑物的三视图和直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸 线条等不作严格要求)
2024年数学科目学期教学计划模版(三篇)
2024年数学科目学期教学计划模版1、深入剖析数学教学的薄弱环节，致力于在实际教学中寻找解决方案，广泛征求教师意见，进行深入探讨，以期使参与教师获得实质性的提升。
2、教研活动应形成系统。
例如，可围绕特定主题组织理论学习，明确目标开展研讨课程，并进行下一轮的集体研讨。
集体备课要注重实效，要充分发挥每位教师的智慧。
唯有如此，才能为更多教师创造参与、锻炼的机会，真正将教研活动与提升课堂教学效率相结合，与解决实际问题相结合，与教师的专业发展相结合。
（二）继续深入学习《数学课程标准》，切实转变教学观念。
本学期，我市已进入第八轮课程改革的第三个学期，国标本苏教版教材的实验也已涵盖二年级。
我们应看到，无论是起始年级还是高年级的数学教师，在教学观念上已有一定的转变。
但我们也要认识到，教学观念的实质性转变和基本理念的确立并非一蹴而就。
因此，本学期将继续加强教师培训，深入学习《数学课程标准》，进一步确立新课程标准的基本观念和课程目标：1、数学课程理念：强调基础性、普及性和发展性。
2、数学学科理念：数学应促进学生终身学习的意愿和能力的发展。
3、数学学习理念：动手实践、自主探索和合作交流是学习数学的重要方式。
4、数学教学活动理念：学生是学习的主体，教师是数学学习的组织者、引导者和合作者。
5、数学评价理念：关注学习过程和态度，帮助学生建立自我认知和信心。
6、现代信息技术理念：利用技术使学生能更专注于实际的、探索性的数学活动。
在“数与代数”、“空间与图形”、“统计与概率”及“实践与综合应用”等领域的学习中，应强调学生的数学活动，注重发展学生的数感、符号感、空间感、统计观念，以及应用意识和推理能力。
教师在组织学生活动时，不仅要关注显性目标的达成，更应关注这些隐性目标的实现，以促进学生的持续发展。
（三）提升教研实效，营造浓厚的教研氛围。
1、探索新的评价方式，努力建立新的评价体系。
构建科学合理的数学教学评价机制是课程改革成功的关键。
2024届新高考一轮复习人教B版 主题三 第七章 第3节 空间直线、平面的平行 课件(40张)
3.(多选题)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,则(
A.平面PAD内任意一条直线都不与BC平行
B.平面PBC内存在无数条直线与平面PAD平行
C.平面PAB和平面PCD的交线不与底面ABCD平行
D.平面PAD和平面PBC的交线不与底面ABCD平行
ABD
)
解析:若平面PAD内存在直线与BC平行,则BC∥平面PAD,
所以A′B′∶AB=3∶7,所以S△A′B′C′∶S△ABC=9∶49.
答案:9∶49
直线、平面平行的基本问题
1.(多选题)平面α与平面β平行的条件可以是( BCD
)
A.α内有无数条直线都与β平行
B.α内的任何直线都与β平行
C.两条相交直线同时与α,β平行
D.两条异面直线同时与α,β平行
解析:当α内有无数条直线与β平行时,α与β可能平行,也可能相交,故A错误;
又EF⊂平面ACE,
BD1⊄平面ACE,
所以BD1∥平面ACE.
答案:平行
3.如图所示,P是三角形ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,α分别交线段PA,PB,PC
于A′,B′,C′,若PA′∶AA′=3∶4,则S△A′B′C′∶S△ABC=
.
解析:由题意,因为平面α∥平面ABC,所以A′B′∥AB,B′C′∥BC,A′C′∥AC,
如果平面外一条直线与此平面
内的一条直线 平行 ,那么该
判定定理
直线与此平面平行(线线平行⇒
线面平行)
一条直线与一个平面平行,如果
过该直线的平面与此平面相交,
性质定理
那么该直线与交线平行(线面平
行⇒线线平行)
图形语言
符号语言
高考数学大一轮复习配套课时训练：第七篇 立体几何 第3节 空间点、直线、平面的位置关系(含答案)
第3节空间点、直线、平面的位置关系课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.若空间中有两条直线,则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的( A )(A)充分非必要条件 (B)必要非充分条件(C)充分必要条件(D)既非充分又非必要条件解析:两直线异面⇒两直线没有公共点,反之不然,所以“两直线异面”是“这两直线没有公共点”的充分不必要条件,故选A.2.有以下命题:①若平面α与平面β相交,则它们只有有限个公共点;②经过一条直线和这条直线外的一点,有且只有一个平面;③经过两条相交直线有且只有一个平面;④两两相交且不共点的三条直线确定一个平面.其中,真命题的个数是( B )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:将四个命题一一验证知,只有①不正确,故选B.3.以下四个命题中,正确命题的个数是( B )①不共面的四点中,其中任意三点不共线;②若点A、B、C、D共面,点A、B、C、E共面,则A、B、C、D、E共面;③若直线a、b共面,直线a、c共面,则直线b、c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:①中,假设存在三点共线,则这四点必共面,与题设矛盾,故①正确;②中,若A、B、C三点共线,则A、B、C、D、E有可能不共面,故②错误;③中,如图所示正方体的棱中,a、b共面,a、c共面,而b、c异面,故③错误;④中,空间四边形的四条线段不共面,故④错误,故选B.4.若两条直线和一个平面相交成等角,则这两条直线的位置关系是( D )(A)平行(B)异面(C)相交(D)平行、异面或相交解析:经验证,当平行、异面或相交时,均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现,故选D.5.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,C∉l,则平面ABC与平面β的交线是( C )(A)直线AC(B)直线AB(C)直线CD(D)直线BC解析:∵D∈l,l⊂β,∴D∈β,又∵D∈AB,AB⊂平面ABC,∴D∈平面ABC,即D在平面ABC与平面β的交线上,又∵C∈平面ABC,C∈β,∴C在平面β与平面ABC的交线上.从而有平面ABC∩平面β=CD.故选C.6.已知A、B是两个不同的点,m、n是两条不重合的直线,α、β是两个不重合的平面,则①m⊂α,A∈m⇒A∈α;②m∩n=A,A∈α,B∈m⇒B ∈α;③m⊂α,n⊂β,m∥n⇒α∥β;④m⊂α,m⊥β⇒α⊥β.其中真命题为( C )(A)①③(B)②③(C)①④(D)②④解析:根据平面的性质,可知①正确,②中不能确定B∈α,③中α与β可能平行、也可能相交,④中根据面面垂直判定定理可知正确,故①④为真命题.故选C.7.(2013唐山统考)四棱锥P ABCD的所有侧棱长都为,底面ABCD是边长为2的正方形,则CD与PA所成角的余弦值为( B )(A) (B)(C)(D)解析: 如图在四棱锥P ABCD中,CD与PA所成的角即是AB与PA所成的角,即∠PAB,取AB中点M,连接PM.在Rt△PAM中,PA=,AM=1,所以cos∠PAB==.故选B.二、填空题8.下列命题中不正确的是.(填序号)①没有公共点的两条直线是异面直线;②分别和两条异面直线都相交的两直线异面;③一条直线和两条异面直线中的一条平行,则它和另一条直线不可能平行;④一条直线和两条异面直线都相交,则它们可以确定两个平面.解析:没有公共点的两直线平行或异面,故①错;如果与两异面直线中一条交于一点,则两直线相交,故命题②错;命题③:若c∥b,又c∥a,则a∥b,这与a,b异面矛盾,故c、b不可能平行,③正确;命题④正确,若c与两异面直线a,b都相交,由公理2可知,a,c可确定一个平面,b,c也可确定一个平面,这样a,b,c共确定两个平面.答案:①②9.对于空间三条直线,有下列四个条件:①三条直线两两相交且不共点;②三条直线两两平行;③三条直线共点;④有两条直线平行,第三条直线和这两条直线都相交.其中使三条直线共面的充分条件有.解析:易知①中的三条直线一定共面;三棱柱三侧棱两两平行,但不共面,故②错;三棱锥三侧棱交于一点,但不共面,故③错;④中两条直线平行可确定一个平面,第三条直线和这两条直线相交于两点,则第三条直线也在这个平面内,故三条直线共面.答案:①④10.下列如图所示的是正方体和正四面体,P、Q、R、S分别是所在棱的中点,则四个点共面的图形是.(填上图形的序号)解析: 图①中,由于PS∥QR,所以P、Q、R、S四点共面;图②中,如图,容易知道,PMQNRS为六边形,所以图②中四点共面;图③中,易证PQ RS,所以图③中四点共面;图④中,Q点所在棱与平面PRS平行,因此四点不共面.综上可知,四点共面的图形有①②③.答案:①②③11. 如图所示,在三棱锥A BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则当AC,BD满足条件时,四边形EFGH为菱形,当AC,BD满足条件时,四边形EFGH是正方形.解析:易知EH∥BD∥FG,且EH=BD=FG,同理EF∥AC∥HG,且EF=AC=HG,显然四边形EFGH为平行四边形.要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF=EH,即AC=BD;要使四边形EFGH为正方形需AC⊥BD.答案:AC=BD AC⊥BD三、解答题12. 如图所示,在四面体ABCD中作截面PQR,若PQ、CB的延长线交于点M,RQ、DB的延长线交于点N,RP、DC的延长线交于点K,求证:M、N、K三点共线. 证明:∵M∈PQ,直线PQ⊂平面PQR,M∈BC,直线BC⊂平面BCD,∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共点,即M在平面PQR与平面BCD的交线上.同理可证N、K也在平面PQR与平面BCD的交线上.又如果两个平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线,所以M、N、K三点共线.13.点A是△BCD所在平面外的一点,E、F分别是BC、AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若AC⊥BD,AC=BD,求EF与BD所成的角.(1)证明:假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A、B、C、D在同一平面内,这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线.(2)解:如图所示,取CD的中点G,连接EG、FG,则EG∥BD,FG∥AC,所以相交直线EF与EG所成的角即为异面直线EF与BD所成的角. 又由FG∥AC,AC⊥BD,AC=BD知△EGF为等腰直角三角形,则∠FEG=45°,即异面直线EF与BD所成的角为45°.B组14.将正方形ABCD沿对角线BD折起,使平面ABD⊥平面CBD,E是CD 的中点,则异面直线AE与BC所成角的正切值为( A )(A) (B)(C)2 (D)解析:如图所示正方形ABCD及折叠后图形,取BD中点O,连接OE、AO,则OE∥BC,则∠AEO就是异面直线BC与AE所成的角(或其补角), 设正方形边长为2,则OE=1,AO=,由平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面CBD=BD,AO⊥DB,知AO⊥平面BDC,则AO⊥EO.在Rt△AOE中,tan∠AEO==.故选A.15. 如图所示,ABCD A1B1C1D1是长方体,AA1=a,∠BAB1=∠B1A1C1=30°,则AB与A1C1所成的角为,AA1与B1C所成的角为.解析:∵AB∥A1B1,∴∠B1A1C1是AB与A1C1所成的角,∴AB与A1C1所成的角为30°.∵AA1∥BB1,∴∠BB1C是AA1与B1C所成的角,由已知条件可以得出BB1=a,AB1=A1C1=2a,AB=a,∴B1C1=BC=a,∴四边形BB1C1C是正方形,∴∠BB1C=45°.答案:30°45°16. 如图所示 ,在四面体ABCD中,E、G分别为BC、AB的中点,F在CD上,H在AD上,且有DF∶FC=DH∶HA=2∶3.求证:EF、GH、BD交于一点.证明:连接GE,FH.因为E、G分别为BC、AB的中点,所以GE∥AC,且GE=AC,又因为DF∶FC=DH∶HA=2∶3,所以FH∥AC,且FH=AC.所以FH∥GE,且GE≠FH.所以E、F、H、G四点共面,且四边形EFHG是一个梯形.设GH和EF交于一点O.因为O在平面ABD内,又在平面BCD内,所以O在这两个平面的交线上.因为这两个平面的交线是BD,且交线只有这一条, 所以点O在直线BD上.这就证明了GH和EF的交点也在BD上,所以EF、GH、BD交于一点.。
中班美术《点线面》教案(优秀4篇)
中班美术《点线面》教案(优秀4篇)在教学工作者开展教学活动前，通常会被要求编写教案，教案是教学活动的依据，有着重要的地位。
如何把教案做到重点突出呢？为了帮助大家更好的写作点线面作业，作者整理分享了4篇中班美术《点线面》教案。
中班美术《点线面》教案篇一一、教学目标：1.初步认识点、线、面。
2.观察生活中的点、线、面，感受点、线、面的美。
3.利用画或者拼贴进行点、线、面的排列，创作一幅作品。
4.发现生活中的美，创造性的表现美。
二、教学重点：观察生活中的点、线、面，并能用绘画或粘贴的方式表现它们的组合变化。
三、教学难点：画面中点、线、面的搭配巧妙，布局合理，富有美感。
四、教学准备：教师：课件、榜样作品。
学生：铅画纸、水彩笔、彩色铅笔、油画棒、毛笔、颜料等。
五、教学过程：（一）、绘画游戏，导入新课1.实物投影演示点、线、面效果。
同学们，你们见过彩色的雨吗？点：滴答，滴答，下雨了！（滴颜料）线：（竖起纸来），低落在窗玻璃上，留下线的痕迹。
面：雨下大了，地面积起了水汪。
2.出示课题生活中，点线面无处不在，让我们一起去寻找他们的足迹吧！（二）、探究体验1.找一找生活中的点线面。
2.摄影作品赏析，感受点线面在作品形成的视觉美感。
（1）停在电线上的麻雀：休息在电线上的燕子是我们熟悉的点和线的结合，大大小小有聚有散的点组合在一起，看起来真有趣。
（2）斜拉桥：斜拉桥有我们熟悉的平行线，由长线到短线的变化，让我们感觉到大桥由近向远延伸。
（3）罗平梯田：云南的罗平梯田是当地人民辛勤劳动的象征。
它展示给我们随意流畅的曲线，时而重叠，时而平行，纵横交错；无论是曲线还是直线，它们时聚时散，为我们勾勒出富有诗意的画面。
3.小练习，认识点线面请同学画画自己认识的点、线、面点：你画的点像什么？画面中你的点是怎样排列的？你能把它变成线吗？（点连接起来就是线，把它放大了就是面。
）线：有曲有直。
可有粗细、方向、组合上的变化。
面：包括规则的面和不规则的面。
古生物地层学 第7章 地层学基本原理和研究方法
3. 年代地层单位和地质年代单位 （1）年代地层单位——特定的地质时间间隔内形成 年代地层单位——特定的地质时间间隔内形成 的岩石体。从大→小划分为六级： 的岩石体。从大→小划分为六级： 时间带。 宇、界、系、统、阶、时间带。 地质年代单位——地质时期中的时间划分单位 地质时期中的时间划分单位。 （2）地质年代单位——地质时期中的时间划分单位。从 小划分为六级： 大→小划分为六级： 宙、代、纪、世、期、时
一、地层（Stratum） 地层（Stratum）
地层是具有某种共同特征或属性的岩石体， 地层是具有某种共同特征或属性的岩石体，能以明显 界面或经研究后推论的某种解释性界面与相邻的岩层和岩 石体相区分。 石体相区分。
二、地层学（Stratigraphy） 地层学（Stratigraphy）
狭义地层学 研究成层岩石的顺序和时代的科学，也 研究成层岩石的顺序和时代的科学， 称之为生物地层学。 称之为生物地层学。 广义地层学 不仅研究岩层的相互关系和年代关系， 不仅研究岩层的相互关系和年代关系， 还要研究岩层所包含的物质特性及其时空分布规律和成因 环境等方面的内容，恢复地壳形成历史，指导矿产普查、 环境等方面的内容，恢复地壳形成历史，指导矿产普查、 勘探。它是地球科学中最基本的学科。 勘探。它是地球科学中最基本的学科。
第二篇 地层学与地质发展史
第七章 基本原理和研究方法
第一节 地层学基本原理
地层就像一部万卷巨著， 地层就像一部万卷巨著，记录和保存了从地球 形成以来地球发展和演化的历史。 形成以来地球发展和演化的历史。地层学是一门全 球性学科，也是地质科学的一门基础学科。 球性学科，也是地质科学的一门基础学科。 地质发展史是研究地球历史的科学。 地质发展史是研究地球历史的科学。地质发展 史的研究内容主要包括生物演化史、 史的研究内容主要包括生物演化史、沉积演变史和 地壳构造发展史。 地壳构造发展史。
平面构成中点线面的关系
平面构成中点线面的关系
在平面构成中，点、线、面是最基本的元素，它们之间的关系可以通过以下几个方面来描述：
1. 点构成线：点按照一定的方向和距离排列，可以形成各种形式的线，如直线、曲线等。
点的密集程度和排列方式决定了线的特征。
2. 线构成面：线按照一定的方向和形状进行排列和组合，可以形成不同形状的面。
线的长度、方向、弯曲程度以及它们之间的关系决定了面的形态。
3. 点线面相互转化：在一定条件下，点、线、面之间可以相互转化。
例如，当点的数量足够多时，它们可以构成线或面；同样，线的排列方式也可以形成面。
4. 比例关系：点、线、面在构成中存在着比例关系。
不同大小、形状的点、线、面的组合会影响整个构成的视觉效果和平衡感。
5. 空间关系：在平面构成中，虽然只有二维空间，但通过点、线、面的排列和组合，可以营造出立体感和空间感。
6. 情感表达：点、线、面的不同组合和运用方式可以传达出不同的情感和氛围。
例如，直线通常给人稳定、简洁的感觉，曲线则更加柔和、流畅。
点、线、面在平面构成中是相互关联、相互影响的。
它们的组合和运用方式决定了整个构成的形式美感和表现力。
人教版七年级数学上册《几何图形初步——点、线、面、体》教学PPT课件(3篇)
举出生活中能够说明“点动成线”这一结论的例子.
问题 汽车的雨刷在挡风玻璃上画出一个扇 面，从几何的角度观察这种现象，你可以 得出什么结论？
小结：线动成面.
问题 当面运动时又会形成什么图形？如何 验证你的猜想？
小结：面动成体.
电视屏幕上的画面，大型团体操的背景图案， 都可以看作由点组成的.
长方体
正方体
球体
圆柱
合作探究
图形构成的元素
以上立体图形都是几何体，简称体.
问题： 1. 你知道这些几何体是由什么围成的吗？ 2. 下图中的图形分别有哪些面？这些面有什么不同吗？
结论： 1. 几何体是由面围成的. 2. 面分为平面和曲面.
合作探究
实际生活中的平面与曲面
平面
曲面
平面
曲面
练一练 如下图，围成这些立体图形的各个面中，哪些面是平的？哪些面 是曲的？
正方体 圆柱体 球
长方体
小结：长方体、正方体、圆柱、圆锥、球、 棱柱、棱锥等都是几何体，几何体简称体.
思考 包围着体的是什么？ 小结：包围着体的是面.
观察这些面，它们有区别吗？
小结：面是有区别的，可以分为平面和曲面 ；围成体的面只是平面或曲面的一部分.
思考 面与面相交的地方形成了什么图形？
小结：面与面相交的地方形成线，线分为 直线和曲线.
2．体是由_______围成的，面和面相交形成_______， 线和线相交形成______；
3．点动成________，线动成______，面动成_______；
• 4．将三角形绕直线L旋转一周，可以得到如下图所示立体图形的是 （）
•
A
B
C
D
点、线、面、体
2015年高考数学一轮复习课时训练第3节 空间点、直线、平面的位置关系
第3节空间点、直线、平面的位置关系课时训练练题感提知能【选题明细表】A组一、选择题1.若空间中有两条直线,则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的( A )(A)充分非必要条件 (B)必要非充分条件(C)充分必要条件(D)既非充分又非必要条件解析:两直线异面⇒两直线没有公共点,反之不然,所以“两直线异面”是“这两直线没有公共点”的充分不必要条件,故选A.2.有以下命题:①若平面α与平面β相交,则它们只有有限个公共点;②经过一条直线和这条直线外的一点,有且只有一个平面;③经过两条相交直线有且只有一个平面;④两两相交且不共点的三条直线确定一个平面.其中,真命题的个数是( B )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:将四个命题一一验证知,只有①不正确,故选B.3.以下四个命题中,正确命题的个数是( B )①不共面的四点中,其中任意三点不共线;②若点A、B、C、D共面,点A、B、C、E共面,则A、B、C、D、E共面;③若直线a、b共面,直线a、c共面,则直线b、c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:①中,假设存在三点共线,则这四点必共面,与题设矛盾,故①正确;②中,若A、B、C三点共线,则A、B、C、D、E有可能不共面,故②错误;③中,如图所示正方体的棱中,a、b共面,a、c共面,而b、c异面,故③错误;④中,空间四边形的四条线段不共面,故④错误,故选B.4.若两条直线和一个平面相交成等角,则这两条直线的位置关系是( D )(A)平行(B)异面(C)相交(D)平行、异面或相交解析:经验证,当平行、异面或相交时,均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现,故选D.5.如图所示,平面α∩平面β=l,A∈α,B∈α,AB∩l=D,C∈β,C∉l,则平面ABC与平面β的交线是( C )(A)直线AC(B)直线AB(C)直线CD(D)直线BC解析:∵D∈l,l⊂β,∴D∈β,又∵D∈AB,AB⊂平面ABC,∴D∈平面ABC,即D在平面ABC与平面β的交线上,又∵C∈平面ABC,C∈β,∴C在平面β与平面ABC的交线上.从而有平面ABC∩平面β=CD.故选C.6.已知A、B是两个不同的点,m、n是两条不重合的直线,α、β是两个不重合的平面,则①m⊂α,A∈m⇒A∈α;②m∩n=A,A∈α,B∈m⇒B ∈α;③m⊂α,n⊂β,m∥n⇒α∥β;④m⊂α,m⊥β⇒α⊥β.其中真命题为( C )(A)①③(B)②③(C)①④(D)②④解析:根据平面的性质,可知①正确,②中不能确定B∈α,③中α与β可能平行、也可能相交,④中根据面面垂直判定定理可知正确,故①④为真命题.故选C.7.(2013唐山统考)四棱锥P ABCD的所有侧棱长都为,底面ABCD是边长为2的正方形,则CD与PA所成角的余弦值为( B )(A) (B)(C)(D)解析: 如图在四棱锥P ABCD中,CD与PA所成的角即是AB与PA所成的角,即∠PAB,取AB中点M,连接PM.在Rt△PAM中,PA=,AM=1,所以cos∠PAB==.故选B.二、填空题8.下列命题中不正确的是.(填序号)①没有公共点的两条直线是异面直线;②分别和两条异面直线都相交的两直线异面;③一条直线和两条异面直线中的一条平行,则它和另一条直线不可能平行;④一条直线和两条异面直线都相交,则它们可以确定两个平面.解析:没有公共点的两直线平行或异面,故①错;如果与两异面直线中一条交于一点,则两直线相交,故命题②错;命题③:若c∥b,又c∥a,则a∥b,这与a,b异面矛盾,故c、b不可能平行,③正确;命题④正确,若c与两异面直线a,b都相交,由公理2可知,a,c可确定一个平面,b,c也可确定一个平面,这样a,b,c共确定两个平面.答案:①②9.对于空间三条直线,有下列四个条件:①三条直线两两相交且不共点;②三条直线两两平行;③三条直线共点;④有两条直线平行,第三条直线和这两条直线都相交.其中使三条直线共面的充分条件有.解析:易知①中的三条直线一定共面;三棱柱三侧棱两两平行,但不共面,故②错;三棱锥三侧棱交于一点,但不共面,故③错;④中两条直线平行可确定一个平面,第三条直线和这两条直线相交于两点,则第三条直线也在这个平面内,故三条直线共面.答案:①④10.下列如图所示的是正方体和正四面体,P、Q、R、S分别是所在棱的中点,则四个点共面的图形是.(填上图形的序号)解析: 图①中,由于PS∥QR,所以P、Q、R、S四点共面;图②中,如图,容易知道,PMQNRS为六边形,所以图②中四点共面;图③中,易证PQ RS,所以图③中四点共面;图④中,Q点所在棱与平面PRS平行,因此四点不共面.综上可知,四点共面的图形有①②③.答案:①②③11. 如图所示,在三棱锥A BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,DA的中点,则当AC,BD满足条件时,四边形EFGH为菱形,当AC,BD满足条件时,四边形EFGH是正方形.解析:易知EH∥BD∥FG,且EH=BD=FG,同理EF∥AC∥HG,且EF=AC=HG,显然四边形EFGH为平行四边形.要使平行四边形EFGH为菱形需满足EF=EH,即AC=BD;要使四边形EFGH为正方形需AC⊥BD.答案:AC=BD AC⊥BD三、解答题12. 如图所示,在四面体ABCD中作截面PQR,若PQ、CB的延长线交于点M,RQ、DB的延长线交于点N,RP、DC的延长线交于点K,求证:M、N、K三点共线. 证明:∵M∈PQ,直线PQ⊂平面PQR,M∈BC,直线BC⊂平面BCD,∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共点,即M在平面PQR与平面BCD的交线上.同理可证N、K也在平面PQR与平面BCD的交线上.又如果两个平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线,所以M、N、K三点共线.13.点A是△BCD所在平面外的一点,E、F分别是BC、AD的中点.(1)求证:直线EF与BD是异面直线;(2)若AC⊥BD,AC=BD,求EF与BD所成的角.(1)证明:假设EF与BD不是异面直线,则EF与BD共面,从而DF与BE共面,即AD与BC共面,所以A、B、C、D在同一平面内,这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾.故直线EF与BD是异面直线.(2)解:如图所示,取CD的中点G,连接EG、FG,则EG∥BD,FG∥AC,所以相交直线EF与EG所成的角即为异面直线EF与BD所成的角. 又由FG∥AC,AC⊥BD,AC=BD知△EGF为等腰直角三角形,则∠FEG=45°,即异面直线EF与BD所成的角为45°.B组14.将正方形ABCD沿对角线BD折起,使平面ABD⊥平面CBD,E是CD 的中点,则异面直线AE与BC所成角的正切值为( A )(A) (B)(C)2 (D)解析:如图所示正方形ABCD及折叠后图形,取BD中点O,连接OE、AO,则OE∥BC,则∠AEO就是异面直线BC与AE所成的角(或其补角), 设正方形边长为2,则OE=1,AO=,由平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面CBD=BD,AO⊥DB,知AO⊥平面BDC,则AO⊥EO.在Rt△AOE中,tan∠AEO==.故选A.15. 如图所示,ABCD A1B1C1D1是长方体,AA1=a,∠BAB1=∠B1A1C1=30°,则AB与A1C1所成的角为,AA1与B1C所成的角为.解析:∵AB∥A1B1,∴∠B1A1C1是AB与A1C1所成的角,∴AB与A1C1所成的角为30°.∵AA1∥BB1,∴∠BB1C是AA1与B1C所成的角,由已知条件可以得出BB1=a,AB1=A1C1=2a,AB=a,∴B1C1=BC=a,∴四边形BB1C1C是正方形,∴∠BB1C=45°.答案:30°45°16. 如图所示 ,在四面体ABCD中,E、G分别为BC、AB的中点,F在CD上,H在AD上,且有DF∶FC=DH∶HA=2∶3.求证:EF、GH、BD交于一点.证明:连接GE,FH.因为E、G分别为BC、AB的中点,所以GE∥AC,且GE=AC,又因为DF∶FC=DH∶HA=2∶3,所以FH∥AC,且FH=AC.所以FH∥GE,且GE≠FH.所以E、F、H、G四点共面,且四边形EFHG是一个梯形.设GH和EF交于一点O.因为O在平面ABD内,又在平面BCD内,所以O在这两个平面的交线上.因为这两个平面的交线是BD,且交线只有这一条, 所以点O在直线BD上.这就证明了GH和EF的交点也在BD上,所以EF、GH、BD交于一点.。
【创新方案】高考数学(理)一轮复习配套文档：第7章 第3节 空间点、线、面之间的位置关系
第三节 空间点、线、面之间的位置关系【考纲下载】1．理解空间直线、平面位置关系的定义．2．了解可以作为推理依据的公理和定理．3．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题．1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．2．空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系⎩⎨⎧ 共面直线⎩⎪⎨⎪⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(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. (3)平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．1．不相交的两条直线是异面直线吗？提示：不一定．不相交的两条直线可能平行，也可能异面．2．不在同一平面内的直线是异面直线吗？提示：不一定．不在同一平面内的直线可能异面，也可能平行．1．(2013·安徽高考)在下列命题中，不是．．公理的是 ( ) A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么它们有且只有一条过该点的公共直线 解析：选A B 、C 、D 选项均为公理，故选A.2．(教材习题改编)下列命题：①经过三点确定一个平面；②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C 对于①，未强调三点不共线，故①错误；②正确；对于③，三条直线两两相交，如空间直角坐标系，能确定三个平面，故③正确；对于④，未强调三点不共线，则两平面也可能相交，故④错误．故选C.3．已知a 、b 是异面直线，直线c ∥直线a ，那么c 与b ( )A ．一定是异面直线B ．一定是相交直线C ．不可能是平行直线D ．不可能是相交直线解析：选C 假设c ∥b ，由公理4可知，a ∥b ，与a 、b 是异面直线矛盾，故选C.4．若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则( )A ．α内的所有直线与l 异面B ．α内不存在与l 平行的直线C ．α内存在唯一的直线与l 平行D ．α内的直线与l 都相交解析：选B 若直线l 不平行于平面α，且l ⊄α，则l 与α相交，故选B.5．如果两条异面直线称为“一对”，那么在正方体的十二条棱中共有异面直线________对．解析：异面直线的对数为12×42＝24. 答案：24方法博览(四)构造法判断空间线面位置关系[典例] (2012·四川高考)下列命题正确的是( )A ．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行B ．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C ．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行D ．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行[解题指导] 可借助正方体模型逐项分析，然后作出选择．[解析]如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，A 1D 与D 1A 和平面ABCD 所成的角都是45°，但A 1D 与D 1A 不平行，故A 错；在平面ABB 1A 1内，直线A 1B 1上有无数个点到平面ABCD 的距离相等，但平面ABB 1A 1与平面ABCD 不平行，故B 错；平面ADD 1A 1与平面DCC 1D 1和平面ABCD 都垂直，但两个平面相交，故D 错误 ，从而C 正确．[答案] C[点评] 1.解决本题时，若盲目和平面内平行线的判定定理类比，则易误选A ；若不会借助正方体作出判断，则易发生考虑问题不全面，导致误选B 或D.2．点、线、面之间的位置关系可借助正方体为模型，以正方体为主线直观感知并认识空间点、线、面的位置关系，准确判定线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直．(2014·海口模拟)若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即AB＝CD，AC＝BD，AD＝BC，则________(写出所有正确结论的编号)．①四面体ABCD每组对棱相互垂直；②四面体ABCD每个面的面积相等；③从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90°而小于180°；④连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分；⑤从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长．解析：把四面体ABCD放置在如图所示的长方体中，显然①错误；因四个面对应的三角形的三边分别对应相等，即它们为全等的三角形，所以②正确；当四面体ABCD为正四面体时，夹角之和等于180°，所以③错误；因每组对棱中点的连线分别与长方体的棱平行，且都经过长方体的中心，所以④正确；而⑤显然成立．故应填②④⑤.答案：②④⑤。
2020新课标高考艺术生数学复习教师用书：第七章第3节 圆的方程
第3节 圆的方程最新考纲核心素养考情聚焦掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程1.确定圆的方程，达成直观想象、数学建模和数学运算的素养．2.与圆有关的最值，增强数学建模和数学运算的素养．3.与圆有关的轨迹问题，提升逻辑推理和数学抽象的素养圆的方程、与圆有关的最值问题、与圆有关的轨迹问题是近几年高考中的热点．常与直线、椭圆、抛物线等知识结合考查．题型以选择题、填空题，有时以解答题第一题形式出现，一般难度不会太大，属中低档题型，要合理转化，必要时借助几何意义，三角换元求解1．圆的定义和圆的方程定义平面内到 定点 的距离等于 定长 的点的轨迹叫做圆标准方程一般方程方程(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F ＞0)圆心坐标(a ，b )(－D 2，－F2)半径r12D 2＋E 2－4F 充要条件 D 2＋E 2－4F ＞0 2.点与圆的位置关系平面上的一点M (x0，y 0)与圆C ：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2之间存在着下列关系：(1)d ＞r ⇔M 在圆外，即(x 0－a )2＋(y 0－b )2＞r 2⇔M 在 圆外 ；(2)d ＝r ⇔M 在圆上，即(x 0－a )2＋(y 0－b )2＝r 2⇔M 在 圆上 ；(3)d ＜r ⇔M 在圆内，即(x 0－a )2＋(y 0－b )2＜r 2⇔M 在 圆内 .1.圆的三个性质(1)圆心在过切点且垂直于切线的直线上；(2)圆心在任一弦的中垂线上；(3)两圆相切时，切点与两圆心三点共线．2．两个圆系方程具有某些共同性质的圆的集合称为圆系，它们的方程叫圆系方程．(1)同心圆系方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r >0)，其中a ，b 为定值，r 是参数；(2)半径相等的圆系方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r >0)，其中r 为定值，a ，b是参数．[思考辨析] 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．(1)确定圆的几何要素是圆心与半径．( )(2)方程(x ＋a )2＋(y ＋b )2＝t 2(t ∈R )表示圆心为(a ，b )，半径为t 的一个圆．( )(3)方程x 2＋y 2＋4mx －2y ＋5m ＝0表示圆．( )(4)已知点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则以AB 为直径的圆的方程是(x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0.( )(5)方程Ax 2＋Bxy ＋Cy 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0表示圆的充要条件是A ＝C ≠0，B ＝0，D 2＋E 2－4AF >0.( )解析：(3)当(4m )2＋(－2)2－4×5m ＞0，即m ＜或m ＞1时才表示圆．14答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√[小题查验]1．将圆x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0平分的直线是( )A ．x ＋y －1＝0 B ．x ＋y ＋3＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y ＋3＝0解析：C [要使直线平分圆，只要直线经过圆的圆心即可，圆心坐标为(1,2)．A ，B ，C ，D 四个选项中，只有C 选项中的直线经过圆心．]2．(2019·西城区模拟)若坐标原点在圆(x －m )2＋(y ＋m )2＝4的内部，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－，)33C ．(－，) D.22(－22，22)解析：C [∵(0,0)在(x －m )2＋(y ＋m )2＝4的内部，则有(0－m )2＋(0＋m )2<4，解得－<m <，选C.]223．圆(x ＋1)2＋y 2＝2的圆心到直线y ＝x ＋3的距离为( )A ．1 B ．2 C. D ．222解析：C [由题知圆心坐标为(－1,0)，将直线y ＝x ＋3化成一般形式为x －y ＋3＝0，故圆心到直线的距离d ＝＝.故选C. ]|－1－0＋3|12＋(－1)224．[人教A 版教材P124A 组T4改编]圆C 的圆心在x 轴上，并且过点A (－1,1)和B (1,3)，则圆C 的方程为____________________．解析：设圆心坐标为C (a,0)，∵点A (－1,1)和B (1,3)在圆C 上，∴|CA |＝|CB |，即＝，(a ＋1)2＋1(a －1)2＋9解得a ＝2，∴圆心为C (2,0)，半径|CA |＝＝，(2＋1)2＋110∴圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝10.答案：(x －2)2＋y 2＝105．(2016·高考浙江卷)已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．解析：由二元二次方程表示圆的条件可得a 2＝a ＋2，解得a ＝2或－1.当a ＝2时，方程为4x 2＋4y 2＋4x ＋8y ＋10＝0，即x 2＋y 2＋x ＋2y ＋＝0，配方得2＋(y ＋1)2＝－<0，不52(x ＋12)54表示圆；当a ＝－1时，方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，配方得(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.答案：(－2，－4) 5考点一 确定圆的方程(自主练透)[题组集训]1．(2018·高考天津卷)在平面直角坐标系中，经过三点(0,0)，(1,1)，(2,0)的圆的方程为________．解析：设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，圆经过三点(0,0)，(1,1)，(2,0)，则：Error!，解得Error!，则圆的方程为x 2＋y 2－2x ＝0.答案：x 2＋y 2－2x ＝02．已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M (0，)在圆C 上，且圆心到直线2x －y ＝05的距离为，则圆C 的方程为______________．455解析：设圆C 的方程为(x －a )2＋y 2＝r 2(a >0)，由题意可得Error!解得Error!所以圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝9.答案：(x －2)2＋y 2＝93．圆C 通过不同的三点P (k,0)，Q (2,0)，R (0,1)，已知圆C 在点P 处的切线斜率为1，则圆C 的方程为_____________________________________________________________．解析：设圆C 的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，(D 2＋E 2－4F >0)则k,2为x 2＋Dx ＋F ＝0的两根，∴k ＋2＝－D,2k ＝F ，即D ＝－(k ＋2)，F ＝2k ，又圆过R (0,1)，故1＋E ＋F ＝0.∴E ＝－2k －1.故所求圆的方程为x 2＋y 2－(k ＋2)x －(2k ＋1)y ＋2k ＝0，圆心坐标为.(k ＋22，2k ＋12)∵圆C 在点P 处的切线斜率为1，∴k CP ＝－1＝，∴k ＝－3.2k ＋12－k ∴D ＝1，E ＝5，F ＝－6.∴所求圆C 的方程为x 2＋y 2＋x ＋5y －6＝0.答案：x 2＋y 2＋x ＋5y －6＝01．求圆的方程，一般采用待定系数法(1)若已知条件与圆的圆心和半径有关，可设圆的标准方程．(2)若已知条件没有明确给出圆的圆心和半径，可选择设圆的一般方程．2．在求圆的方程时，常用到圆的以下几个性质(1)圆心在过切点且与切线垂直的直线上；(2)圆心在任一弦的垂直平分线上；(3)两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线．考点二 与圆有关的最值、范围问题(多维探究)[命题角度1] 与圆的几何性质有关的最值1．点P (1,2)和圆C ：x 2＋y 2＋2kx ＋2y ＋k 2＝0上的点的距离的最小值是________．解析：圆的方程化为标准式为(x ＋k )2＋(y ＋1)2＝1.∴圆心C (－k ，－1)，半径r ＝1.易知点P (1,2)在圆外．∴点P 到圆心C 的距离为：|PC |＝＝≥3.(k ＋1)2＋32(k ＋1)2＋9∴|PC |min ＝3.∴点P 和圆C 上点的最小距离d min ＝|PC |min －r ＝3－1＝2.答案：21．与圆相关的最值，若几何意义明显时，可充分利用几何性质，借助几何直观求解，否则可用代数法转化为函数求最值．2．与圆的几何性质有关的最值(1)记O 为圆心，圆外一点A 到圆上距离最小为|AO |－r ，最大为|AO |＋r ；(2)过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为以该点为中点的弦；(3)记圆心到直线的距离为d ，直线与圆相离，则圆上点到直线的最大距离为d ＋r ，最小距离为d －r ；(4)过两定点的所有圆中，面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆．[命题角度2] 截距型最值问题2．已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0，则求y －x的最大值和最小值．直观想象、数学运算——直线与圆位置关系应用中的核心素养以直线与圆位置关系的相关知识为基础，借助直线和方程、圆与方程，来解决最值问题，提升了直观想象、数学运算的核心素养．具体见下表：信息提取信息解读直观想象、数学运算已知圆的方程x 2＋y 2－4x ＋1＝圆心(2,0)，半径3求y －x 的最大值和最小值设b ＝y －x ，则y ＝x ＋b ，因此y －x 可看作是直线y ＝x ＋b 在y 轴上的截距直观想象：数形结合，发现当直线y ＝x ＋b 与圆x 2＋y 2－4x ＋1＝0相切时，纵截距b 取得最大值或最小值．数学运算：利用点到直线的距离公式得＝|2－0＋b |23解：y －x 可看作是直线y ＝x ＋b 在y 轴上的截距，如图所示，当直线y ＝x ＋b 与圆相切时，纵截距b 取得最大值或最小值，此时＝，解得b ＝－2±.|2－0＋b |236所以y －x 的最大值为－2＋，最小值为－2－.66形如t ＝ax ＋by 形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题，利用圆心到直线的距离列不等式即可，也可用三角代换求解．[命题角度3] 斜率型最值问题3．已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0，则的最大值为________，最小值为yx ________．解析：原方程可化为(x －2)2＋y 2＝3，表示以(2,0)为圆心，为半径的圆.的几何意义是3yx 圆上一点与原点连线的斜率，所以设＝k ，即y＝kx .yx 当直线y ＝kx 与圆相切时，斜率k 取最大值或最小值(如图)，此时＝，解得|2k －0|k 2＋13k ＝±.3所以的最大值为，最小值为－.yx 33答案： －33形如μ＝形式的最值问题，最后都转化为动直线斜率的最值问题．y －bx －a [命题角度4] 距离型最值问题4．在[命题角度2]条件下求x 2＋y 2的最大值和最小值．解：如图所示，x 2＋y 2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为＝2，(2－0)2＋(0－0)2所以x 2＋y 2的最大值是(2＋)2＝7＋4，x 2＋y 2的最小值是2＝7－4.33(2－3)3 形如(x －a )2＋(y －b )2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题．1．设圆的方程是x 2＋y 2＋2ax ＋2y ＋(a －1)2＝0，若0<a <1，则原点与该圆的位置关系是( )A ．原点在圆上 B ．原点在圆外C ．原点在圆内D ．不确定解析：B [将圆的方程化成标准方程为(x ＋a )2＋(y ＋1)2＝2a ，因为0<a <1，所以(0＋a )2＋(0＋1)2－2a ＝(a －1)2>0，即>a ，所以原点在圆外．故选B.](0＋a )2＋(0＋1)222．(2019·南开区模拟)圆心在y 轴上，且过点(3,1)的圆与x 轴相切，则该圆的方程是( )A ．x 2＋y 2＋10y ＝0 B ．x 2＋y 2－10y ＝0C ．x 2＋y 2＋10x ＝0D ．x 2＋y 2－10x ＝0解析：B [圆心在y 轴上且过点(3,1)的圆与x 轴相切，设圆的圆心(0，r )，半径为r ，则＝r .解得r ＝5，所求圆的方程为x 2＋(y －5)2＝25，即x 2＋y 2－10y ＝0.故选B.](3－0)2＋(1－r )23．(2019·揭阳市模拟)设点P 是函数y ＝－的图象上的任意一点，点4－(x －1)2Q (2a ，a －3)(a ∈R )，则|PQ |的最小值为( )A.－2B.8555C.－2D.－25755解析：C [如图所示，点P 在半圆C (实线部分)上，且由题意知，C (1,0)，点Q 在直线l ：x －2y －6＝0上．过圆心C 作直线l 的垂线，垂足为A ，则|CA |＝，|PQ |min ＝|CA |－2＝－2.故选C.]554．圆心在曲线y ＝(x >0)上，且与直线2x ＋y ＋1＝0相切的面积最小的圆的方程为( )2x A ．(x －1)2＋(y －2)2＝5B ．(x －2)2＋(y －1)2＝5C ．(x －1)2＋(y －2)2＝25D ．(x －2)2＋(y －1)2＝25解析：A [由圆心在曲线y ＝(x >0)上，设圆心坐标为，a >0.又圆与直线2x (a ，2a )2x ＋y ＋1＝0相切，所以圆心到直线的距离d ＝≥＝，当且仅当2a ＝，即2a ＋2a＋154＋1552a a ＝1时取等号，所以圆心坐标为(1,2)，圆的半径的最小值为，则所求圆的方程为(x －1)52＋(y －2)2＝5.故选A.]5．(2019·温州市一模)已知线段AB 垂直于定圆所在的平面，B ，C 是圆上的两点，H 是点B 在AC 上的射影，当点C 运动，点H 运动的轨迹( )A ．是圆B ．是椭圆C ．是抛物线D ．不是平面图形解析：A [设定圆圆心为O ，半径为r ，连接OH ，设直径BD ，连接AD ，CD ，由AB ⊥平面BCD ，可得AB ⊥CD ，由直径所对圆周角为直角，可得CD ⊥BC ，即有CD ⊥平面ABC ，可得CD ⊥BH ，BH ⊥AC，即有BH ⊥平面ACD ，则BH ⊥DH ，在直角三角形BDH 中，可得OH ＝OB ＝OD ＝r ，即有H 的轨迹为以O 为圆心，r 为半径的圆．故选A.]6．已知直角三角形ABC 的斜边为AB ，且A (－1,0)，B (3,0)，则直角顶点C 的轨迹方程为________．解析：方法一：设顶点C (x ，y )，因为AC ⊥BC ，且A ，B ，C 三点不共线，所以x ≠3且x ≠－1.又因为k AC ＝，k BC ＝且k AC ·k BC ＝－1，yx ＋1yx －3所以·＝－1，化简得x 2＋y 2－2x －3＝0.yx ＋1yx －3因此，直角顶点C 的轨迹方程为x 2＋y 2－2x －3＝0(x ≠3且x ≠－1)．方法二：设AB 的中点为D ，由中点坐标公式得D (1,0)．由直角三角形的性质知，AD ＝DB ＝DC .由圆的定义知，动点C 的轨迹是以D (1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A ，B ，C 三点不共线，所以应除去与x 轴的交点)，直角顶点C 的轨迹方程为x 2＋y 2－2x －3＝0(x ≠3且x ≠－1)．答案：x 2＋y 2－2x －3＝0(x ≠3且x ≠－1)7．(2019·南充市模拟)若直线2ax －by ＋2＝0(a ，b ∈R )始终平分圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0的周长，则ab 的取值范围是________．解析：∵直线2ax －by ＋2＝0(a 、b ∈R )始终平分x 2＋y 2＋2x －4y ＋1＝0的周长，∴圆心(－1,2)在直线2ax －by ＋2＝0上，可得－2a －2b ＋2＝0，解得b ＝1－a .∴a ·b ＝a (1－a )＝－2＋≤，当且仅当a ＝时等号成立，因此a ·b 的取值范围为.(a －12)141412(－∞，14]答案：(－∞，14]8．(2019·贵阳市一模)由直线y ＝x ＋1上的一点向圆(x －3)2＋y 2＝1引切线，则切线长的最小值为________．解析：设直线上一点为P ，切点为Q ，圆心为M ，则|PQ |即切线长，MQ 为圆M 的半径，长度为1，|PQ |＝＝.|PM |2－|MQ |2|PM |2－1要使|PQ |最小，即求|PM |的最小值，此题转化为求直线y ＝x ＋1上的点到圆心M 的最小距离．设圆心到直线y ＝x ＋1的距离为d ，则d ＝＝2.所以|PM |的最小值为2.所|3－0＋1|12＋(－1)222以|PQ |＝≥＝.|PM |2－1(22)2－17答案：79．(2019·唐山市调研)已知点A (－3,0)，B (3,0)，动点P 满足|PA |＝2|PB |.(1)若点P 的轨迹为曲线C ，求此曲线的方程；(2)若点Q 在直线l 1：x ＋y ＋3＝0上，直线l 2经过点Q 且与曲线C 只有一个公共点M ，求|QM |的最小值．解：(1)设点P 的坐标为(x ，y )，则＝2.(x ＋3)2＋y 2(x －3)2＋y 2化简可得(x －5)2＋y 2＝16，此方程即为所求．(2)曲线C 是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图所示．由直线l 2是此圆的切线，连接CQ ，则|QM |＝ ＝，|CQ |2－|CM |2|CQ |2－16当CQ ⊥l 1时，|CQ |取最小值，此时|CQ |＝＝4，|5＋3|22则|QM |的最小值为＝4.32－1610．已知点(x ，y )满足(x －3)2＋(y －4)2＝9，求：(1)3x ＋4y 的最大值与最小值；(2)(x ＋1)2＋y 2的最小值．解：(1)设3x ＋4y ＝t ，直线与圆有公共点，∴≤3⇔|t －25|≤15⇔10≤t ≤40.|9＋16－t |5∴t min ＝10，t max ＝40.(2)解法一：(x ＋1)2＋y 2＝(4＋3cos θ)2＋(4＋3sin θ)2＝41＋24(sin θ＋cos θ)＝41＋24sin2，(θ＋π4)∴其最小值为41－24.2解法二：设M (x ，y )是圆上的点，圆外一点M 0(－1,0)，则(x ＋1)2＋y 2的几何意义是|MM 0|2，而|MM 0|最小值是|M 0C |－r ，即(－3)2＝41－24.42＋422。
空间点、直线、平面的位置关系
第3节空间点、直线、平面的位置关系课时训练练题感提知能【选题明细表】一选择题1.对于直线m、n和平面α,下列命题中的真命题是( C )(A)如果m⊂α,n⊄α,m、n是异面直线,那么n∥α(B)如果m⊂α,n⊄α,m、n是异面直线,那么n与α相交(C)如果m⊂α,n∥α,m、n共面,那么m∥n(D)如果m⊂α,n∥α,m、n共面,那么m与n相交解析:对于选项A,n可以与平面α相交,对于选项B,n可以与平面α平行,故选项A、B均错;由于m⊂α,n∥α,则m、n无公共点,又m、n共面,所以m∥n,选项C 正确,选项D错.故选C.2.以下四个命题中,正确命题的个数是( B )①不共面的四点中,其中任意三点不共线;②若点A、B、C、D共面,点A、B、C、E共面,则A、B、C、D、E共面;③若直线a、b共面,直线a、c共面,则直线b、c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:①中,假设存在三点共线,则这四点必共面,与题设矛盾,故①正确;②中,若A、B、C三点共线,则A、B、C、D、E有可能不共面,故②错误;③中,如图所示正方体的棱中,a、b共面,a、c共面,而b、c异面,故③错误;④中,空间四边形的四条线段不共面,故④错误,故选B.3.(2014重庆模拟)若两条直线和一个平面相交成等角,则这两条直线的位置关系是( D )(A)平行(B)异面(C)相交(D)平行、异面或相交解析:当平行、异面或相交时,均有两条直线和一个平面相交成等角的情况出现,故选D.4.在四面体SABC中,各个侧面都是边长为a的正三角形,E、F分别是SC和AB的中点,则异面直线EF与SA所成的角等于( C )(A)90°(B)60°(C)45°(D)30°解析:取SB的中点G,连结GE,GF.则GE=GF=,且GF∥SA,则∠GFE即为异面直线SA与EF所成的角(或其补角).由于FC=a=SF,故EF⊥SC,且EF=a,则GF2+GE2=EF2,故∠EFG=45°.故选C.5. l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( B )(A)l1⊥l2,l2⊥l3⇒l1∥l3(B)l1⊥l2,l2∥l3⇒l1⊥l3(C)l2∥l3∥l1⇒ l1,l2,l3共面(D)l1,l2,l3共点⇒l1,l2,l3共面解析:法一在空间垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面,即A不正确;根据异面直线所成角的定义可知B正确;三条直线两两平行不一定共面,如三棱柱的三条侧棱两两平行但不共面;三条直线交于一点也不一定共面,如三棱锥的三条侧棱共点但不共面,故选B.法二如图正方体中,l1,l2,l3看作如图A1A,A1B1,B1C1,则A错,看作AB,A1B1,D1C1,则C错,看作A1A,A1B1,A1D1,则D错,故选B.6.正方体ABCD A'B'C'D'中,P、Q分别是AB、AD的中点,过P、Q作正方体的截面,则截面的形状不可能是( C )(A)三角形(B)矩形(C)正方形(D)梯形解析:过PQ的平面与正方体上底面交于B'D'时,截面为梯形;当截面与侧棱AA'平行时为矩形;当截面与AA'交于一点时为三角形;无论截面在何位置,都不能是正方形,故选C.7.设l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是( B )(A)若l⊥m,m⊂α,则l⊥α(B)若l⊥α,l∥m,则m⊥α(C)若l∥α,m⊂α,则l∥m(D)若l∥α,m∥α,则l∥m解析:对于选项A,由l⊥m及m⊂α,可知l与α的位置关系有平行、相交或在平面内三种,故选项A不正确.选项B正确.对于选项C,由l∥α,m⊂α知,l与m的位置关系为平行或异面,故选项C不正确.对于选项D,由l∥α,m∥α知,l与m的位置关系为平行、异面或相交,故选项D不正确.二、填空题8.(2012年高考四川卷)如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M、N分别是棱CD、CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是.解析:如图所示,取CN的中点K,连接MK,则MK为△CDN的中位线,所以MK∥DN.所以∠A1MK为异面直线A1M与DN所成的角(或其补角).连接A1C1,AM.设正方体棱长为4,则A 1K==,MK=DN==,A=6,1M=故A1M2+MK2=A1K2,即∠A1MK=90°.答案:90°9.如图所示,ABCD A1B1C1D1是长方体,AA1=a,∠BAB1=∠B1A1C1=30°,则AB与A1C1所成的角为,AA1与B1C所成的角为.解析:∵AB∥A1B1,∴∠B1A1C1是AB与A1C1所成的角,∴AB与A1C1所成的角为30°.∵AA1∥BB1,∴∠BB1C是AA1与B1C所成的角,由已知条件可以得出=A1C1=2a,AB=a,BB∴B1C1=BC=a.∴四边形BB1C1C是正方形,∴∠BB1C=45°.答案:30°45°10.如图,在正三角形ABC中,D,E,F分别为各边的中点,G,H分别为DE,AF的中点,将△ABC沿DE,EF,DF折成正四面体P DEF,则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值为.解析:折成的四面体是正四面体,如图,连接HE,取HE的中点K,连接GK,PK.则GK∥DH,故∠PGK即为所求的异面直线所成的角(或其补角).设这个正四面体的棱长为2,在△PGK中,PG=,GK=,PK==,故cos∠PGK===.即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是.答案:11.三条直线两两垂直,给出下列四个结论:①这三条直线必共点;②其中必有两条是异面直线;③三条直线不可能共面;④其中必有两条在同一平面内.其中正确结论的序号是.解析:三条直线两两垂直时,它们可能共点(如正方体同一个定点上的三条棱),也可能不共点(如正方体ABCD A1B1C1D1中的棱AA1,AB,BC),故结论①不正确,也说明结论②不正确;如果三条直线在同一个平面内,根据平面几何中的垂直于用一条直线的两条直线平行,就导出了其中两条直线既平行又垂直的矛盾结论,故三条直线不可能在同一个平面内,结论③正确;三条直线两两垂直,这三条直线可能任何两条都不相交,即任意两条都异面(如正方体ABCD A1B1C1D1中的棱AA1,BC和C1D1),故结论④不正确.答案:③三解答题12.如图所示,在四面体ABCD中作截面PQR,若PQ、CB的延长线交于点M,RQ、DB的延长线交于点N,RP、DC的延长线交于点K,求证:M、N、K三点共线.证明:∵M∈PQ,直线PQ⊂平面PQR,M∈BC,直线BC⊂平面BCD,∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共点,即M在平面PQR与平面BCD的交线上.同理可证N、K也在平面PQR与平面BCD的交线上.又如果两个平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线,∴M、N、K三点共线.13.如图所示,三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°,PA=AB=AC=2,E 是PC的中点.(1)求证AE与PB是异面直线;(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值.(1)证明:假设AE与PB共面,设平面为α,∵A∈α,B∈α,E∈α,∴平面α即为平面ABE,∴P∈平面ABE,这与P∉平面ABE矛盾,所以AE与PB是异面直线.(2)解:取BC的中点F,连接EF、AF,则EF∥PB,所以∠AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角. ∵∠BAC=60°,PA=AB=AC=2,PA⊥平面ABC,∴AF=,AE=,EF=,cos ∠AEF===,所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为.。
2020届高考数学二轮教师用书：第七章第3节 直线、平面平行的判定与性质
第3节 直线、平面平行的判定与性质1．直线与平面平行的判定与性质判定定义定理性质图形条件a ∩α＝∅ a ⊂α，b ⊄α，a ∥b a ∥α a ∥α，a ⊂β，α∩β＝b 结论a ∥αb ∥αa ∩α＝∅a ∥b2.面面平行的判定与性质判定定义定理性质图形条件 α∩β＝∅ a ⊂β，b ⊂β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥α α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b α∥β，a ⊂β 结论α∥βα∥βa ∥ba ∥α1.两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．2．夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．3．经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．4．两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．5．如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．6．如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．[思考辨析]判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．( )(2)若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条．( )(3)若一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．( )(4)若两个平面平行，则一个平面内的直线与另一个平面平行．( )(5)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面．答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√[小题查验]1．下列命题中正确的是( )A．若a，b是两条直线，且a∥b，那么a平行于经过b的任何平面B．若直线a和平面α满足a∥α，那么a与α内的任何直线平行C．平行于同一条直线的两个平面平行D．若直线a，b和平面α满足a∥b，a∥α，b⊄α，则b∥α解析：D [根据线面平行的判定与性质定理知，选D.]2．下列命题中，正确的是( )A．若a∥b，b⊂α，则a∥αB．若a∥α，b⊂α，则a∥bC．若a∥α，b∥α，则a∥bD．若a∥b，b∥α，a⊄α，则a∥α解析：D [A中还有可能a⊂α，B中还有可能a与b异面，C中还有可能a与b相交或异面，只有选项D正确．]3．(2019·蚌埠模拟)对于空间的两条直线m，n和一个平面α，下列命题中的真命题是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，n⊂α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，n⊥α，则m∥n解析：D [对A，直线m，n可能平行、异面或相交，故A错误；对B，直线m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对C，m与n垂直而非平行，故C错误；对D，垂直于同一平面的两直线平行，故选D.]4．若直线a∩b＝A，a∥平面α，则b与α的位置关系是 ________ .解析：因为a∥α，∴a与平面α没有公共点，若b⊂α，则A∈α，又A∈α，此种情况不可能．∴b∥α或b与α相交．答案：b∥α或b与α相交5．[教材改编]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为 ______ .解析：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，在△BDD1中，E为DD1的中点，O为BD的中点，所以EO为△BDD1的中位线，则BD1∥EO，而BD1⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行考点一 平行关系的基本问题(自主练透)[题组集训]1．设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，且m，n⊂α，则“α∥β”是“m∥β且n∥β”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：A [若m，n⊂α，α∥β，则m∥β且n∥β；反之若m，n⊂α，m∥β且n∥β，则α与β相交或平行，即“α∥β”是“m∥β且n∥β”的充分不必要条件．]2．已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行C．若α，β不平行 ，则在α内不存在 与β平行的直线D．若m，n不平行 ，则m与n不可能 垂直于同一平面解析：D [A项，α，β可能相交，故错误；B项，直线m，n的位置关系不确定，可能相交、平行或异面，故错误；C项，若m⊂α，α∩β＝n，m∥n，则m∥β，故错误；D项，假设m，n垂直于同一平面，则必有m∥n，∴原命题正确，故D项正确．] 3．(2016·全国Ⅱ卷)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有 ________ (填写所有正确命题的编号)．解析：当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.答案：②③④解决有关线面平行、面面平行的基本问题要注意(1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中，条件“线在面外”易忽视．(2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．(3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．考点二 线面平行的判定与性质(多维探究)[命题角度1] 用线线平行证明线面平行 1．(2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ；(2)求点C 到平面C 1DE 的距离．解： (1)证明：连结B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝B 1C ，又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝A 1D .1212(2)过C 作C 1E 的垂线，垂足为H ，由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH ，从而CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离．由已知可得CE ＝1，C 1C ＝4，所以C 1E ＝，故CH ＝，从而点C 到平面C 1DE 的1741717距离为.41717[命题角度2] 用线面平行证明线线平行 2．如图所示，E是以AB为直径的半圆弧上异于A，B的点，矩形ABCD所在平面垂直于该半圆所在的平面．(1)求证：EA⊥EC；(2)设平面ECD与半圆弧的另一个交点为F.求证：EF∥AB.证明：(1)∵E是半圆上异于A，B的点，∴AE⊥EB.又∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，CB⊥AB，∴CB⊥平面ABE.又∵AE⊂平面ABE，∴CB⊥AE.∵BC∩BE＝B，∴AE⊥平面CBE.又∵EC⊂平面CBE.∴AE⊥EC.(2)∵CD∥AB，AB⊂平面ABE.∴CD∥平面ABE.又∵平面CDE∩平面ABE＝EF.∴CD∥EF.又∵CD∥AB.∴EF∥AB.判断或证明线面平行的常用方法(1)利用线面平行的定义(无公共点)；(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．跟踪训练(2020·桂林、贺州、崇左二联)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点，且＝＝λ(λ≠0)．PEPB PFPC (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝时，求点D 到平面AFB 的距离．12[思维导引] (1)由＝，得EF ∥BC ，由BC ∥AD ，得EF ∥AD ，即可证得EF ∥平面PE PB PFPC PAD ；(2)根据等体积法求点到平面的距离．解：(1)∵＝＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC .PEPB PFPC ∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD .(2)∵λ＝，∴F 是PC 的中点，在Rt △PAC 中，12PA ＝2，AC ＝，∴PC ＝＝，2PA 2＋AC 26∴PF ＝PC ＝.1262∵平面PAC ⊥平面ABCD ，且平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ，PA ⊥AC ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC .又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PB ，∴在Rt △PBC 中，EF ＝PC ＝.1262连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝，AB ＝1，62∴S △ABF ＝，54又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1，∴由V F －ABD ＝V D －AFB ，得×1×1＝×d ×，131354解得d ＝，即点D 到平面AFB 的距离为.455455考点三 面面平行的判定与性质(师生共研)[典例] 如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F ，G ，H 分别是AB ，AC ，A 1B 1，A 1C 1的中点，求证：(1)B ，C ，H ，G 四点共面；(2)平面EFA 1∥平面BCHG .[证明] (1)∵G ，H 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，∴GH 是△A 1B 1C 1的中位线，则GH ∥B 1C 1.又∵B 1C 1∥BC ，∴GH ∥BC ，∴B ，C ，H ，G 四点共面．(2)∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，∴EF ∥BC ，∵EF ⊄平面BCHG ，BC ⊂平面BCHG ，∴EF ∥平面BCHG.∴四边形A 1EBG 是平行四边形，∴A 1E ∥GB .∵A 1E ⊄平面BCHG ，GB ⊂平面BCHG ，∴A 1E ∥平面BCHG .又∵A 1E ∩EF ＝E ，∴平面EFA 1∥平面BCHG .[互动探究]在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.证明：如图所示，连接A1C交AC1于点M，∵四边形A1ACC1是平行四边形，∴M是A 1C的中点，连接MD，∵D为BC的中点，∴A1B∥DM.∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，∴DM∥平面A1BD1，∴四边形BDC1D1为平行四边形，∴DC1∥BD1.又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，∴DC1∥平面A1BD1，又DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，因此平面A1BD1∥平面AC1D.证明面面平行的方法(1)面面平行的定义．(2)面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．[跟踪训练]如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明：B1D1∥l.证明：所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交解析：B [因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．]2．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⊂αB．存在一条直线b，a⊥b且b⊥αC．存在一个平面β，a⊂β且α∥βD．存在一个平面β，a∥β且α∥β解析：C [在A，B，D中，均有可能a⊂α，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．]3．如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是( )A．异面 B．平行C．相交D．以上均有可能解析：B [在三棱柱ABCA1B1C1中，AB∥A1B1.∵AB⊂平面ABC，A1B1⊄平面ABC，∴A1B1∥平面ABC.∵过A1B1的平面与平面ABC交于DE，∴DE∥A1B1，∴DE∥AB.]4．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有( ) A．0条B．1条C．2条D．0条或2条解析：C [如图设平面α截三棱锥所得的四边形EFGH是平行四边形，则EF∥GH，EF⊄平面BCD，GH⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD，又EF⊂平面ACD，平面ACD∩平面BCD＝CD，则EF∥CD，EF⊂平面EFGH，CD⊄平面EFGH，则CD∥平面EFGH，同理AB∥平面EFGH，所以该三棱锥与平面α平行的棱有2条，故选C.]5．(2020·杭州二中期中考试)如图，在多面体ABCDEFG中，平面ABC∥平面DEFG，EF∥DG，且AB＝DE，DG＝2EF，则( )A．BF∥平面ACGDB．CF∥平面ABEDC．BC∥FGD．平面ABED∥平面CGF解析：A [取DG的中点为M，连接AM，FM，如图所示．则由已知条件易证四边形DEFM是平行四边形，所以DE∥FM，因为平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE，所以AB∥DE，所以AB∥FM.又AB＝DE，所以AB＝FM，所以四边形ABFM是平行四边形，即BF∥AM.又BF⊄平面ACGD，所以BF∥平面ACGD.故选A.]6．设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β＝m，n⊂γ，且 ________ ，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题．①α∥γ，n ⊂β；②m ∥γ，n ∥β；③n ∥β，m ⊂γ.可以填入的条件有 ________ .解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当n ∥β，m ⊂γ时，n 和m 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．答案：①或③7．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于 ________ .解析：在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，∴AC ＝2.又E 为AD 中点，EF ∥平面2AB 1C ，EF ⊂平面ADC ，平面ADC ∩平面AB 1C ＝AC ，∴EF ∥AC ，∴F 为DC 中点，∴EF ＝AC ＝.122答案：28．(2020·贵阳模拟)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ；②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ；③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是 ________ (填上正确命题的序号)．解析：①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案：②9．(2020·石家庄质检)如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，CD ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝BC ＝3，PA ＝4，M 为AD 的中点，N 为PC 上一点，且PC ＝3PN .(1)求证：MN ∥平面PAB ；(2)求点M 到平面PAN 的距离．解：(1)证明：在平面PBC 内作NH ∥BC 交PB 于点H ，连接AH (图略)，在△PBC 中，NH ∥BC ，且NH ＝BC ＝1，AM ＝AD ＝1.又AD ∥BC ，∴NH ∥AM 且NH ＝AM ，1312∴四边形AMNH 为平行四边形，∴MN ∥AH ，又AH ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .(2)连接AC ，MC ，PM (图略)，平面PAN 即为平面PAC ，设点M 到平面PAC 的距离为h .由题意可得CD ＝2，AC ＝2，∴S △PAC ＝PA ·AC ＝4，S △AMC ＝AM ·CD ＝，由23123122V M PAC ＝V P AMC ，得S △PAC ·h ＝S △AMC ·PA ，1313即4h ＝×4，∴h ＝，3263∴点M 到平面PAN 的距离为.6310．如图，E ，F ，G ，H 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BC ，CC 1，C 1D 1，AA 1的中点．求证：(1)EG ∥平面BB 1D 1D ；(2)平面BDF ∥平面B 1D 1H .证明：(1)如图，取B1D1的中点O，连接GO，OB，所以四边形BEGO为平行四边形，故OB∥EG，因为OB⊂平面BB1D1D，EG⊄平面BB1D1D，所以EG∥平面BB1D1D.(2)由题意可知BD∥B1D1.连接HB，D1F，所以四边形HBFD1是平行四边形，故HD1∥BF.又B1D1∩HD1＝D1，BD∩BF＝B，所以平面BDF∥平面B1D1H.。