平面与平面之间的位置关系 课时训练
平面与平面之间的位置关系(附答案)
平面与平面之间的位置关系[学习目标]1。
了解直线与平面之间的三种位置关系,会用图形语言和符号语言表示。
2。
了解平面与平面之间的两种位置关系,会用符号语言和图形语言表示。
知识点一直线与平面的位置关系1.直线与平面的位置关系位置关系定义图形语言符号语言直线在平面内有无数个公共点a⊂α直线与平面相交有且只有一个公共点a∩α=A直线与平面平行没有公共点a∥α2.直线与平面的位置关系的分类(1)按公共点个数分类错误!(2)按直线是否在平面内分类错误!思考“直线与平面不相交”与“直线与平面没有公共点"是相同的意义吗?答不是.前者包括直线与平面平行及直线在平面内这两种情况;而后者仅指直线与平面平行.知识点二两个平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点平面α与平面β平行α∥β没有公共点平面α与平面β相交α∩β=l 有一条公共直线思考分别位于两个平行平面内的两条直线有什么位置关系?答这两条直线没有公共点,故它们的位置关系是平行或异面.题型一直线与平面的位置关系例1下列命题中,正确命题的个数是()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满足a∥α,b∥α,那么a∥b;④如果平面α的同侧有两点A,B到平面α的距离相等,那么AB∥α。
A。
0 B。
2 C。
1 D。
3答案 C解析如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′中,AA′∥BB′,AA′却在过BB′的平面AB′内,故命题①不正确;AA′∥平面B′C,BC⊂平面B′C,但AA′不平行于BC,故命题②不正确;AA′∥平面B′C,A′D′∥平面B′C,但AA′与A′D′相交,所以③不正确;④显然正确。
故答案为C。
跟踪训练1以下命题(其中a,b表示直线,α表示平面),①若a∥b,b⊂α,则a∥α;②若a∥α,b∥α,则a∥b;③若a∥b,b∥α,则a∥α;④若a∥α,b⊂α,则a∥b。
两个平面平行的判定和性质(一)
两个平面平行的判定和性质(一)●教学目标(一)教学知识点1.两个平面的位置关系.2.两个平面平行的判定方法.(二)能力训练要求1.等价转化思想在解决问题中的运用.2.通过问题解决提高空间想象能力.(三)德育渗透目标1.渗透问题相对论观点.2.通过问题的证明寻求事物的统一性.●教学重点两个平面的位置关系;两个平面平行的判定.●教学难点判定定理、例题的证明.●教学方法启发式在启发、诱思下逐步完成定理的证明过程.平面的位置关系也需以实物(教室)为例,启发诱思完成.通过师生互议,解决例1问题.●教具准备投影片两张第一张:(记作§9.5.1 A)第二张:(记作§9.5.1 B)●教学过程Ⅰ.复习回顾师生共同复习回顾,线面垂直定义,判定定理.性质定理:归纳小结线面距离问题求解方法,以及利用三垂线定理及其逆定理解决问题.立体几何的问题解决:一是如何将立体几何问题转化成平面几何问题;二是数学思想方法怎样得到充分利用、渗透,这些都需在实践中进一步体会.下面继续研究面面位置关系.Ⅱ.讲授新课1.两个平面的位置关系除教材上例子外,我们以所在教室为例,观察面与面之间关系.[师]观察教室前、后两个面,左、右两个面及上、下两个面都是平行的,而其相邻两个面是相交的.[师]打开教材竖直放在桌上,其间有许多个面,它们共同点是都经过一条直线.观察教室的门与其所在墙面关系,随着门的开启,门所在面与墙面始终有一条公共线.结合生观察教室的结论,引导其寻找平面公共点,然后给出定义.定义:如果两个平面没有公共点,我们就说这两个平面互相平行.如果两个平面有公共点,它们相交于一条公共直线.两个平面的位置关系只有两种:(1)两个平面平行——没有公共点;(2)两个平面相交——有一条公共直线.[师]两个平面平行,如平面α和平面β平行,记作α∥β.下面给出两个示意图,同学们考虑哪个较直观?[生]图(1)较直观,图(2)不直观.[师]从以上两种画法,告诉我们画图过程中应注意什么?图(2)为何不直观?[生]画两个平面平行时,要注意把表示平面的平行四边形画成对应边平行,图(2)不直观的理由是表示平面的平行四边形对应边不平行,其画法不恰当.[师]现在给出两个相交平面的画法(师生互动):(1)先画表示两个平面的平行四边形的相交两边.(2)再画出表示两个平面相交的线段.(3)过线段的端点分别引线段,使它平行且等于(2)中线段.(4)画出表示两个平行平面的平行四边形的第四边.(被遮住部分的线,可以用虚线,也可以不画.)2.两个平面平行的判定判定两个平面平行可依定义,看它们的公共点如何.[师]由两个平面平行的定义可知:其中一个平面内的所有直线一定都和另一个平面平行.这是因为在这些直线中,如果有一条直线和另一平面有公共点,这点也必是这两个平面的公共点,那么这两个平面就不可能平行了.另一方面,若一个平面内所有直线都和另一个平面平行,那么这两个平面平行,否则,这两个平面有公共点,那么在一个平面内通过这点的直线就不可能平行于另一个平面.由此将判定两个平面平行的问题转化为一个平面内的直线与另一个平面平行的问题,但事实上判定两个平面平行的条件不需要一个平面内的所有直线都平行于另一平面,到底要多少条直线(且直线与直线应具备什么位置关系)与另一面平行,才能判定两个平面平行呢?下面我们共同学习定理.两个平面平行的判定定理: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.[师]以上是两个平面平行的文字语言,另外定理的符号语言为:若a⊂α,b⊂α,a∩b=A,且a∥β ,b∥β ,则α∥β.利用判定定理证明两个平面平行,必须具备:①有两条直线平行于另一个平面;②这两条直线必须相交.定理的证明§9.5.1 A已知:在平面β内,有两条相交直线a、b和平面α平行.求证:α∥β.[师]从平行平面的定义可知,要证α∥β,需证α、β无公共点,而要证明两面无公共点,这是困难的事.由此启发我们去寻求另外途径.联想面面位置关系,利用反证法,经学生思考试着完成证明过程,证明过程实质上就是设法否定两面相交的过程.[生]假设两面相交,设法推出矛盾,注意等价转化思想渗透.证明过程如下:证明:假设α∩β=c,∵a∥α,a⊂β,∴a∥c(线面平行⇒线线平行).同理b∥c.∴a∥b.这与题设a、b是相交直线相矛盾.∴α∥β.[师]再从转化的角度认识该定理就是:线线相交、线面平行⇒面面平行.[生]在判断一个平面是否水平时,把水准器在这个平面内交叉地放两次,如果水准器的气泡都是居中的,就可以判定这个平面和水平面平行,实质上正是利用了面面平行的判定定理.(例题解析)[例1]求证:垂直于同一直线的两个平面平行.已知:α⊥AA′,β⊥AA′,求证:α∥β.(§9.5.1 B)分析:要证两个平面平行,需设法证明一面内有两相交线与另一面平行,那么由题如何找出这两条线成为关键.如果这样的线能找到问题也就解决啦.诱导学生思考怎样找线.[生]通过作图完成找线,利用转化解决问题,证明如下:证明:设经过AA′的两个平面r、δ分别与平面α、β相交于直线a、a′和b、b′.∵AA′⊥α,AA′⊥β.∴AA′⊥a,AA′⊥a′.又a⊂γ,a′⊂γ,∴a∥a′,于是a′∥α同理可证b′∥α又a′∩b′=A′∴α∥β.[师]这是一个重要的结论,主要用来判断空间的直线与平面具备条件:两个平面垂直于同一直线,则应有这两个平面平行.用符号语言就可以表示为:l⊥α,l⊥β⇒α∥β.此题也告诉我们,空间的两个平面平行,其判定方法:1°定义;2°判定定理;3°例1结论.Ⅲ.课堂练习(一)课本P32练习1.(1)、(4).1.判断下列命题的真假,对真命题给出证明,对假命题举出反例.(1)m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β⇒α∥β;(4)α内的任一直线都平行于β⇒α∥β.解:(1)这是一个假命题.如黑板的上、下两边平行于地面,但黑板所在平面与地面是相交的位置关系.(4)这是一个真命题.在平面α内任取两相交直线a、b.则由题a∥β,b∥β,那么α∥β.[前一个题是解决立体几何问题常用做法,判断一个命题为假,则需举一个反例说明即可.而判断一个命题为真,则要有理有据地证明.](二)课本P32习题1,2.1.在立体图ABC-A′B′C′中,如果在平面AB′内∠1+∠2=180°,在平面BC′内∠3+∠4=180°,那么平面ABC和A′B′C′有什么关系?为什么?[此题应实现两个转化:一是角的关系转化成线的平行;二是线的平行转化成面的平行.]解:平面ABC∥平面A′B′C′.证明如下:因在平面ABB′A′内∠1+∠2=180°,则有A′B′∥AB,A′B′∥面ABC.又在平面BCC′B′内,∠3+∠4=180°,则有B′C′∥BC,B′C′∥面ABC.又A′B′∩B′C′=B′,A′B′⊂面A′B′C′,B′C′⊂面A′B′C′,那么面A′B′C′∥面ABC.2.在立体图ABC-A′B′C′中,如果∠ABB′=∠A′B′B=∠CBB′=∠C′B′B=90°,那么平面ABC与面A′B′C′有什么关系?为什么?[此题解决方法同上,利用等价转化解决问题.一是将角的关系转化为线线垂直,二是将线线垂直转化为线面垂直,线面垂直转化为面面平行.]解:面ABC∥面A′B′C′,证明如下:因∠ABB′=∠A′B′B=∠CBB′=∠C′B′B=90°则AB⊥BB′,BC⊥BB′,A′B′⊥BB′,B′C′⊥BB′那么有面ABC⊥BB′,面A′B′C′⊥BB′故面ABC∥面A′B′C′.Ⅳ.课时小结本节课主要研究如何证明两个平面平行.其途径可以选择从公共点的角度考虑.但要说明两面没有公共点,是比较困难的,而要用定理判定的话,关键是线应具备“相交”、“平行”要求.例1也可作为结论直接运用.Ⅴ.课后作业(一)课本P33习题3、4、5.3.判断下列命题的真假,对真命题给出证明,对假命题举出反例(画出草图).(1)平行于同一直线的两平面平行;(2)平行于同一平面的两平面平行.解:(1)是假命题.平行于同一直线a的两面α、β可以相交.(2)是真命题.证:作l⊥α则由题l⊥β,l⊥γ,故α∥γ.4.(1)如图,A、B、C为不在同一直线上的三点,AA′BB′CC′.求证:平面ABC∥平面A′B′C′.证明:因AA′BB′,所以有ABB′A′是平行四边形.那么A′B′∥AB.同理A′C′∥AC,又AB∩AC=A,A′B′∩A′C′=A′,故面ABC∥面A′B′C′.[该问题所给图实质上就是三棱柱,上、下两底面平行.](2)如图,直线AA′、BB′、CC′交于点O,AO=A′O,BO=B′O,CO=C′O,求证:平面ABC∥平面A′B′C′.证明:因AA′与CC′相交于O,∴∠AOC=∠A′OC′.又AO=A′O,CO=C′O,故△OAC≌△OA′C′.则∠C′AO=∠CAO,即AC∥A′C′.那么AC∥面A′B′C′.同理AB∥面A′B′C′.故平面ABC∥平面A′B′C′.[此题的图形是两个棱锥拼成的,注意其结构,证明中主要渗透等价转化思想.]5.求证:经过平面外一点有且只有一个平面和已知平面平行.证明:经过平面外一点P作l⊥α,经过点P作平面β,使l⊥β,则α∥β.因经点P且与α平行的平面必与α的垂线l也垂直.而过点P与l垂直的平面是唯一的,所以过点P且与α平行的平面只有一个.[这是一个唯一性命题的证明,注意证明过程每步依据.](二)1.预习内容课本P313.两个平面平行的性质.2.预习提纲(1)两个平面平行后具有什么性质?(2)试利用转化的思想归纳小结.●板书设计●备课资料一、空间的两个平面位置关系[例1]已知平面α平行平面β,若两条直线m、n分别在平面α、β内,则m、n关系不可能是() A.平行B.相交C.异面D.平行或异面解析:从公共点的角度分析可知,m、n所在平面平行,则两面无公共点,那么两线也应无公共点,故该两线平行或异面.答案:B[注意题中是“不可能”][例2]平面α 内两线a、b都平行于β ,则α 与β 的关系()A.平行B.相交C.重合D.不确定解析:当两线相交时,α∥β,当两线平行时α∥β 或α 与β 相交.答案:D[例3]平面M∥平面N的充分条件是()A.直线a⊂M,且a∥NB.直线a⊂M,b⊂M,a∥N,b∥NC.平面M内有无数条直线平行于ND.平面M内任何一条都平行于N解析:两个平面平行,一个平面内要有两条相交线与另一平面平行,而满足条件的只有D.答案:D其他的可举反例一一排除.二、判定两面平行判定两个平面是否平行,可从以下角度思考.(1)面面平行定义.两个平面没有公共点.(2)面面平行的判定定理.如果一个平面内有两条相交线都平行于另一平面,那么这两个平面平行.(线面平行⇒面面平行)(3)垂直于同一直线的两面平行.(4)两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个面平行.[(5)一个平面内的两条相交线分别平行于另一个平面内的两条相交线,那么这两个平面平行.(线线平行⇒面面平行)][例4]如图,在空间六边形(六个顶点没有任何五点共面)ABCC1D1A1中,每相邻的两边互相垂直,边长均等于a,并且AA1∥CC1.证明平面A1BC1∥平面ACD1.分析:空间四边形问题的解决是将其转化为一三棱锥问题而解决的,那么空间六边形可转化哪种几何体,这是解决该问题的关键所在,通过两条边边长均等于a,两线成角为90°,两个平行及垂直关系解决问题.解决问题的主要思想就是等价转化,将问题转化为一个正方体中两面平行,这就容易多了.证明:在面ABC内分别经A、C作AB及BC的平行线相交于D,在面A1D1C1内作D1C1及D1A1的平行线相交于B1,顺次相连BB1、DD1.那么由相邻两边垂直及边长均为a可知构造几何体为正方体.因AC∥A1C1,BC1∥AD1,∴面A1BC1∥面ACD1.。
2.1.1 平面
解: 1) ( 不正确. 如果点在直线上, 这时有无数个平面; 如果点不在 直线上, 在已知直线上任取两个不同的点, 由公理 2知, 有且只有 一个平面.
( 正确. 2) 经过同一点的两条直线是相交直线, 能确定一个平面.
( 不正确. 3) 四边形中三点可确定一个平面, 而第四点不一定在此 平面内, 如图. 因此, 这四条线段不一定在同一平面内.
( 如何理解“有且只有一个”的含义? 2)
(公理 2中“有且只有一个”的含义: 这里的“有”是说图 形存在, “只有一个”是说图形惟一, 强调的是存在和惟一两 个方面, “有且只有一个” 因此 必须完整的使用, 不能仅用 “只 有一个” 来替代, 否则就没有表达出存在性. 确定一个平面中 的“确定”是“有且只有”的同义词)
平面α, β相交于 l
α∩β=l
三、平面的基本性质—公理 1
3: 直线 l 与平面α有一个公共点 P . 直线 l 是否在平面 α内?有两个公共点呢? (有一个公共点时不一定, 有两个公共点时直线在平面内)
2: 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
文字语言 图形语言 符号语言
【实例】平面是构成空间几何体的基本元素, 生活中有很 多的物体给人以平面形象, 今天我们从数学的角度来研究 什么是平面, 它如何表示, 以及平面的性质是什么.
一、平面
1: 生活中有哪些物体给人平面形象, 你能试举几例 吗?你能总结一下它们所给你的统一形象吗? (黑板面、课桌面、湖面等给人的统一形象, 平的)
A∈lB∈l且 A∈α, , , B∈α⇒ l α ⊂
如果直线 l上的所有点都在平面α内, 就说直线 l在平面α内, 或者说 平面α经过直线 l记作 l α; , ⊂ 否则, 就说直线 l在平面α外, 记作 l α. ⊄
2021_2022年高中数学第二章点直线平面之间的位置关系1
平面整体设计教学分析平面是最基本的几何概念,教科书以课桌面、黑板面、海平面等为例,对它只是加以描述而不定义.立体几何中的平面又不同于上面的例子,是上面例子的抽象和概括,它的特征是无限延展性.为了更准确地理解平面,教材重点介绍了平面的基本性质,即教科书中的三个公理,这也是本节的重点.另外,本节还应充分展现三种数学语言的转换与翻译,特别注意图形语言与符号语言的转换.三维目标1.正确理解平面的几何概念,掌握平面的基本性质.2.熟练掌握三种数学语言的转换与翻译,结合三个公理的应用会证明共点、共线、共面问题.3.通过三种语言的学习让学生感知数学语言的美,培养学生学习数学的兴趣.重点难点三种数学语言的转换与翻译,利用三个公理证明共点、共线、共面问题.课时安排1课时教学过程导入新课思路1.(情境导入)大家都看过电视剧《西游记》吧,如来佛对孙悟空说:“你一个跟头虽有十万八千里,但不会跑出我的手掌心”.结果孙悟空真没有跑出如来佛的手掌心,孙悟空可以看作是一个点,他的运动成为一条直线,大家说如来佛的手掌像什么?对,像一个平面,今天我们开始认识数学中的平面.思路2.(事例导入)观察长方体(图1),你能发现长方体的顶点、棱所在的直线,以及侧面、底面之间的关系吗?图1长方体由上、下、前、后、左、右六个面围成.有些面是平行的,有些面是相交的;有些棱所在的直线与面平行,有些棱所在的直线与面相交;每条棱所在的直线都可以看成是某个面内的直线等等.空间中的点、直线、平面之间有哪些位置关系呢?本节我们将讨论这个问题.推进新课新知探究提出问题①怎样理解平面这一最基本的几何概念;②平面的画法与表示方法;③如何描述点与直线、平面的位置关系?④直线与平面有一个公共点,直线是否在平面内?直线与平面至少有几个公共点才能判断直线在平面内?⑤根据自己的生活经验,几个点能确定一个平面?⑥如果两个不重合的平面有一个公共点,它们的位置关系如何?请画图表示;⑦描述点、直线、平面的位置关系常用几种语言?⑧自己总结三个公理的有关内容.活动:让学生先思考或讨论,然后再回答,经教师提示、点拨,对回答正确的学生及时表扬,对回答不准确的学生提示引导考虑问题的思路.对有困难的学生可提示如下:①回忆我们学过的最基本的概念(原始概念),如点、直线、集合等.②我们的桌面看起来像什么图形?表示平面和表示点、直线一样,通常用英文字母或希腊字母表示.③点在直线上和点在直线外;点在平面内和点在平面外.④确定一条直线需要几个点?⑤引导学生观察教室的门由几个点确定.⑥两个平面不可能仅有一个公共点,因为平面有无限延展性.⑦文字语言、图形语言、符号语言.⑧平面的基本性质小结.讨论结果:①平面与我们学过的点、直线、集合等概念一样都是最基本的概念(不加定义的原始概念),只能通过对它描述加以理解,可以用它定义其他概念,不能用其他概念来定义它,因为它是不加定义的.平面的基本特征是无限延展性,很像如来佛的手掌(吴承恩的立体几何一定不错).②我们的桌面看起来像平行四边形,因此平面通常画成平行四边形,有些时候我们也可以用圆或三角形等图形来表示平面,如图2.平行四边形的锐角通常画成45°,且横边长等于其邻边长的2倍.如果一个平面被另一个平面遮挡住,为了增强它的立体感,我们常把它遮挡的部分用虚线画出来,如图 3.图2 图3 平面的表示法有如下几种:(1)在一个希腊字母α、β、γ的前面加“平面”二字,如平面α、平面β、平面γ等,且字母通常写在平行四边形的一个锐角内(图4);(2)用平行四边形的四个字母表示,如平面ABCD (图5);(3)用表示平行四边形的两个相对顶点的字母来表示,如平面AC (图5).图4 图5③下面我们总结点与直线、平面的位置关系如下表: 点A 在直线a 上(或直线a 经过点A )A∈a 元素与集合间的关系点A 在直线a 外(或直线a 不经过点A )A ∉a 点A 在平面α内(或平面α经过点A ) A∈α 点A 在平面α外(或平面α不经过点A )A ∉α④直线上有一个点在平面内,直线没有全部落在平面内(图7),直线上有两个点在平面内,则直线全部落在平面内.例如用直尺紧贴着玻璃黑板,则直尺落在平面内.公理1:如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 这是用文字语言描述,我们也可以用符号语言和图形语言(图6)描述.空间图形的基本元素是点、直线、平面.从运动的观点看,点动成线,线动成面,从而可以把直线、平面看成是点的集合,因此它们之间的关系除了用文字和图形表示外,还可借用集合中的符号语言来表示.规定直线用两个大写的英文字母或一个小写的英文字母表示,点用一个大写的英文字母表示,而平面则用一个小写的希腊字母表示.公理1也可以用符号语言表示:若A∈a,B∈a,且A∈α,B∈α,则a⊂α.图6 图7请同学们用符号语言和图形语言描述直线与平面相交.若A∈a,B∈a,且A∉α,B∈α,则a⊄α.如图(图7).⑤在生活中,我们常常可以看到这样的现象:三脚架可以牢固地支撑照相机或测量用的平板仪等等.上述事实和类似的经验可以归纳为下面的公理.公理2:经过不在同一直线上的三点,有且只有一个平面.如图(图8).图8公理2刻画了平面特有的性质,它是确定一个平面位置的依据之一.⑥我们用平行四边形来表示平面,那么平面是不是只有平行四边形这么个范围呢?不是,因为平面是无限延展的.直线是可以落在平面内的,因为直线是无限延伸的,如果平面是有限的,那么无限延伸的直线又怎么能在有限的平面内呢?所以平面具有无限延展的特征.现在我们根据平面的无限延展性来观察一个现象(课件演示给学生看).问:两个平面会不会只有一个公共点?不会,因为平面是无限延展的,应当有很多公共点.正因为平面是无限延展的,所以有一个公共点,必有无数个公共点.那么这无数个公共点在什么位置呢?可见,这无数个公共点在一条直线上.这说明,如果两个平面有一个公共点,那么它们有且只有一条通过这个点的公共直线.此时,就说两平面相交,交线就是公共点的集合,这就是公理3.如图(图9),用符号语言表示为:P∈α,且P∈β⇒α∩β=l,且P∈l.图9公理3告诉我们,如果两个不重合的平面有一个公共点,那么这两个平面一定相交,且其交线一定过这个公共点.也就是说,如果两个平面有一个公共点,那么它们必定还有另外一个公共点,只要找出这两个平面的两个公共点,就找出了它们的交线.由此看出公理3不仅给出了两个平面相交的依据,还告诉我们所有交点在同一条直线上,并给出了找这条交线的方法.⑦描述点、直线、平面的位置关系常用3种语言:文字语言、图形语言、符号语言.⑧“平面的基本性质”小结:名称作用公理1 判定直线在平面内的依据公理2 确定一个平面的依据公理3 两平面相交的依据应用示例思路1例1 如图10,用符号语言表示下列图形中点、直线、平面之间的位置关系.图10活动:学生自己思考或讨论,再写出(最好用实物投影仪展示写的正确的答案).教师在学生中巡视,发现问题及时纠正,并及时评价.解:在(1)中,α∩β=l,a∩α=A,a∩β=B.在(2)中,α∩β=l,a⊂α,b⊂β,a∩l=P,b∩l=P.变式训练1.画图表示下列由集合符号给出的关系:(1)A∈α,B∉α,A∈l,B∈l;(2)a⊂α,b⊂β,a∥c,b∩c=P,α∩β=c.解:如图11.图112.根据下列条件,画出图形.(1)平面α∩平面β=l,直线AB⊂α,AB∥l,E∈AB,直线EF∩β=F,F∉l;(2)平面α∩平面β=a,△ABC的三个顶点满足条件:A∈a,B∈α,B∉a,C∈β,C∉a. 答案:如图12.图12点评:图形语言与符号语言的转换是本节的重点,主要有两种题型:(1)根据图形,先判断点、直线、平面的位置关系,然后用符号表示出来.(2)根据符号,想象出点、直线、平面的位置关系,然后用图形表示出来.例2 已知直线a和直线b相交于点A.求证:过直线a和直线b有且只有一个平面.图13证明:如图13,点A是直线a和直线b的交点,在a上取一点B,b上取一点C,根据公理2经过不在同一直线上的三点A、B、C有一个平面α,因为A、B在平面α内,根据公理1,直线a在平面α内,同理直线b在平面α内,即平面α是经过直线a和直线b的平面.又因为A、B在a上,A、C在b上,所以经过直线a和直线b的平面一定经过点A、B、C.于是根据公理2,经过不共线的三点A、B、C的平面有且只有一个,所以经过直线a和直线b的平面有且只有一个.变式训练求证:两两相交且不共点的四条直线在同一平面内.证明:如图14,直线a、b、c、d两两相交,交点分别为A、B、C、D、E、F,图14∵直线a∩直线b=A,∴直线a和直线b确定平面设为α,即a,b⊂α.∵B、C∈a,E、F∈b,∴B、C、E、F∈α.而B、F∈c,C、E∈d,∴c、d⊂α,即a、b、c、d在同一平面内.点评:在今后的学习中经常遇到证明点和直线共面问题,除公理2外,确定平面的依据还有:(1)直线与直线外一点.(2)两条相交直线.(3)两条平行直线.思路2例1 如图15,已知α∩β=EF,A∈α,C、B∈β,BC与EF相交,在图中分别画出平面ABC 与α、β的交线.图15活动:让学生先思考或讨论,然后再回答,经教师提示、点拨,对回答正确的学生及时表扬,对作图不准确的学生提示引导考虑问题的思路.解:如图16所示,连接CB,∵C∈β,B∈β,∴直线CB⊂β.图16∵直线CB⊂平面ABC,∴β∩平面ABC=直线CB.设直线CB 与直线EF 交于D,∵α∩β=EF,∴D ∈α,D∈平面ABC.∵A∈α,A∈平面ABC ,∴α∩平面ABC=直线AD.变式训练1.如图17,AD∩平面α=B,AE∩平面α=C,请画出直线DE 与平面α的交点P ,并指出点P 与直线BC 的位置关系.图17解:AD 和AC 是相交直线,它们确定一个平面ABC ,它与平面α的交线为直线BC ,DE 平面ABC ,∴DE 与α的交点P 在直线BC 上.2.如图18,正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为8 cm ,M 、N 、P 分别是AB 、A 1D 1、BB 1的中点,图18(1)画出过M 、N 、P 三点的平面与平面A 1B 1C 1D 1的交线,以及与平面BB 1C 1C 的交线.(2)设过M 、N 、P 三点的平面与B 1C 1交于点Q ,求PQ 的长.解:(1)设M 、N 、P 三点确定的平面为α,则α与平面AA 1B 1B 的交线为直线MP ,设MP∩A 1B 1=R ,则RN 是α与平面A 1B 1C 1D 1的交线,设RN∩B 1C 1=Q ,连接PQ ,则PQ 是所要画的平面α与平面BB 1C 1C 的交线.如图18.(2)正方体棱长为8 cm ,B 1R=BM=4 cm ,又A 1N=4 cm ,B 1Q=31A 1N, ∴B 1Q=31×4=34(cm ).在△PB 1Q 中,B 1P=4 cm ,B 1Q=34cm ,∴PQ=10342121=+Q B P B cm. 点评:公理3给出了两个平面相交的依据,我们经常利用公理3找两平面的交点和交线. 例2 已知△ABC 三边所在直线分别与平面α交于P 、Q 、R 三点,求证:P 、Q 、R 三点共线. 解:如图19,∵A、B 、C 是不在同一直线上的三点,图19∴过A 、B 、C 有一个平面β.又∵AB∩α=P,且AB ⊂β,∴点P 既在β内又在α内.设α∩β=l,则P ∈l,同理可证:Q ∈l,R ∈l,∴P、Q 、R 三点共线.变式训练三个平面两两相交于三条直线,若这三条直线不平行,求证:这三条直线交于一点. 已知平面α、β、γ两两相交于三条直线l 1、l 2、l 3,且l 1、l 2、l 3不平行. 求证:l 1、l 2、l 3相交于一点.证明:如图20,α∩β=l 1,β∩γ=l 2,α∩γ=l 3,图20∵l 1⊂β,l 2⊂β,且l 1、l 2不平行,∴l 1与l 2必相交.设l 1∩l 2=P ,则P ∈l 1⊂α,P∈l 2⊂γ,∴P∈α∩γ=l 3.∴l 1、l 2、l 3相交于一点P.点评:共点、共线问题是本节的重点,在高考中也经常考查,其理论依据是公理3. 知能训练画一个正方体ABCD—A′B′C′D′,再画出平面ACD′与平面BDC′的交线,并且说明理由.解:如图21,图21∵F∈CD′,∴F∈平面ACD′.∵E∈AC,∴E∈平面ACD′.∵E∈BD,∴E∈平面BDC′.∵F∈DC′,∴F∈平面DC′B.∴EF为所求.拓展提升O1是正方体ABCD—A1B1C1D1的上底面的中心,过D1、B1、A作一个截面,求证:此截面与对角线A1C的交点P一定在AO1上.解:如图22,连接A1C1、AC,图22因AA1∥CC1,则AA1与CC1可确定一个平面AC1,易知截面AD1B1与平面AC1有公共点A、O1,所以截面AD1B1与平面AC1的交线为AO1.又P∈A1C,得P∈平面AC1,而P∈截面AB1D1,故P在两平面的交线上,即P∈AO1.点评:证明共点、共线问题关键是利用两平面的交点必在交线上.课堂小结1.平面是一个不加定义的原始概念,其基本特征是无限延展性.2.通过三个公理介绍了平面的基本性质,及作用.3.利用三个公理证明共面、共线、共点问题.作业课本习题2.1 A组5、6.11。
03教学设计_1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系(2)
1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系(2)本节课选自《2019人教A 版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》,本节课主要学习运用空间向量解决线线、线面、面面的位置关系,主要是垂直。
在向量坐标化的基础上,将空间中线线、线面、面面的位置关系,转化为向量语言,进而运用向量的坐标表示,从而实现运用空间向量解决立体几何问题,为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点,为培养学生思维提供了更广阔的空间。
1.教学重点:用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系2.教学难点:用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系多媒体一、情境导学类似空间中直线、平面平行的向量表示,在直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系中,直线的方向向量、平面的法向量之间有什么关系?二、探究新知空间中直线、平面垂直的向量表示位置关系向量表示线线垂直设直线l1,l2的方向向量分别为μ1,μ2,则l1⊥l2⇔μ1⊥μ2⇔μ1·μ2=0线面垂直设直线l的方向向量为μ,平面α的法向量为n,则l⊥α⇔μ∥n⇔∃λ∈R,使得μ=λn面面垂直设平面α,β的法向量分别为n1,n2,则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2=01.判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“√”,错误的打“×”.(1)若两条直线的方向向量的数量积为0,则这两条直线一定垂直相交.( )(2)若一直线与平面垂直,则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向向量的数量积为0.( )(3)两个平面垂直,则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线的方向向量垂直.( )(4)若两平面α,β的法向量分别为u 1=(1,0,1),u 2=(0,2,0),则平面α,β互相垂直.( )答案: (1)× (2)√ (3)× (4)√2.设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量(-2,-4,k ),若α⊥β,则k=( ) A.2 B.-5C.4D.-2答案:B解析:因为α⊥β,所以-2-8-2k=0,解得k=-5.例1如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 是矩形,PA=AB=1,点F 是PB 的中点,点E 在边BC 上移动.求证:无论点E 在边BC 上的何处,都有PE ⊥AF.思路分析只需证明直线PE 与AF 的方向向量互相垂直即可. 证明:(方法1)以A 为原点,以AD ,AB ,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设AD=a ,则A (0,0,0),P (0,0,1),B (0,1,0),C (a ,1,0),于是F (0,12,12).∵E 在BC 上,∴设E (m ,1,0),∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,1,-1), AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12). ∵PE⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴PE ⊥AF . ∴无论点E 在边BC 上何处,总有PE ⊥AF .(方法2)因为点E 在边BC 上,可设BE⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 于是PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ )·12(AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ++λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ ++λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(0-1+1+0+0+0)=0,因此PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AF ⃗⃗⃗⃗⃗ . 故无论点E 在边BC 上的何处,都有PE ⊥AF . 延伸探究本例条件不变,求证:AF ⊥BC. 证明:同例题建系,易知AF ⃗⃗⃗⃗⃗ += 0,12,12,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +=(a ,0,0),因为AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +=0,所以AF ⊥BC.利用向量方法证明线线垂直的方法(1)坐标法:建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标,求出两直线方向向量的坐标,然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直;(2)基向量法:利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律,结合图形,将两直线所在的向量用基向量表示,然后根据数量积的运算律证明两直线所在的向量的数量积等于0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直.跟踪训练1在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为AC 的中点.求证:(1)BD 1⊥AC ;(2)BD 1⊥EB 1.(2)∵BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +=(-1,-1,1),EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,12,1) ,∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +=(-1)×12++(-1)×12+1×1=0,∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴BD 1⊥EB 1.证明:以D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则B (1,1,0),D 1(0,0,1),A (1,0,0),C (0,1,0),E (12,12,0),B 1(1,1,1).(1)∵BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,1), AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1)×(-1)+(-1)×1+1×0=0. ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴BD 1⊥AC.例2在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,M 分别为棱AB ,BC ,B 1B 的中点.求证:D 1M ⊥平面EFB 1.思路分析一种思路是不建系,利用基向量法证明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面EFB 1内的两个不共线向量都垂直,从而根据线面垂直的判定定理证得结论;另一种思路是建立空间直角坐标系,通过坐标运算证明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面EFB 1内的两个不共线向量都垂直;还可以在建系的前提下,求得平面EFB 1的法向量,然后说明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与法向量共线,从而证得结论.证明:(方法1)因为E ,F ,M 分别为棱AB ,BC ,B 1B 的中点, 所以D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 而B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0-0+0-12+12−14×0=0,因此D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .同理D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,又因为B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,因此D 1M ⊥平面EFB 1.(方法2)分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则D 1(0,0,1),M (1,1,12),B 1(1,1,1),E (1,12,0),F (12,1,0),于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−12),B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,−1),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,−1),因此D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×0+1×(−12)+(−12)×(-1)=0,故D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; 又D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×(−12)+1×0+(−12)×(-1)=0,故D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,因此D 1M ⊥平面EFB 1.(方法3)分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则D 1(0,0,1),M (1,1,12),B 1(1,1,1),E (1,12,0),F (12,1,0),于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−12), B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,−1),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,−1),设平面EFB 1的法向量为n =(x ,y ,z ), 于是n ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,因此{−12y −z =0,−12x −z =0, 取x=2,则y=2,z=-1,即n =(2,2,-1),而(1,1,−12)=12(2,2,-1),即D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12n , 所以D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥n ,故D 1M ⊥平面EFB 1.利用空间向量证明线面垂直的方法(1)基向量法:选取基向量,用基向量表示直线所在的向量,在平面内找出两个不共线的向量,也用基向量表示,然后根据数量积运算律分别证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零,从而证得结论. (2)坐标法:建立空间直角坐标系,求出直线方向向量的坐标以及平面内两个不共线向量的坐标,然后根据数量积的坐标运算法则证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零,从而证得结论. (3)法向量法:建立空间直角坐标系,求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标,然后说明直线方向向量与平面法向量共线,从而证得结论.跟踪训练2如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,AB ⊥AD ,AB=4 ,CD=2, AD=2√2,PA ⊥平面ABCD ,PA=4. 求证:BD ⊥平面PAC.证明:因为AP ⊥平面ABCD ,AB ⊥AD ,所以以A 为坐标原点,AB ,AD ,AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系. 则B (4,0,0),P (0,0,4), D (0,2√2,0),C (2,2√2,0), 所以BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,2√2,0),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,4). 所以BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4)×2+2√2×2√2+0×0=0, BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4)×0+2√2×0+0×4=0,所以BD ⊥AC ,BD ⊥AP . 因为AP ∩AC=A ,AC ⊂平面P AC ,AP ⊂平面P AC , 所以BD ⊥平面P AC.例3如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB ⊥BC ,AB=BC=2,BB 1=1,点E 为BB 1的中点,证明:平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C.思路分析要证明两个平面垂直,由两个平面垂直的条件,可证明这两个平面的法向量垂直,转化为求两个平面的法向量n 1,n 2,证明n 1·n 2=0.解:由题意得AB ,BC ,B 1B 两两垂直.以点B 为原点,BA ,BC ,BB 1所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则A (2,0,0),A 1(2,0,1),C (0,2,0),C 1(0,2,1),E 0,0,12,则AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,1), AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,0,12. 设平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1).则{n 1·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{z 1=0,−2x 1+2y 1=0.令x 1=1,得y 1=1.∴n 1=(1,1,0).设平面AEC 1的一个法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2). 则{n 2·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{−2x 2+2y 2+z 2=0,−2x 2+12z 2=0, 令z 2=4,得x 2=1,y 2=-1.∴n 2=(1,-1,4).∵n 1·n 2=1×1+1×(-1)+0×4=0, ∴n 1⊥n 2,∴平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C.利用空间向量证明面面垂直的方法1.利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径:一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直;二是直接求解两个平面的法向量,由两个法向量垂直,得面面垂直.2.向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系,恰当建系或用基向量表示后,只需经过向量运算就可得到要证明的结果,思路方法“公式化”,降低了思维难度.跟踪训练3如图,在五面体ABCDEF 中,FA ⊥平面ABCD , AD ∥BC ∥FE ,AB ⊥AD ,M 为EC 的中点,AF=AB=BC=FE=12AD 求证:平面AMD ⊥平面CDE.分析:因为FA ⊥平面ABCD ,所以可以以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系.证明:如图,建立空间直角坐标系,点A 为坐标原点,设AB=1,依题意得A (0,0,0),M (12,1,12) ,C (1,1,0),D (0,2,0),E (0,1,1),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,1,12),CE⃗⃗⃗⃗⃗ +=(-1,0,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),可得AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,因此CE ⊥AM ,CE ⊥AD. 又AM ∩AD=A ,∴CE ⊥平面AMD.又CE ⊂平面CED ,∴平面AMD ⊥平面CED.金题典例 如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形,AC=2a ,BB 1=3a ,D 是A 1C 1的中点,E 是B 1C 的中点.(1)求cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >.(2)在线段AA 1上是否存在点F ,使CF ⊥平面B 1DF ?若存在,求出|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |;若不存在,请说明理由.解:(1)以B 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.∵AC=2a ,∠ABC=90°,∴AB=BC=√2a. ∴B (0,0,0),A (√2a ,0,0),C (0,√2a ,0),B 1(0,0,3a ),A 1(√2a ,0,3a ),C 1(0,√2a ,3a ),D (√22a,√22a,3a),E (0,√22a,32a), CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a ,-√2a ,3a ), BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√22a,32a). ∴|CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13a ,|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√112a ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0-a 2+92a 2=72a 2. ∴cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BE⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=7√143143.(2)存在.理由如下:假设存在点F ,使CF ⊥平面B 1DF.不妨设AF=b ,则F (√2+a ,0,b ),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ +=(√2+a ,-√2+a ,b ),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +=(√2+a ,0,b-3a ),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√22a,√22a,0). ∵CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2-a 2+0=0,∴CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 恒成立.由B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a 2+b (b-3a )=b 2-3ab+2a 2=0,得b=a 或b=2a , ∴当|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=a 或|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2a 时,CF ⊥平面B 1DF . 应用空间向量解答探索性(存在性)问题 立体几何中的存在探究题,解决思路一般有两个:(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,并用向量表示出来,然后再加以证明,得出结论;(2)假设所求的点或参数存在,并用相关参数表示相关点,根据线、面满足的垂直、平行关系,构建方程(组)求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则存在,否则不存在. 三、达标检测B.平面AED ⊥平面A 1FD 1C.平面AED 与平面A 1FD 1相交但不垂直D.以上都不对答案:B 解析:以D 为原点, DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x ,y ,z 建立空间直角坐标系,求出平面AED 的法向量n 1与平面A 1FD 1的法向量n 2.因为n 1·n 2=0,所以n 1⊥n 2,故平面AED ⊥平面A 1FD 1.3.若直线l 的方向向量是a =(1,0,-2),平面β的法向量是b =(-1,0,2),则直线l 与β的位置关系是 . 答案:l ⊥β 解析:因为a ∥b ,所以l ⊥β.4.如图,在四面体ABCD 中,AB ⊥平面BCD ,BC=CD , ∠BCD=90°,∠ADB=30°,E ,F 分别是AC ,AD 的中点, 求证:平面BEF ⊥平面ABC.证明:建立空间直角坐标系,如图,取A (0,0,a ),则易得B (0,0,0), C√32a ,√32a ,0,D (0,√3a ,0),E√34a ,√34a ,a2,F (0,√32a,a2).∵∠BCD=90°,∴CD ⊥BC.∵AB ⊥平面BCD ,∴AB ⊥CD.又∵AB ∩BC=B ,∴CD ⊥平面ABC. ∴CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32a,√32a,0)为平面ABC 的一个法向量.设平面BEF 的法向量n =(x ,y ,z ),∴n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即(x ,y ,z )·(−√34a,√34a,0)=0.∴x=y.由n ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即(x ,y ,z )·(0,√32a,a 2)=0, 有√32ay+a2z=0,∴z=-√3y. 取y=1,得n =(1,1,-√3). ∵n ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-√3)·(−√32a,√32a,0)=0, ∴n ⊥CD ⃗⃗⃗⃗⃗ .∴平面BEF ⊥平面ABC.5.如图所示,在长方体1111ABCD A B C D -中,1AD =,12AB AA ==,N 、M 分别是AB 、1C D 的中点.(1)求证://NM 平面11A ADD ; (2)求证:NM ⊥平面11A B M .证明:(1)以D 为原点,DA 为x 轴,DC 为y 轴,1DD 为z 轴,建立空间直角坐标系,在长方体1111ABCD A B C D -中,1AD =,12AB AA ==,N 、M 分别是AB 、1C D 的中点,(0M ∴,1,1),(1N ,1,0),(1MN =,0,1)-,平面11A ADD 的法向量(0n =,1,0),∴0MN n =,MN ⊂/平面11A ADD ,//MN ∴平面11A ADD .(2)1(1A ,0,2),1(1B ,2,2),11(0A B =,2,0),1(1A M =-,1,1)-,∴11·0MN A B =,1·0MN AM =,11MN A B ∴⊥,1MN A M ⊥, 1111A B A M A ⋂=,NM ∴⊥平面11A B M .四、小结五、课时练教学中主要突出了几个方面:一是突出类比学习,让学生类比向量解决平行问题,进而学习运用空间向量解决垂直问题,发展学生的类比思想和逻辑推理能力。
平面与平面之间的位置关系(附答案)
平面与平面之间的位置关系[学习目标] 1.了解直线与平面之间的三种位置关系,会用图形语言和符号语言表示.2.了解平面与平面之间的两种位置关系,会用符号语言和图形语言表示.知识点一 直线与平面的位置关系 1.直线与平面的位置关系2.直线与平面的位置关系的分类 (1)按公共点个数分类⎩⎨⎧有无公共点⎩⎪⎨⎪⎧直线和平面相交——有且只有一个公共点直线在平面内——有无数个公共点无公共点——直线和平面平行(2)按直线是否在平面内分类⎩⎨⎧直线在平面内——所有点在平面内直线在平面外⎩⎪⎨⎪⎧直线与平面相交直线与平面平行思考 “直线与平面不相交”与“直线与平面没有公共点”是相同的意义吗?答 不是.前者包括直线与平面平行及直线在平面内这两种情况;而后者仅指直线与平面平行.知识点二 两个平面的位置关系思考分别位于两个平行平面内的两条直线有什么位置关系?答这两条直线没有公共点,故它们的位置关系是平行或异面.题型一直线与平面的位置关系例1下列命题中,正确命题的个数是()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满足a∥α,b∥α,那么a∥b;④如果平面α的同侧有两点A,B到平面α的距离相等,那么AB∥α.A.0B.2C.1D.3答案 C解析如图,在长方体ABCD-A′B′C′D′中,AA′∥BB′,AA′却在过BB′的平面AB′内,故命题①不正确;AA′∥平面B′C,BC ⊂平面B′C,但AA′不平行于BC,故命题②不正确;AA′∥平面B′C,A′D′∥平面B′C,但AA′与A′D′相交,所以③不正确;④显然正确.故答案为C.跟踪训练1以下命题(其中a,b表示直线,α表示平面),①若a∥b,b⊂α,则a∥α;②若a∥α,b∥α,则a∥b;③若a∥b,b∥α,则a∥α;④若a∥α,b⊂α,则a∥b.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.3答案 A解析如图所示在长方体ABCD-A′B′C′D′中,AB∥CD,AB⊂平面ABCD,但CD⊂平面ABCD,故①错误;A′B′∥平面ABCD,B′C′∥平面ABCD,但A′B′与B′C′相交,故②错误;AB∥A′B′,A′B′∥平面ABCD,但AB⊂平面ABCD,故③错误;A′B′∥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,但A′B′与BC异面,故④错误.题型二平面与平面的位置关系例2以下四个命题中,正确的命题有()①在平面α内有两条直线和平面β平行,那么这两个平面平行;②在平面α内有无数条直线和平面β平行,那么这两个平面平行;③平面α内△ABC的三个顶点在平面β的同一侧面且到平面β的距离相等且不为0,那么这两个平面平行;④平面α内两条相交直线和平面β内两条相交直线分别平行,那么这两个平面平行.A.③④B.②③④C.②④D.①④答案 A解析当两个平面相交时,一个平面内有无数条直线平行于它们的交线,即平行另一个平面,所以①②错误.跟踪训练2两平面α,β平行,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没有公共点.其中正确的个数是()A.1B.2C.3D.4答案 B解析①错误,a不是与β内的所有直线平行,而是与β内的无数条直线平行,有一些是异面;②正确;③错误,直线a与β内无数条直线垂直;④根据定义,a与β没有公共点,正确.分类讨论思想例3在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点Q是棱DD1上的动点,判断过A,Q,B1三点的截面图形的形状.分析决定过A,Q,B1三点的截面图形的形状的因素是动点Q,所以要对点Q的位置进行分类讨论.解由于点Q是线段DD1上的动点,故①当点Q与点D1重合时,截面图形为等边三角形AB1D1,如图:②当点Q与点D重合时,截面图形为矩形AB1C1D,如图:③当点Q不与点D,D1重合时,截面图形为等腰梯形AQRB1,如图:1.如果直线a∥平面α,那么直线a与平面α内的()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2.下列命题中,正确的命题是()A.若直线a上有无数个点不在平面α内,则a∥αB.若a∥α,则直线a与平面α内任意一条直线都平行C.若a⊂α,则a与α有无数个公共点D.若a⊄α,则a与α没有公共点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平行于同一个平面的两条直线平行;③平行于同一条直线的两个平面平行;④平行于同一个平面的两个平面平行.A.1个B.2个C.3个D.4个4.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________.一、选择题1.若a,b是异面直线,且a∥平面α,则b与α的位置关系是()A.b∥αB.相交C.b⊂αD.b⊂α、相交或平行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3.若直线a不平行于平面α,则下列结论成立的是()A.α内的所有直线均与a异面B.α内不存在与a平行的直线C.α内的直线均与a相交D.直线a与平面α有公共点4.以下四个命题:①三个平面最多可以把空间分成八部分;②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;③若α∩β=l,直线a⊂平面α,直线b⊂平面β,且a∩b=P,则P∈l;④若n条直线中任意两条共面,则它们共面.其中正确的是()A.①②B.②③C.③④D.①③5.过平面外一条直线作平面的平行平面()A.必定可以并且只可以作一个B.至少可以作一个C.至多可以作一个D.一定不能作6.下列命题正确的是()①两个平面平行,这两个平面内的直线都平行;②两个平面平行,其中一个平面内任何一条直线都平行于另一平面;③两个平面平行,其中一个平面内一条直线和另一个平面内的无数条直线平行;④两个平面平行,各任取两平面的一条直线,它们不相交.A.①B.②③④C.①②③D.①④7.在长方体ABCDA1B1C1D1的六个表面与六个对角面(面AA1C1C、面ABC1D1、面ADC1B1、面BB1D1D、面A1BCD1及面A1B1CD)所在的平面中,与棱AA1平行的平面共有()A.2个B.3个C.4个D.5个二、填空题8.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.9.下列命题正确的是________.①如果一条直线与一平面相交,那么这条直线与平面内的无数条直线垂直;②若直线a与平面α和平面β都平行,那么α∥β;③若两个平面α∥β,a⊂α,b⊂β,则a与b一定不相交;④若两个平面α∩β=b,a⊂α,则a与β一定相交.10.给出下列几个说法:①过一点有且只有一条直线与已知直线平行;②过一点有且只有一条直线与已知直线垂直;③过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行;④过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行.其中正确有________个.三、解答题11.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的关系并证明你的结论.12.如图,已知平面α∩β=l,点A∈α,点B∈α,点C∈β,且A∉l,B∉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.当堂检测答案1.答案 D解析直线a∥平面α,则a与α无公共点,与α内的直线当然均无公共点.2.答案 C解析对于A,直线a与平面α有可能相交,所以A错;对于B,平面α内的直线和直线a 可能平行,也可能异面,所以B错;对于D,因为直线a与平面α可能相交,此时有一个公共点,所以D错.3.答案 B解析②中,也有可能是相交或异面,故②错误;③中,存在平行于两个相交平面的交线,且不在两个平面内的直线,故③错误.4.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.5.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.课时精练答案一、选择题1.答案 D解析如图所示,选D.2.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.答案 D解析若直线a不平行平面α,则a∩α=A或a⊂α,故D项正确.4.答案 D解析对于①,正确;对于②,逆推“α与β相交”推不出“a与b相交”,也可能a∥b;对于③,正确;对于④,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④错.所以正确的是①③.5.答案 C解析因为直线在平面外包含两种情况:直线与平面相交和直线与平面平行.当直线与平面相交时,不能作出符合题意的平面;当直线与平面平行时,可作出惟一的一个符合题意的平面.6.答案 B解析①不正确,因为这两条直线可能是异面;②③④都正确,可根据线面平行的定义或面面平行的定义或观察几何体模型进行判断.7.答案 B解析如图所示,结合图形可知AA1∥平面BB1C1C,AA1∥平面DD1C1C,AA1∥平面BB1D1D.二、填空题8.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.9.答案①③解析对于①,如图,∴命题①正确;对于②,α、β也可能相交,②不正确;对于③,若a与b相交,则α与β相交与条件矛盾,③正确;对于④,当a与b重合时,a在β内;当a∥b时,a∥β;当a与b相交时,a与β相交,④不正确.10.答案 1解析①当点在已知直线上时,不存在过该点的直线与已知直线平行,故①错误;②由于垂直包括相交垂直和异面垂直,因而过一点与已知直线垂直的直线有无数条,故②错误;③过棱柱的上底面内的一点任意作一条直线都与棱柱的下底面平行,所以过平面外一点与已知平面平行的直线有无数条,故③错误;④过平面外一点与已知平面平行的平面有且只有一个,故④正确.三、解答题11.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.12.解平面ABC与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一定相交.设AB∩l=P,则P∈AB,P∈l.又∵AB⊂平面ABC,l⊂β,∴P∈平面ABC,P∈β.∴点P是平面ABC与β的一个公共点,而点C也是平面ABC与β的一个公共点,且P,C 是不同的两点,∴直线PC就是平面ABC与β的交线,即平面ABC∩β=PC,而PC∩l=P,∴平面ABC与β的交线与l相交.。
2014-2015学年高中数学(人教版必修二)课时训练第二章 2.3 2.3.2 平面与平面垂直的判定
PlQ . ________
基 础 梳 理 (2)二面角的平面角. 如图,二面角αlβ, ∈ l; 若有:①O____ ⊂ α,OB____ ⊂ β; ②OA____
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⊥ l,OB____ ⊥ l. ③OA____
则∠AOB就叫做二面角αlβ的平面角.
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A.有 0 条 B.有一条 C.有 2 条 D.有无数条
答案:A
自 测 自 评
5.若 α∥β,a⊥α,则 a 与 β 的位置关系是 ____________.
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答案:垂直
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题型一
基 础 梳 理
练习 1: 如右图所示, PA⊥ 平面 ABCD , ABCD 是正方
形,求证:平面PCD⊥平面PAD.
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基 础 梳 理
证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,
又ABCD是正方形,所以AD⊥CD, 又PA与AD相交,所以CD⊥平面PAD, 因为CD⊂平面PCD,
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解析:若方向相同则相等,若方向相反则互补. 答案:C
自 测 பைடு நூலகம் 评
3.已知 a⊂α,b⊂β,c⊂β,a⊥b,a⊥c,则( A.α⊥β C.α∥β B.α 与 β 相交 D.以上都有可能
)
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答案:D
自 测 自 评
4.若平面 α 与平面 β 不垂直,那么 α 内能与 β 垂直的 直线( )
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基 础 梳 理 2.面面垂直. (1) 定义:如果两个平面相交,且它们所成的二面角 是直二面角 ________,就说这两个平面互相垂直. (2)画法:
2014-2015学年高中数学(人教版必修二)课时训练第二章 2.2 2.2.1 直线与平面平行、平面与平面平行的判定
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又 MN⊂平面 BCE, PQ⊄平面 BCE,∴PQ∥平面 BCE. 证法二:如图,
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连接 AQ 并延长交 BC 于 K,连接 EK. AQ QD 在△AQD 和△BQK 中,由△AQD∽△BQK,得QK= BQ. ∵正方形 ABCD 和正方形 ABEF 有公共边 AB, ∴其对角线 AE=BD. 又 AP=DQ, ∴PE=BQ.
第二章
点、直线、平面之间的位置关系
2.2 直线、平面平行的判定及其性质 2.2.1 直线与平面平行、平面与平面平行的判定
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1 . 理解直线与平面平行、平面与平面平行的判定定 理的含义. 2 .能运用直线与平面平行的判定定理、平面与平面
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平行的判定定理证明一些空间线面关系的简单问题.
则这两个平面平行
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一条直线平行 , 直线与另一个平面平行, _________________
基 础 梳 理
符号表示
b⊂α
a∩b=A
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图形表示
基 础 梳 理 练习 1 : 正方体 ABCDA1B1C1D1 的 6 个面中,与 AB 平行 的面有多少个? 答案:两个 练习2:若平面α内有直线 b与 a平行,那么 α与a的位置 关系如何? 答案:a∥α或a⊂α
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QD AP AQ AP ∴BQ =PE,因此QK=PE. ∴PQ∥EK.又 PQ⊄平面 BEC,EK⊂平面 BEC, ∴PQ∥平面 BEC. 点评:证法一可称为“平行四边形法”,证法二可称 为“三角形中的比例线段法”,都是证明线面平行时常用 的方法.
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高中数学第八章立体几何初步8.6.3平面与平面垂直一同步练习含解析新人教A版必修第二册
课时素养评价三十二平面与平面垂直(一)(15分钟30分)1.设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β(A.若l⊥β,则α⊥βB.若α⊥β,则l⊥mC.若l∥β,则α∥βD.若α∥β,则l∥m【解析】选A.因为l⊥β,l⊂α,所以α⊥β(面面垂直的判定定理),故A正确.【补偿训练】已知直线a,b与平面α,β,γ,下列能使α⊥β成立的条件是(A.α⊥γ,β⊥γB.α∩β=a,b⊥a,b⊂βC.a∥β,a∥αD.a∥α,a⊥β【解析】选D.由a∥α,知α内必有直线l与a平行.而a⊥β,所以l⊥β,所以α⊥β.2.如图所示,定点A和B都在平面α内,定点P∉α,PB⊥α,C是平面α内异于A和B的动点,且PC⊥AC,则△ABC为(A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.无法确定【解析】选B.由PB⊥α,得PB⊥AC,又PC⊥AC,且PB∩PC=P,故AC⊥平面PBC,所以AC⊥BC,则△ABC为直角三角形.3.一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面,则这两个二面角的大小关系为( A.相等 B.互补C.相等或互补D.不确定【解析】选D.如图,在正方体ABCD -A1B1C1D1中,E,F分别是CD,C1D1的中点,二面角D -AA1-E与二面角B1-AB-D 的两个半平面就是分别对应垂直的,但是这两个二面角既不相等,也不互补.4.在正方体ABCD -A1B1C1D1中,E是CC1的中点,则平面EBD与平面AA1C1C的位置关系是.(填“垂直”“不垂直”其中的一个)【解析】如图,在正方体中,CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥BD.又AC⊥BD,CC1∩AC=C,所以BD⊥平面AA1C1C.又BD⊂平面EBD,所以平面EBD⊥平面AA1C1C.答案:垂直5.以等腰直角三角形斜边上的高为棱,把它折成直二面角,则折叠后原等腰直角三角形两条直角边的夹角为.【解析】如图所示,是等腰直角三角形ABC以斜边AB上的高CD为棱,折成直二面角后的图形,折叠后AD⊥CD,BD⊥DC,∠ADB即所成二面角的平面角,故∠ADB=90°.设AD=a,则有BD=CD=a,所以AB=AC=BC=a,所以△ABC是等边三角形,所以折叠后原等腰直角三角形两条直角边AC,BC的夹角为60°.答案:60°6.(2020·合肥高一检测)如图,在正方体ABCD -A1B1C1D1中,(1)求证:DB1⊥AC;(2)求证:平面A1B1CD⊥平面ACD1.【证明】(1)连接BD、B1D1,因为DD1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以DD1⊥AC,又AC⊥BD,BD∩DD1=D,BD、DD1⊂平面DBB1D1,所以AC⊥平面DBB1D1,又DB1⊂平面DBB1D1,所以DB1⊥AC.(2)由(1)同理可得DB1⊥AD1,又AD1∩AC=A,AD1,AC⊂平面ACD1,所以DB1⊥平面ACD1,又DB1⊂平面A1B1CD,所以平面A1B1CD⊥平面ACD1.(30分钟60分)一、单选题(每小题5分,共20分)1.如果直线l,m与平面α,β,γ满足:β∩γ=l,l∥α,m⊂α和m⊥γ,那么必有(A.α⊥γ且l⊥mB.α⊥γ且m∥βC.m∥β且l⊥mD.α∥β且α⊥γ【解析】选A.B错,有可能m与β相交;C错,有可能m与β相交;D错,有可能α与β相交.2.如图,AB是圆的直径,PA⊥AC,PA⊥BC,C是圆上一点(不同于A,B),且PA=AC,则二面角P-BC -A的平面角为(A.∠PACB.∠CPAC.∠PCAD.∠CAB【解析】选C.因为AB为圆的直径,所以AC⊥BC.因为PA⊥BC,AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC.所以BC⊥PC.所以∠PCA为二面角P-BC -A的平面角.3.如图,在四棱锥S -ABCD中,底面ABCD为正方形,SA⊥平面ABCD,AC与BD相交于点O,点P是侧棱SC上一动点,则一定与平面PBD垂直的平面是(A.平面SABB.平面SACC.平面SCDD.平面ABCD【解析】选B.因为在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为正方形,所以BD⊥AC.因为SA⊥平面ABCD,所以SA⊥BD.因为SA∩AC=A,所以BD⊥平面SAC.因为BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面SAC.4.将锐角A为60°,边长为a的菱形沿BD折成60°的二面角,则折叠后A与C之间的距离为(A.aB. aC. aD. a【解析】选C.设折叠后点A到A1的位置,取BD的中点E,连接A1E,CE.则BD⊥CE,BD⊥A1E.于是∠A1EC为二面角A1-BD -C的平面角.故∠A1EC=60°.因为A1E=CE,所以△A1EC是等边三角形.所以A1E=CE=A1C= a.二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面ABCD为菱形,M是PC上的一个动点,若要使得平面MBD⊥平面PCD,则应补充的一个条件可以是(A.MD⊥MBB.MD⊥PCC.AB⊥ADD.BM⊥PC【解析】选BD.连接AC,BD,BM,MD.因为在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,且底面各边都相等,M是PC上的一动点,所以BD⊥PA,BD⊥AC,因为PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC,所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时,即有PC⊥平面MBD.而PC属于平面PCD,所以平面MBD⊥平面PCD.6.(2020·抚顺高一检测)已知正方形ABCD的边长为2,若将正方形ABCD沿对角线BD折叠为三棱锥A-BCD,则在折叠过程中,能出现(A.BD⊥ACB.平面ABD⊥平面CBDC.V A-CBD=D.AB⊥CD【解析】选ABC.设正方形中心为O,则BD⊥OC,BD⊥OA,且OC∩OA=O,所以BD⊥平面AOC,所以BD⊥AC,故A正确;因为∠AOC为二面角A-BD -C的平面角,所以当∠AOC=时,平面ABD⊥平面CBD,故B正确;当∠AOC=时,V A-BCD取得最大值为S△BCD·OA=×2×=,所以三棱锥A-BCD的体积的取值范围是,故C正确;若AB⊥CD,又BC⊥CD,则CD⊥平面ABC,所以CD⊥AC,所以AD>CD,显然这与AD=CD矛盾,故AB与CD不垂直.三、填空题(每小题5分,共10分)7.如图,二面角α-l-β的大小是60°,线段AB⊂α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是.【解析】如图,作AO⊥β于O,AC⊥l于C,连接OB,OC,则OC⊥l.设AB与β所成的角为θ,则∠ABO=θ,由图得sin θ==·=sin 30°·sin 60°=.答案:8.如图,已知六棱锥P-ABCDEF的底面是正六边形,PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是(填序号).①PB⊥AD;②平面PAB⊥平面PAE;③BC∥平面PAE;④直线PD与平面ABC所成的角为45°.【解析】因为AD∥BC,PB与BC不垂直,故PB与AD不垂直,①不正确;由PA⊥AB,AE⊥AB,PA∩AE=A,得AB⊥平面PAE,因为AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAE,②正确;延长CB,EA,两者相交,因此BC与平面PAE相交,③不正确;由于PA⊥平面ABC,所以∠PDA 就是直线PD与平面ABC所成的角,由PA=2AB,AD=2AB,得PA=AD,所以∠PDA=45°,④正确.答案:②④四、解答题(每小题10分,共20分)9.如图,在长方体ABCD -A1B1C1D1中,BC=2,AA1=1,E,F分别在AD和BC上,且EF∥AB.若二面角C1-EF-C等于45°,求BF的值.【解析】因为AB⊥平面BC1,C1F⊂平面BC1,CF⊂平面BC1,所以AB⊥C1F,AB⊥CF.又EF∥AB,所以C1F⊥EF,CF⊥EF,所以∠C1FC是二面角C1-EF-C的平面角,即∠C1FC=45°.所以△FCC1是等腰直角三角形,所以CF=CC1=AA1=1.又BC=2,所以BF=BC-CF=2-1=1.10.(2020·新乡高一检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=∠CDA=90°,PA⊥平面ABCD,PA=AD=DC=1,AB=2.(1)证明:平面PAC⊥平面PBC;(2)求点D到平面PBC的距离.【解析】(1)由已知得AC==,BC==,AB=2,所以AC2+BC2=AB2,所以BC⊥AC,因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,因为PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,因为BC⊂平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC.(2)由(1)得BC⊥平面PAC,BC⊥AC,BC=,所以PC==,设点D到平面PBC的距离为d,因为V P-BCD=V D -PBC,所以××DC×AD×PA=××PC×BC×d,所以××1×1×1=××××d,解得d=,所以点D到平面PBC的距离为.1.如图,在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则在三棱锥P-ABC的四个面中,互相垂直的面有对.【解析】因为PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,所以PA⊥平面PBC.因为PA⊂平面PAB,PA⊂平面PAC,所以平面PAB⊥平面PBC,平面PAC⊥平面PBC.同理可证平面PAB⊥平面PAC.答案:32.如图,在三棱台DEF-ABC中, AB=2DE,G,H分别为AC,BC的中点.(1)求证:BD∥平面FGH;(2)若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.【证明】(1)如图所示,连接DG,设CD∩GF=M,连接MH.在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,所以AC=2DF.因为G是AC的中点,所以DF∥GC,且DF=GC,所以四边形CFDG是平行四边形,所以DM=MC.因为BH=HC,所以MH∥BD.又BD⊄平面FGH,MH⊂平面FGH,所以BD∥平面FGH.(2)因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB.因为AB⊥BC,所以GH⊥BC.又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,所以四边形EFCH是平行四边形,所以CF∥HE.因为CF⊥BC,所以HE⊥BC.又HE,GH⊂平面EGH,HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH.又BC⊂平面BCD, 所以平面BCD⊥平面EGH.。
一轮复习课时训练§7.3:空间点、直线、平面之间的位置关系
第七章§3:空间点、直线、平面之间的位置关系(与一轮复习课件对应的课时训练)满分100,训练时间45钟一、选择题:本大题共5小题,每小题8分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α使得A.a⊂α,b⊂α B.a⊂α,b∥αC.a⊥α,b⊥α D.a⊂α,b⊥α2.正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别是AB,AD,B1C1的中点,那么,正方体的过P,Q,R的截面图形是A.三角形B.四边形C.五边形D.六边形3.如图是正方体或四面体,P、Q、R、S分别是所在棱的中点,这四个点不共面的一个图是4.与正方体ABCD-A1B1C1D1的三条棱AB,CC1,A1D1所在直线的距离相等的点A.有且只有1个B.有且只有2个C.有且只有3个D.有无数个5.一个正方体的展开图如图所示,B,C,D为原正方体的顶点,A为原正方体一条棱的中点.在原来的正方体中,CD与AB所成角的余弦值为A.510B.105C.55D.1010二、填空题:本大题共3小题,每小题8分,共24分.6.三个平面可以把空间分成________部分.7.如图所示,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,AA1∶AB =2∶1,则异面直线AB1与BD所成的角为________.8.设平面α,β,直线a,b,集合A={与a垂直的平面},B={与β垂直的平面},M={与a垂直的直线},N={与b垂直的直线},给出下列命题:①若A∩B≠∅,则α∥β②若α∥β,则A=B③若a,b为异面直线,则M∩N=∅④若a,b相交,则M=N其中不正确命题的序号是________.三、解答题:本大题共2小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(本小题满分18分)已知直线l与三条平行直线a,b,c都相交.求证:四条直线l,a,b,c共面.10.(本小题满分18分,(1)小问8分,(2)小问10分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是CD的中点,连结AE并延长与BC的延长线交于点F,连结BE并延长交AD的延长线于点G,连结FG。
2023年高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量3空间点直线平面之间的位置关系练习含解析
空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求 1.借助长方体,在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上,抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.2.了解四个基本事实和一个定理,并能应用定理解决问题.知识梳理 1.平面基本事实1:过不在一条直线上的三个点,有且只有一个平面.基本事实2:如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内. 基本事实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.基本事实4:平行于同一条直线的两条直线平行. 2.“三个”推论推论1:经过一条直线和这条直线外一点,有且只有一个平面. 推论2:经过两条相交直线,有且只有一个平面. 推论3:经过两条平行直线,有且只有一个平面. 3.空间中直线与直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧相交直线,平行直线,异面直线:不同在任何一个平面内,没有 公共点.4.空间中直线与平面的位置关系直线与平面的位置关系有:直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况. 5.空间中平面与平面的位置关系平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况. 6.等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角相等或互补. 7.异面直线所成的角(1)定义:已知两条异面直线a ,b ,经过空间任一点O 分别作直线a ′∥a ,b ′∥b ,把直线a ′与b ′所成的角叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).(2)范围:⎝⎛⎦⎥⎤0,π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两个平面α,β有一个公共点A ,就说α,β相交于过A 点的任意一条直线.( × ) (2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.( √ ) (3)如果两个平面有三个公共点,那么这两个平面重合.( × ) (4)没有公共点的两条直线是异面直线.( × ) 教材改编题1.(多选)如图是一个正方体的展开图,如果将它还原为正方体,则下列说法正确的是( )A .AB 与CD 是异面直线 B .GH 与CD 相交C .EF ∥CD D .EF 与AB 异面 答案 ABC解析 把展开图还原成正方体,如图所示.还原后点G 与C 重合,点B 与F 重合,由图可知ABC 正确,EF 与AB 相交,故D 错. 2.如果直线a ⊂平面α,直线b ⊂平面β.且α∥β,则a 与b ( ) A .共面 B .平行 C .是异面直线D .可能平行,也可能是异面直线 答案 D解析 α∥β,说明a 与b 无公共点, ∴a 与b 可能平行也可能是异面直线.3.如图,在三棱锥A -BCD 中,E ,F ,G ,H 分别是棱AB ,BC ,CD ,DA 的中点,则(1)当AC ,BD 满足条件________时,四边形EFGH 为菱形; (2)当AC ,BD 满足条件________时,四边形EFGH 为正方形. 答案 (1)AC =BD (2)AC =BD 且AC ⊥BD 解析 (1)∵四边形EFGH 为菱形, ∴EF =EH ,∵EF 綉12AC ,EH 綉12BD ,∴AC =BD .(2)∵四边形EFGH 为正方形, ∴EF =EH 且EF ⊥EH , ∵EF 綉12AC ,EH 綉12BD ,∴AC =BD 且AC ⊥BD .题型一 基本事实应用例1 如图所示,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F 分别是AB ,AA 1的中点,连接D 1F ,CE .求证:(1)E ,C ,D 1,F 四点共面; (2)CE ,D 1F ,DA 三线共点.证明 (1)如图所示,连接CD 1,EF ,A 1B , ∵E ,F 分别是AB ,AA 1的中点, ∴EF ∥A 1B ,且EF =12A 1B .又∵A 1D 1∥BC ,A 1D 1=BC , ∴四边形A 1BCD 1是平行四边形, ∴A 1B ∥CD 1,∴EF ∥CD 1,∴EF 与CD 1能够确定一个平面ECD 1F , 即E ,C ,D 1,F 四点共面.(2)由(1)知EF ∥CD 1,且EF =12CD 1,∴四边形CD 1FE 是梯形, ∴CE 与D 1F 必相交,设交点为P , 则P ∈CE ,且P ∈D 1F ,∵CE ⊂平面ABCD ,D 1F ⊂平面A 1ADD 1, ∴P ∈平面ABCD ,且P ∈平面A 1ADD 1. 又∵平面ABCD ∩平面A 1ADD 1=AD , ∴P ∈AD ,∴CE ,D 1F ,DA 三线共点. 教师备选如图所示,已知在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别为D 1C 1,C 1B 1的中点,AC ∩BD =P ,A 1C 1∩EF =Q .求证:(1)D ,B ,F ,E 四点共面;(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点,则P ,Q ,R 三点共线. 证明 (1)∵EF 是△D 1B 1C 1的中位线, ∴EF ∥B 1D 1.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,B 1D 1∥BD , ∴EF ∥BD .∴EF ,BD 确定一个平面,即D ,B ,F ,E 四点共面. (2)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中, 设平面A 1ACC 1为α, 平面BDEF 为β. ∵Q ∈A 1C 1,∴Q ∈α.又Q∈EF,∴Q∈β,则Q是α与β的公共点,同理,P是α与β的公共点,∴α∩β=PQ.又A1C∩β=R,∴R∈A1C.∴R∈α,且R∈β,则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法:先确定一个平面,然后再证其余的线(或点)在这个平面内.(2)证明共线的方法:先由两点确定一条直线,再证其他各点都在这条直线上.(3)证明共点的方法:先证其中两条直线交于一点,再证其他直线经过该点.跟踪训练1 (1)(多选)如图是正方体或四面体,P,Q,R,S分别是所在棱的中点,则这四个点共面的图是( )答案ABC解析对于A,PS∥QR,故P,Q,R,S四点共面;同理,B,C图中四点也共面;D中四点不共面.(2)在三棱锥A-BCD的棱AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF∩HG=P,则点P( )A.一定在直线BD上B.一定在直线AC上C.在直线AC或BD上D.不在直线AC上,也不在直线BD上答案 B解析如图所示,因为EF⊂平面ABC,HG⊂平面ACD,EF∩HG=P,所以P∈平面ABC,P∈平面ACD.又因为平面ABC∩平面ACD=AC,所以P∈AC.题型二空间线面位置关系命题点1 空间位置关系的判断例2 (1)下列推断中,错误的是( )A.若M∈α,M∈β,α∩β=l,则M∈lB.A∈α,A∈β,B∈α,B∈β⇒α∩β=ABC.l⊄α,A∈l⇒A∉αD.A,B,C∈α,A,B,C∈β,且A,B,C不共线⇒α,β重合答案 C解析对于A,因为M∈α,M∈β,α∩β=l,由基本事实3可知M∈l,A对;对于B,A∈α,A∈β,B∈α,B∈β,故直线AB⊂α,AB⊂β,即α∩β=AB,B对;对于C,若l∩α=A,则有l⊄α,A∈l,但A∈α,C错;对于D,有三个不共线的点在平面α,β中,故α,β重合,D对.(2)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心,则下列说法正确的是( )A.直线MN与直线A1B是异面直线B.直线MN与直线DD1相交C.直线MN与直线AC1是异面直线D.直线MN与直线A1C平行答案 C解析如图,因为M,N分别是长方形A1B1C1D1与长方形BCC1B1的中心,所以M,N分别是A1C1,BC1的中点,所以直线MN与直线A1B平行,所以A错误;因为直线MN经过平面BB1D1D内一点M,且点M不在直线DD1上,所以直线MN与直线DD1是异面直线,所以B错误;因为直线MN经过平面ABC1内一点N,且点N不在直线AC1上,所以直线MN与直线AC1是异面直线,所以C正确;因为直线MN经过平面A1CC1内一点M,且点M不在直线A1C上,所以直线MN与直线A1C是异面直线,所以D错误.命题点2 异面直线所成角例3 (1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P 为B 1D 1的中点,则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A .π2B .π3C .π4D .π6答案 D解析 方法一 如图,连接C 1P ,因为ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体,且P 为B 1D 1的中点,所以C 1P ⊥B 1D 1,又C 1P ⊥BB 1,所以C 1P ⊥平面B 1BP .又BP ⊂平面B 1BP ,所以C 1P ⊥BP .连接BC 1,则AD 1∥BC 1,所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角.设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,则在Rt△C 1PB 中,C 1P =12B 1D 1=2,BC 1=22,sin∠PBC 1=PC 1BC 1=12,所以∠PBC 1=π6.方法二 如图所示,连接BC 1,A 1B ,A 1P ,PC 1,则易知AD 1∥BC 1,所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角.根据P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点,易知A 1,P ,C 1三点共线,且P 为A 1C 1的中点.易知A 1B =BC 1=A 1C 1,所以△A 1BC 1为等边三角形,所以∠A 1BC 1=π3,又P 为A 1C 1的中点,所以可得∠PBC 1=12∠A 1BC 1=π6.(2)(2022·衡水检测)如图,在圆锥SO 中,AB ,CD 为底面圆的两条直径,AB ∩CD =O ,且AB ⊥CD ,SO =OB =3,SE =14SB ,则异面直线SC 与OE 所成角的正切值为( )A .222B .53C .1316D .113答案 D解析 如图,过点S 作SF ∥OE ,交AB 于点F ,连接CF ,则∠CSF (或其补角)为异面直线SC 与OE 所成的角.∵SE =14SB ,∴SE =13BE .又OB =3,∴OF =13OB =1.∵SO ⊥OC ,SO =OC =3, ∴SC =32.∵SO ⊥OF ,∴SF =SO 2+OF 2=10. ∵OC ⊥OF ,∴CF =10. ∴在等腰△SCF 中,tan∠CSF =102-⎝ ⎛⎭⎪⎫3222322=113. 教师备选1.(多选)设a ,b ,c 是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列结论不正确的是( )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 答案 ABC2.在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中,AB =BC =1,AA 1=3,则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A .15B .56C .55D .22 答案 C解析 如图,连接BD 1,交DB 1于O ,取AB 的中点M ,连接DM ,OM .易知O 为BD 1的中点,所以AD 1∥OM ,则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角或其补角.因为在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =BC =1,AA 1=3,AD 1=AD 2+DD 21=2, DM =AD 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2=52, DB 1=AB 2+AD 2+BB 21=5. 所以OM =12AD 1=1,OD =12DB 1=52,于是在△DMO 中,由余弦定理,得cos∠MOD =12+⎝ ⎛⎭⎪⎫522-⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52=55,即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55. 思维升华 (1)点、直线、平面位置关系的判定,注意构造几何体(长方体、正方体)模型来判断,常借助正方体为模型. (2)求异面直线所成的角的三个步骤一作:根据定义作平行线,作出异面直线所成的角. 二证:证明作出的角是异面直线所成的角. 三求:解三角形,求出所作的角.跟踪训练2 (1)如图所示,G ,N ,M ,H 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,则表示直线GH 与MN 是异面直线的图形有________.(填序号)答案 ②④(2)若直线l 1和l 2是异面直线,l 1在平面α内,l 2在平面β内,l 是平面α与平面β的交线,则下列结论正确的是( ) A .l 与l 1,l 2都不相交 B .l 与l 1,l 2都相交C .l 至多与l 1,l 2中的一条相交D .l 至少与l 1,l 2中的一条相交 答案 D解析 如图1,l 1与l 2是异面直线,l 1与l 平行,l 2与l 相交,故A ,B 不正确;如图2,l 1与l 2是异面直线,l 1,l 2都与l 相交,故C 不正确.图1 图2题型三 空间几何体的切割(截面)问题例4 (1)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别是棱DD 1和BB 1上的点,MD =13DD 1,NB =13BB 1,那么正方体中过M ,N ,C 1的截面图形是( ) A .三角形 B .四边形 C .五边形 D .六边形答案 C解析 先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点,再确定截面与几何体的棱的交点.如图,设直线C 1M ,CD 相交于点P ,直线C 1N ,CB 相交于点Q ,连接PQ 交直线AD 于点E ,交直线AB 于点F ,则五边形C 1MEFN 为所求截面图形.(2)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2.以D 1为球心,5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为______. 答案π2解析 以D 1为球心,5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线是以C 1为圆心,1为半径的圆与正方形BCC 1B 1相交的一段弧(圆周的四分之一),其长度为14×2π×1=π2.延伸探究 将本例(2)中正方体改为直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长均为2,∠BAD =60°.以D 1为球心,5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________.答案2π2解析 如图,设B 1C 1的中点为E ,球面与棱BB 1,CC 1的交点分别为P ,Q ,连接DB ,D 1B 1,D 1P ,D 1E ,EP ,EQ ,由∠BAD =60°,AB =AD ,知△ABD 为等边三角形, ∴D 1B 1=DB =2,∴△D 1B 1C 1为等边三角形, 则D 1E =3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1,∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心, 设截面圆的半径为r ,则r =R 2球-D 1E 2=5-3=2. 又由题意可得EP =EQ =2,∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P =5,∴B 1P =D 1P 2-D 1B 21=1, 同理C 1Q =1,∴P ,Q 分别为BB 1,CC 1的中点, ∴∠PEQ =π2,知PQ ︵的长为π2×2=2π2,即交线长为2π2.教师备选如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 是BC 的中点,平面α经过直线BD 且与直线C 1E 平行,若正方体的棱长为2,则平面α截正方体所得的多边形的面积为________.答案 92解析 如图,过点B 作BM ∥C 1E 交B 1C 1于点M ,过点M 作BD 的平行线,交C 1D 1于点N ,连接DN ,则平面BDNM 即为符合条件的平面α,由图可知M ,N 分别为B 1C 1,C 1D 1的中点, 故BD =22,MN =2, 且BM =DN =5, ∴等腰梯形MNDB 的高为h =52-⎝⎛⎭⎪⎫222=322, ∴梯形MNDB 的面积为 12×(2+22)×322=92. 思维升华 (1)作截面应遵循的三个原则:①在同一平面上的两点可引直线;②凡是相交的直线都要画出它们的交点;③凡是相交的平面都要画出它们的交线. (2)作交线的方法有如下两种:①利用基本事实3作交线;②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行,然后根据性质作出交线. 跟踪训练3 (1)(多选)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,已知平面α⊥AC 1,则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是( ) A .截面形状可能为正三角形 B .截面形状可能为正方形 C .截面形状可能为正六边形 D .截面面积最大值为3 3 答案 ACD解析 易知A ,C 正确,B 不正确,下面说明D 正确,如图,截面为正六边形,当六边形的顶点均为棱的中点时,其面积最大,MN =22,GH =2,OE =OO ′2+O ′E 2=1+⎝⎛⎭⎪⎫222=62, 所以S =2×12×(2+22)×62=33,故D 正确.(2)(2022·兰州模拟)如图,正方体A 1C 的棱长为1,点M 在棱A 1D 1上,A 1M =2MD 1,过M 的平面α与平面A 1BC 1平行,且与正方体各面相交得到截面多边形,则该截面多边形的周长为________.答案 3 2解析 在平面A 1D 1DA 中寻找与平面A 1BC 1平行的直线时,只需要ME ∥BC 1,如图所示,因为A 1M =2MD 1,故该截面与正方体的交点位于靠近D 1,A ,C 的三等分点处,故可得截面为MIHGFE ,设正方体的棱长为3a , 则ME =22a ,MI =2a ,IH =22a ,HG =2a ,FG =22a ,EF =2a ,所以截面MIHGFE 的周长为ME +EF +FG +GH +HI +IM =92a , 又因为正方体A 1C 的棱长为1,即3a =1, 故截面多边形的周长为32.课时精练1.下列叙述错误的是( )A .若P ∈α∩β,且α∩β=l ,则P ∈lB.若直线a∩b=A,则直线a与b能确定一个平面C.三点A,B,C确定一个平面D.若A∈l,B∈l且A∈α,B∈α,则l⊂α答案 C解析选项A,点P是两平面的公共点,当然在交线上,故正确;选项B,由基本事实的推论可知,两相交直线确定一个平面,故正确;选项C,只有不共线的三点才能确定一个平面,故错误;选项D,由基本事实2,直线上有两点在一个平面内,则这条直线在平面内.2.已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列判断正确的是( ) A.若m⊥α,n⊥β,α⊥β,则直线m与n可能相交或异面B.若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则直线m与n一定平行C.若m⊥α,n∥β,α⊥β,则直线m与n一定垂直D.若m∥α,n∥β,α∥β,则直线m与n一定平行答案 A解析m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,对于A,若m⊥α,n⊥β,α⊥β,则直线m与n相交垂直或异面垂直,故A正确;对于B,若α⊥β,m⊂α,n⊂β,则直线m与n相交、平行或异面,故B错误;对于C,若m⊥α,n∥β,α⊥β,则直线m与n相交、平行或异面,故C错误;对于D,若m∥α,n∥β,α∥β,则直线m与n平行或异面,故D错误.3.(2022·营口模拟)已知空间中不过同一点的三条直线a,b,l,则“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”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答案 A解析空间中不过同一点的三条直线a,b,l,若a,b,l在同一平面,则a,b,l相交或a,b,l有两个平行,另一直线与之相交,或三条直线两两平行.所以a,b,l在同一平面,则a,b,l两两相交不一定成立;而若a,b,l两两相交,则a,b,l在同一平面成立.故“a,b,l两两相交”是“a,b,l共面”的充分不必要条件.4.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是平面ADD1A1的中心,M,N,F分别是B1C1,CC1,AB的中点,则下列说法正确的是( )A .MN =12EF ,且MN 与EF 平行B .MN ≠12EF ,且MN 与EF 平行C .MN =12EF ,且MN 与EF 异面D .MN ≠12EF ,且MN 与EF 异面答案 D解析 设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2a , 则MN =MC 21+C 1N 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22+⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22 =2a ,作点E 在平面ABCD 内的射影点G ,连接EG ,GF ,所以EF =EG 2+GF 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22+2a2=3a ,所以MN ≠12EF ,故选项A ,C 错误;连接DE ,因为E 为平面ADD 1A 1的中心, 所以DE =12A 1D ,又因为M ,N 分别为B 1C 1,CC 1的中点,所以MN ∥B 1C , 又因为B 1C ∥A 1D ,所以MN ∥ED , 且DE ∩EF =E ,所以MN 与EF 异面,故选项B 错误.5.(多选)(2022·临沂模拟)如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,O 是DB 的中点,直线A 1C 交平面C 1BD 于点M ,则下列结论正确的是( )A.C1,M,O三点共线B.C1,M,O,C四点共面C.C1,O,B1,B四点共面D.D1,D,O,M四点共面答案AB解析∵O∈AC,AC⊂平面ACC1A1,∴O∈平面ACC1A1.∵O∈BD,BD⊂平面C1BD,∴O∈平面C1BD,∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点,同理可得,点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点,∴三点C1,M,O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上,即C1,M,O三点共线,故A,B正确;根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线,故C1,O,B1,B四点不共面,故C不正确;根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线,故D1,D,O,M四点不共面,故D不正确.6.(多选)(2022·厦门模拟)下列说法不正确的是( )A.两组对边分别相等的四边形确定一个平面B.和同一条直线异面的两直线一定共面C.与两异面直线分别相交的两直线一定不平行D.一条直线和两平行线中的一条相交,也必定和另一条相交答案ABD解析两组对边分别相等的四边形可能是空间四边形,故A错误;如图1,直线DD1与B1C1都是直线AB的异面直线,同样DD1与B1C1也是异面直线,故B错误;如图2,设直线AB与CD是异面直线,则直线AC与BD一定不平行,否则AC∥BD,有AC与BD确定一个平面α,则AC⊂α,BD⊂α,所以A∈α,B∈α,C∈α,D∈α,所以AB⊂α,CD⊂α,这与假设矛盾,故C正确;如图1,AB∥CD,而直线AA1与AB相交,但与直线CD不相交,故D错误.图1 图27.(2022·哈尔滨模拟)已知在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠ABC =120°,AB =2,BC =CC 1=1,则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________. 答案105解析 如图所示,补成直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1,则所求角为∠BC 1D 或其补角,∵BC 1=2,BD =22+1-2×2×1×cos60°=3,C 1D =AB 1=5, 易得C 1D 2=BD 2+BC 21,即BC 1⊥BD , 因此cos∠BC 1D =BC 1C 1D =25=105. 8.(2022·本溪模拟)在空间中,给出下面四个命题,其中假命题为________.(填序号) ①过平面α外的两点,有且只有一个平面与平面α垂直; ②若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等,则α∥β; ③若直线l 与平面α内的任意一条直线垂直,则l ⊥α; ④两条异面直线在同一平面内的射影一定是两条相交直线. 答案 ①②④解析 对于①,当平面α外两点的连线与平面α垂直时,此时过两点有无数个平面与平面α垂直,所以①不正确;对于②,若平面β内有不共线三点到平面α的距离都相等,平面α与β可能平行,也可能相交,所以②不正确;对于③,直线l 与平面内的任意直线垂直时,得到l ⊥α,所以③正确;对于④,两条异面直线在同一平面内的射影可能是两条相交直线或两条平行直线或直线和直线外的一点,所以④不正确.9.(2022·上海市静安区模拟)如图所示,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是AB ,CC 1的中点.(1)求异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值; (2)求三棱锥A 1-D 1EF 的体积.解 (1)如图,设BB 1的中点为H ,连接HF ,EH ,A 1H ,因为F 是CC 1的中点,所以A 1D 1∥CB ∥HF ,A 1D 1=CB =HF , 因此四边形A 1D 1FH 是平行四边形, 所以D 1F ∥A 1H ,D 1F =A 1H ,因此∠EA 1H 是异面直线A 1E 与D 1F 所成的角或其补角, 正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2,E 是AB 的中点, 所以A 1E =A 1H =22+12=5,EH =12+12=2,由余弦定理可知,cos∠EA 1H =A 1E 2+A 1H 2-EH 22A 1E ·A 1H =5+5-22×5×5=45,所以异面直线A 1E 与D 1F 所成的角的余弦值为45.(2)因为A 1D 1∥HF ,HF ⊄平面A 1D 1E ,A 1D 1⊂平面A 1D 1E , 所以HF ∥平面A 1D 1E ,因此点H ,F 到平面A 1D 1E 的距离相等, 即111111F A D E H A D E D A EH V V V ---==,11D A EH V -=13D 1A 1·1A EH S △=13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22-12×2×1×2-12×1×1=1,所以三棱锥A 1-D 1EF 的体积为1.10.如图,四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1⊥底面ABCD ,四边形ABCD 为菱形,E ,F 分别为AA 1,CC 1的中点,M 为AB 上一点.(1)若D 1E 与CM 相交于点K ,求证D 1E ,CM ,DA 三条直线相交于同一点; (2)若AB =2,AA 1=4,∠BAD =π3,求点D 1到平面FBD 的距离.(1)证明 ∵D 1E 与CM 相交于点K , ∴K ∈D 1E ,K ∈CM ,而D 1E ⊂平面ADD 1A 1,CM ⊂平面ABCD , 且平面ADD 1A 1∩平面ABCD =AD , ∴K ∈AD ,∴D 1E ,CM ,DA 三条直线相交于同一点K . (2)解 ∵四边形ABCD 为菱形,AB =2, ∴BC =CD =2,而四棱柱的侧棱AA 1⊥底面ABCD , ∴CC 1⊥底面ABCD ,又∵F 是CC 1的中点,CC 1=4,∴CF =2, ∴BF =DF =22,又∵四边形ABCD 为菱形,∠BAD =π3,∴BD =AB =2, ∴S △FBD =12×2×222-1=7.设点D 1到平面FBD 的距离为h ,点B 到平面DD 1F 的距离为d , 则d =2sin π3=3,又∵11D FBD B DD F V V --=, ∴13×S △FBD ×h =13×1DD F S △×d , ∴13×7×h =13×12×4×2×3, 解得h =4217.即点D1到平面FBD的距离为421 7.11.(多选)(2022·太原模拟)如图是正四面体的平面展开图,G,H,M,N分别为DE,BE,EF,EC的中点,在这个正四面体中,下列结论正确的是( )A.GH与EF平行B.BD与MN为异面直线C.GH与MN成60°角D.DE与MN垂直答案BCD解析如图,还原成正四面体A-DEF,其中H与N重合,A,B,C三点重合,连接GM,易知GH与EF异面,BD与MN异面.又△GMH为等边三角形,∴GH与MN成60°角,易证DE⊥AF,MN∥AF,∴MN⊥DE.∴B,C,D正确.12.(多选)(2022·广州六校联考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别是C1D1,BC,A1D1的中点,下列结论正确的是( )A.AP与CM是异面直线B.AP,CM,DD1相交于一点C.MN∥BD1D.MN∥平面BB1D1D答案 BD解析 如图,连接MP ,AC ,因为MP ∥AC ,MP ≠AC ,所以AP 与CM 是相交直线,又平面A 1ADD 1∩平面C 1CDD 1=DD 1,所以AP ,CM ,DD 1相交于一点,则A 不正确,B 正确;令AC ∩BD =O ,连接OD 1,ON .因为M ,N 分别是C 1D 1,BC 的中点,所以ON ∥D 1M ∥CD ,ON =D 1M =12CD , 则四边形MNOD 1为平行四边形,所以MN ∥OD 1,因为MN ⊄平面BB 1D 1D ,OD 1⊂平面BB 1D 1D ,所以MN ∥平面BB 1D 1D ,C 不正确,D 正确.13.(2022·玉林模拟)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,P ,Q 分别为A 1B ,B 1D 1,A 1D ,CD 1的中点,则直线EF 与PQ 所成角的大小是________.答案 π3解析 如图,连接A 1C 1,BC 1,则F 是A 1C 1的中点,又E 为A 1B 的中点,所以EF ∥BC 1,连接DC 1,则Q 是DC 1的中点,又P 为A 1D 的中点,所以PQ ∥A 1C 1,于是∠A 1C 1B 是直线EF 与PQ 所成的角或其补角.易知△A 1C 1B 是正三角形,所以∠A 1C 1B =π3. 14.(2022·盐城模拟)在棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,P ,Q 分别为棱A 1D 1,CC 1的中点,过P ,Q ,A 作正方体的截面,则截面多边形的周长是________.答案 25+95+2133 解析 如图所示,过Q 作QM ∥AP 交BC 于M ,由A 1P =CQ =2,tan∠APA 1=2,则tan∠CMQ =2,CM =CQtan∠CMQ=1, 延长MQ 交B 1C 1的延长线于E 点,连接PE ,交D 1C 1于N 点,则多边形AMQNP 即为截面,根据平行线性质有C 1E =CM =1, C 1N ND 1=C 1E PD 1=12, 则C 1N =43,D 1N =83, 因此NQ =22+⎝ ⎛⎭⎪⎫432=2133, NP =22+⎝ ⎛⎭⎪⎫832=103, 又AP =42+22=25,AM =42+32=5,MQ =12+22=5,所以多边形AMQNP 的周长为AM +MQ +QN +NP +PA=5+5+2133+103+2 5 =25+95+2133.15.(2022·大连模拟)如图,直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的正方形,AA 1=3,E ,F 分别是AB ,BC 的中点,过点D 1,E ,F 的平面记为α,则下列说法中错误的是( )A .点B 到平面α的距离与点A 1到平面α的距离之比为1∶2B .平面α截直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为732C .平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D .平面α截直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1所得截面的形状为四边形 答案 D解析 对于A ,因为平面α过线段AB 的中点E ,所以点A 到平面α的距离与点B 到平面α的距离相等.由平面α过A 1A 的三等分点M 可知,点A 1到平面α的距离是点A 到平面α的距离的2倍,因此,点A 1到平面α的距离是点B 到平面α的距离的2倍.故选项A 正确;延长DA ,DC 交直线EF 的延长线于点P ,Q ,连接D 1P ,D 1Q ,交棱A 1A ,C 1C 于点M ,N .连接ME ,NF ,可得五边形D 1MEFN ,故选项D 错误;由平行线分线段成比例可得AP =BF =1,故DP =DD 1=3,则△DD 1P 为等腰三角形.由相似三角形可知,AM =AP =1,A 1M =2,则D 1M =D 1N =22,ME =EF =FN =2.连接MN ,则MN =22,因此五边形D 1MEFN 可分为等边三角形D 1MN 和等腰梯形MEFN .等腰梯形MEFN 的高h =22-⎝ ⎛⎭⎪⎫22-222=62, 则等腰梯形MEFN 的面积为22+22×62=332.又1D MN S △=12×22×6=23,所以五边形D 1MEFN 的面积为332+23=732,故选项B 正确;记平面将直四棱柱分割成上、下两部分的体积分别为V 1,V 2,则V 2=1D DPQ V --V M -PAE -V N -CFQ=13×12×3×3×3-13×12×1×1×1-13×12×1×1×1=256, 所以V 1=1111ABCD A B C D V --V 2=12-256=476, V 1∶V 2=47∶25,故选项C 正确.16.如图1,在边长为4的正三角形ABC 中,D ,F 分别为AB ,AC 的中点,E 为AD 的中点.将△BCD 与△AEF 分别沿CD ,EF 同侧折起,使得二面角A -EF -D 与二面角B -CD -E 的大小都等于90°,得到如图2所示的多面体.图1 图2(1)在多面体中,求证:A ,B ,D ,E 四点共面;(2)求多面体的体积.(1)证明 因为二面角A -EF -D 的大小等于90°,所以平面AEF ⊥平面DEFC ,又AE ⊥EF ,AE ⊂平面AEF ,平面AEF ∩平面DEFC =EF ,所以AE ⊥平面DEFC ,同理,可得BD ⊥平面DEFC ,所以AE ∥BD ,故A ,B ,D ,E 四点共面.(2)解 因为AE ⊥平面DEFC ,BD ⊥平面DEFC ,EF ∥CD ,AE ∥BD ,DE ⊥CD ,所以AE 是四棱锥A -CDEF 的高,点A 到平面BCD 的距离等于点E 到平面BCD 的距离, 又AE =DE =1,CD =23,EF =3,BD =2,所以V =V A -CDEF +V A -BCD =13S 梯形CDEF ·AE +13S △BCD ·DE =736.。
最新-2021学年高一数学必修二课件:第二章 点、直线、平面之间的位置关系 第1课时 平面 精品
线;(3)两条相交直线.
议一议:一个平面将空间分成几部分?两个平面呢?三个平面
呢?(指定小组回答,其他组补充)
【解析】空间被一个平面分成 2 个部分.
当两个平面相交时,可以将空间分成 4 个部分;当两个平面不相
交时,可以将空间分成 3 个部分.
(1)直线在平面内的概念
如果直线 l 上的所有点都在平面α内,那么就说直线 l 在平面α
内或者说平面α经过直线 l.
(2)文字语言与数学符号的对应关系
文字语言表示
数学符号表示
文字语言表示 数学符号表示
点 A 在直线
A∈l
点 A 在直线 l 外
A∉l
l上
点 A 在平面
A∈α
点 A 在平面α外
A∉α
α内
本章教学的重点主要有:平面的基本性质,空间直线与平面平行、
垂直的判定和性质定理,平面与平面平行、垂直的判定和性质定理.
在教学时应注意以下问题:
(1)点、线、面的位置关系是立体几何初步中的重点内容,教学中
应以长方体模型中的点、线、面之间的关系为载体,使学生在直观感
知的基础上,认识空间中一般的点、线、面之间的位置关系;通过对空
如图②所示.
(3)平面的表示法
图①的平面可表示为平面α、平面 ABCD、平面 AC、平面 BD.
议一议:几何里的平面具有哪几个特点?(指定小组回答,其他
组补充)
【解析】几何里的平面有以下几个特点:(1)平面是平的;(2)平面
是没有厚度的;(3)平面是无限延展且没有边界的.
预学 2:点、线、面之间的关系
(3)关于空间中的“角”与“距离”,只要求了解异面直线所成的
教学设计2:1.2.2 第3课时 平面与平面平行
1.2.2 第3课时 平面与平面平行三维目标 1.知识与技能(1)理解并掌握平面与平面平行的判定定理与性质定理. (2)进一步培养学生观察、发现的能力和空间想象能力. 重点、难点重点:平面与平面平行的判定定理和性质定理.难点:平面与平面平行判定定理、性质定理的理解及应用.重难点突破:以生活中的实例(如门扇、书的封面边缘与所在桌面的位置关系)为切入点,通过创设情境,让学生经历观察、想象、思考和应用的过程建构新的知识,再通过类比、联想,使建构的知识得以完善,从而突出重点,然后通过分组讨论、设计练习等教学手段来化解难点. 教学建议本节知识是上节知识的拓展和延伸,由于判定与性质是相辅相成相互统一的.故教学时,可采用引导发现法,采用以思导学的方式,从判定定理出发,把探索性质定理的问题转移到线与线及线与面位置关系的问题上,然后教师要引导学生经历从现实的生活空间中抽象出空间图形的过程,注重引导学生通过观察、操作、有条理的思考和推理等活动,引导学生借助图形直观,通过归纳、类比等合情推理来探索平面平行的性质及其证明,最后通过典例训练使学生体会线与面之间的互化关系,提高学生的空间想象能力和逻辑推理能力. 知识梳理1.两平面α与β有且仅有α∥β和α∩β=l 两种位置关系.2.下面的命题在“________”处缺少一个条件,补上这个条件,使其构成真命题(m ,n 为直线,α,β为平面),则此条件应为______________.⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αn ⊂αm ∥βn ∥β⇒α∥β 3.平面与平面平行的性质定理:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,________________________.符号表示为:⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∩γ=a β∩γ=b ⇒a ∥b . 4.面面平行的其他性质:(1)两平面平行,其中一个平面内的任一直线平行于另一个平面,即⎭⎪⎬⎪⎫α∥βa ⊂α⇒a ∥β,可用来证明线面平行;(2)夹在两个平行平面间的平行线段________; (3)平行于同一平面的两个平面________.(4)两条直线被三个平行平面所截,截得的对应线段__________. 【提示】2.m ,n 相交 3.那么它们的交线平行 4.(2)相等 (3)平行 (4)成比例 知识点1 两个平面的位置关系 【问题导思】观察前面问题中的长方体,平面A 1C 1与长方体的其余各个面,两两之间有几种位置关系?【提示】两种位置关系:两个平面相交或两个平面平行. 空间中两个平面的位置关系例1 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一定不相交;④若两个平面α∥β,a⊂α,b⊂β,则a与b平行或异面;⑤若两个平面α∩β=b,a⊂α,则a与β一定相交.其中正确的是________(将你认为正确的序号都填上).【思路探究】由平面间的位置关系逐一判断.【自主解答】①错.a与b也可能异面;②错.a与b也可能平行;③对.∵α∥β,∴α与β无公共点.又∵a⊂α,b⊂β,∴a与b无公共点;④对.由已知及③知:a与b无公共点,那么a∥b或a与b异面;⑤错.a与β也可能平行.【答案】③④规律方法总结两个平面的位置关系有两种:平行和相交,没有公共点则平行,有公共点则相交.熟练掌握这两种位置关系,并借助图形来说明,是解决本题的关键.变式训练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【解析】如图所示,由图可知C正确.【答案】C知识点2 平面与平面平行的判定【问题导思】1.三角板的一条边所在平面与平面α平行,这个三角板所在平面与α平行吗?【提示】不一定.2.三角板的两条边所在直线分别与平面α平行,这个三角板所在平面与α平行吗?【提示】平行.平面与平面平行的判定(1)文字语言:如果一个平面内有两条直线平行于另一个平面,那么这两个平面平行.(2)符号语言:a⊂β,b⊂β,,a∥α,b∥α⇒β∥α.(3)图形语言:如图所示.图1-2-15【提示】(1)相交(2)例2 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M、N、P分别是C1C、B1C1、C1D1的中点,求证:平面MNP∥平面A1BD.【思路探究】由于M、N、P都为中点,故添加B1C、B1D1作为联系的桥梁.【自主解答】如图所示,连结B1D1、B1C.∵P、N分别是D1C1、B1C1的中点,∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD,∴PN∥BD.又PN⊄面A1BD,∴PN∥平面A1BD.同理MN∥平面A1BD,又PN∩MN=N,∴平面PMN∥平面A1BD.规律方法总结本例的证明体现了证明面面平行的常用方法,解决此类问题的关键是选择或添加适当的辅助线(或辅助面),使问题转化为证线面平行或线线平行.变式训练2如图1-2-17,三棱锥P-ABC中,E,F,G分别是AB,AC,AP的中点.证明平面GFE∥平面PCB.图1-2-17【证明】因为E,F,G分别是AB,AC,AP的中点,所以EF∥BC,GF∥CP.因为EF,GF⊄平面PCB,所以EF∥平面PCB,GF∥平面PCB.又EF∩GF=F,所以平面GFE∥平面PCB.知识点3 平面与平面平行的性质【问题导思】观察长方体ABCD-A1B1C1D1的两个面:平面ABCD及平面A1B1C1D1.1.平面A1B1C1D1中的所有线都平行于平面ABCD吗?【提示】是的.2.若m⊂平面ABCD,n⊂平面A1B1C1D1,则m∥n吗?【提示】不一定.3.过BC的平面交面A1B1C1D1于EF,EF与BC什么关系?【提示】平行.1.平面与平面平行的性质定理(1)文字语言:如果两个平行平面同时和第三个平面相交,那么它们的交线.(2)符号语言:α∥β,α∩γ=a,⇒a∥b.(3)图形语言:如图所示.图1-2-16(4)作用:证明两直线.【提示】(1)平行(2)(4)平行2.三个平面平行的性质两条直线被三个平行平面所截,截得的.【提示】对于线段成比例例3 如图1-2-18,平面四边形ABCD的四个顶点A、B、C、D均在平行四边形A′B′C′D′所确定一个平面α外,且AA′、BB′、CC′、DD′互相平行.图1-2-18求证:四边形ABCD是平行四边形.【思路探究】先证平面AA′B′B∥平面DD′C′C,再证AB∥CD,同理证明BC∥AD,进而证明ABCD为平行四边形.【自主解答】在▱A′B′C′D′中,A′B′∥C′D′,∵A′B′⊄平面C′D′DC,C′D′⊂平面C′D′DC,∴A′B′∥平面C′D′DC.同理A′A∥平面C′D′DC.又A′A∩A′B′=A′,∴平面A′B′BA∥平面C′D′DC.∵平面ABCD∩平面A′B′BA=AB,平面ABCD∩平面C′D′DC=CD,∴AB∥CD.同理AD∥BC.∴四边形ABCD是平行四边形.规律方法总结1.利用面面平行的性质定理证明线线平行的关键是把要证明的直线看作是平面的交线,往往需要有三个平面,即有两平面平行,再构造第三个面与两平行平面都相交.2.面面平行⇒线线平行,体现了转化思想与判定定理的交替使用,可实现线线、线面及面面平行的相互转化.变式训练3 如图1-2-19,已知α∥β,点P是平面α、β外的一点(不在α与β之间),直线PB、PD分别与α、β相交于点A、B和C、D.图1-2-19(1)求证:AC ∥BD ;(2)已知P A =4 cm ,AB =5 cm ,PC =3 cm ,求PD 的长. 【解】 (1)∵PB ∩PD =P ,∴直线PB 和PD 确定一个平面γ, 则α∩γ=AC ,β∩γ=BD . 又α∥β,∴AC ∥BD . (2)由(1)得AC ∥BD , ∴P A AB =PC CD ,∴45=3CD ,∴CD =154, ∴PD =PC +CD =274.课堂小结1. 常见的面面平行的判定方法: (1)利用定义:两个平面没有公共点. (2)归纳为线面平行.①平面α内的所有直线(任一直线)都平行于β,则α∥β;②判定定理:平面α内的两条相交直线a ,b 都平行于β.⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂αb ⊂αa ∩b =P a ∥βb ∥β⇒α∥β,五个条件缺一不可. 应用时的关键是在α内找到与β平行的相交直线a ,b .(3)化归为线线平行:平面α内的两条相交直线与平面β内的两条相交直线分别平行,则α∥β(证明后可用).(4)利用平行平面的传递性:两个平面同时和第三个平面平行,则这两个平面平行.当堂检测1.下列命题正确的为()A.若平面α内的两条直线分别与平面β平行,则α与β平行B.若平面α内有无数条直线与平面β平行,则α与β平行C.过已知平面外一点,有且只有一个平面与已知平面平行D.过已知平面外一条直线,必能作出与已知平面平行的平面【答案】C2.α和β是两个不重合的平面,在下列条件中,可判定α∥β的是()A.α内有无数条直线平行于βB.α内不共线三点到β的距离相等C.l、m是平面α内的直线,且l∥β,m∥β,m∥βD.l、m是异面直线且l∥α,m∥α,l∥β,m∥β【答案】D3.给出下列结论,正确的有()①平行于同一条直线的两个平面平行;②平行于同一个平面的两个平面平行;③过平面外两点,不能作一个平面与已知平面平行;④若a,b为异面直线,则过a与b平行的平面只有一个.A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B4.三棱柱ABC-A1B1C1,D是BC上一点,且A1B∥平面AC1D,D1是B1C1的中点.求证:平面A1BD1∥平面AC1D.证明连接A1C交AC1于点E,∵四边形A1ACC1是平行四边形,∴E是A1C的中点,连接ED,∵A1B∥平面AC1D,平面A1BC∩平面AC1D=ED,∴A1B∥ED.∵E是A1C的中点,∴D是BC的中点.又∵D1是B1C1的中点,∴BD1∥C1D,A1D1∥AD,∴BD1∥平面AC1D,A1D1∥平面AC1D.又A1D1∩BD1=D1,∴平面A1BD1∥平面AC1D.反思感悟判定或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平行于另一个平面,那么这两个平面平行;(3)两个平面同时平行于第三个平面,那么这两个平面平行.。
人教A高中数学必修二课时分层训练:第二章 点直线平面之间的位置关系 23 231 含解析
第二章2.3直线、平面垂直的判定及其性质2.3.1直线与平面垂直的判定课时分层训练‖层级一‖……………………|学业水平达标|1.直线l与平面α内的两条直线都垂直,则直线l与平面α的位置关系是()A.平行B.垂直C.在平面α内D.无法确定解析:选D当平面α内的两条直线相交时,直线l⊥平面α,即l与α相交,当面α内的两直线平行时,l⊂α或l∥α或l与α斜交.2.下列说法中正确的个数是()①若直线l与平面α内的一条直线垂直,则l⊥α;②若直线l与平面α内的两条相交直线垂直,则l⊥α;③若直线l与平面α内的任意一条直线垂直,则l⊥α.A.3 B.2C.1 D.0解析:选B对于①不能断定该直线与平面垂直,该直线与平面可能平行,也可能斜交,也可能在平面内,所以是错误的,②③是正确的.3.如图所示,如果MC⊥菱形ABCD所在平面,那么MA与BD的位置关系是()A.平行B.垂直相交C.垂直但不相交D.相交但不垂直解析:选C连接AC,因为ABCD是菱形,所以BD⊥AC.又MC⊥平面ABCD,则BD⊥MC.因为AC∩MC=C,所以BD⊥平面AMC.又MA⊂平面AMC,所以MA⊥BD.显然直线MA与直线BD不共面,因此直线MA与BD的位置关系是垂直但不相交.4.在△ABC中,AB=AC=5,BC=6,P A⊥平面ABC,P A=8,则P到BC 的距离是()A. 5 B.2 5C.3 5 D.4 5解析:选D取BC中点为D,连接AD.∵AB=AC=5,BC=6.∴AD⊥BC,AD=4,∵P A⊥平面ABC,∴P A⊥BC.AD∩BC=D,∴BC⊥平面P AD,∴BC⊥PD,∴PD的长即为P到BC的距离,P A=8,AD=4,∴PD=82+42=4 5.5.正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成的角的余弦值为()A.23 B.33C.23 D.63解析:选D如图,设正方体的棱长为1,上、下底面的中心分别为O1,O,则OO1∥BB1,O1O与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角,即∠O1OD1,cos∠O1OD1=|O1O||OD1|=132=63.6.在三棱锥V-ABC中,当三条侧棱VA,VB,VC之间满足条件________时,有VC⊥AB.(注:填上你认为正确的一种条件即可)解析:只要VC⊥平面VAB,即有VC⊥AB;故只要VC⊥VA,VC⊥VB即可.答案:VC⊥VA,VC⊥VB(答案不唯一,只要能保证VC⊥AB即可)7.如图,∠BCA=90°,PC⊥平面ABC,则在△ABC,△P AC的边所在的直线中:(1)与PC垂直的直线有______________________;(2)与AP垂直的直线有______________________.解析:(1)∵PC⊥平面ABC,AB,AC,BC⊂平面ABC.∴PC⊥AB,PC⊥AC,PC⊥BC.(2)∠BCA=90°即BC⊥AC,又BC⊥PC,AC∩PC=C,∴BC⊥平面P AC,∴BC⊥AP.答案:(1)AB,AC,BC(2)BC8.正方体ABCD-A1B1C1D1中,面对角线A1B与对角面BB1D1D所成的角为________.解析:连接A1C1,交B1D1于E,则A1C1⊥B1D1,即A1E⊥B1D1.又DD1⊥A1C1,即DD1⊥A1E,∴A1E⊥平面BB1D1D.连接BE,则∠A1BE是A1B与对角面BB1D1D所成的角.在Rt△A1BE中,∵A1E=12A1B,∴∠A1BE=30°,即A1B与对角面BB1D1D所成的角为30°.答案:30°9.如图所示,在直角△BMC中,∠BCM=90°,∠MBC=60°,BM=5,MA=3且MA⊥AC,AB=4,求MC与平面ABC所成角的正弦值.解:因为BM=5,MA=3,AB=4,所以AB2+AM2=BM2,所以MA⊥AB.又因为MA⊥AC,AB,AC⊂平面ABC,且AB∩AC=A,所以MA⊥平面ABC,所以∠MCA即为MC与平面ABC所成的角.又因为∠MBC=60°,所以MC=53 2,所以sin∠MCA=MAMC=3532=235.10.如图所示,在锥体P-ABCD中,ABCD是菱形,且∠DAB=60°,P A=PD,E,F分别是BC,PC的中点.证明:AD⊥平面DEF.证明:取AD的中点G,连接PG,BG.∵P A=PD,∴AD⊥PG.设菱形ABCD边长为1.在△ABG中,∵∠GAB=60°,AG=12,AB=1,∴∠AGB=90°,即AD⊥GB.又PG∩GB=G,∴AD⊥平面PGB,从而AD⊥PB.∵E,F分别是BC,PC的中点,∴EF∥PB,从而AD⊥EF.又DE∥GB,AD⊥GB,∴AD⊥DE,∵DE∩EF=E,∴AD⊥平面DEF.‖层级二‖………………|应试能力达标|1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与AD1垂直的平面是()A.平面DD1C1C B.平面A1DB1C.平面A1B1C1D1D.平面A1DB答案:B2.下面四个命题:①过一点和一条直线垂直的直线有且只有一条;②过一点和一个平面垂直的直线有且只有一条;③过一点和一条直线垂直的平面有且只有一个;④过一点和一个平面垂直的平面有且只有一个.其中正确的是()A.①④B.②③C.①②D.③④解析:选B过一点和一条直线垂直的直线有无数条,故①不正确;过一点和一个平面垂直的平面有无数个,故④不正确;易知②③均正确.故选B.3.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() A.若l⊥m,m⊂α,则l⊥αB.若l⊥α,l∥m,则m⊥αC.若l∥α,m⊂α,则l∥mD.若l∥α,m∥α,则l∥m解析:选B根据两条平行线中的一条直线垂直于一个平面,则另一条直线也垂直于这个平面,知选项B正确.4.如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是()A.AC⊥SBB.AB∥平面SCDC.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析:选D选项A正确,∵SD⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥SD,又由ABCD为正方形,∴AC⊥BD,又BD∩SD=D,∴AC⊥平面SBD⇒AC⊥SB;选项B正确,∵AB∥CD,CD⊂平面SCD,AB⊄SCD,∴AB∥平面SCD;选项C正确,设AC∩BD=O,连接SO,则SA与平面SBD所成的角就是∠ASO,SC与平面SBD所成的角就是∠CSO,易知这两个角相等;选项D错误,AB与SC所成的角等于∠SCD,面DC与SA所成的角是∠SAB,这两个角不相等.5.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AD的中点,F是BB1的中点,则直线EF与平面ABCD所成角的正切值为________.解析:连接EB,由BB1⊥平面ABCD,知∠FEB即直线EF与平面ABCD所成的角.在Rt△FBE中,BF=1,BE=5,则tan ∠FEB=55.答案:5 56.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱AA1和AB上的点,若∠B1MN是直角,则∠C1MN=________.解析:∵B1C1⊥平面ABB1A1,MN⊂平面ABB1A1,∴B1C1⊥MN.又∵MN⊥B1M,B1M∩B1C1=B1,∴MN⊥平面C1B1M,∴MN⊥C1M,即∠C1MN=90°.答案:90°7.如图所示,将平面四边形ABCD沿对角线AC折成空间四边形,当平面四边形ABCD满足________时,空间四边形中的两条对角线互相垂直.(填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能情况)解析:在平面四边形中,设AC与BD交于E,假设AC⊥BD,则AC⊥DE,AC⊥BE.折叠后,AC与DE,AC与BE依然垂直,所以AC⊥平面BDE,所以AC⊥BD.若四边形ABCD为菱形或正方形,因为它们的对角线互相垂直,同上可证AC ⊥BD.答案:AC⊥BD(或四边形ABCD为菱形、正方形等)8.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1.(1)求证:AB1⊥平面A1BC1;(2)若D为B1C1的中点,求AD与平面A1B1C1所成角的正弦值.解:(1)证明:由题意知四边形AA1B1B是正方形,∴AB1⊥BA1.由AA1⊥平面A1B1C1得AA1⊥A1C1.又∵A1C1⊥A1B1,AA1∩A1B1=A1,∴A1C1⊥平面AA1B1B,又∵AB1⊂平面AA1B1B,∴A1C1⊥AB1.又∵BA1∩A1C1=A1,∴AB1⊥平面A1BC1.(2)连接A1D.设AB=AC=AA1=1,∵AA1⊥平面A1B1C1,∴∠A1DA是AD与平面A1B1C1所成的角.在等腰直角三角形A1B1C1中,D为斜边的中点,∴A1D=12×B1C1=22.在Rt △A 1DA 中,AD =A 1D 2+A 1A 2=62.∴sin ∠A 1DA =A 1A AD =63,即AD 与平面A 1B 1C 1所成角的正弦值为63.。
高中数学必修2《空间点、直线与平面之间的位置关系》教案
⾼中数学必修2《空间点、直线与平⾯之间的位置关系》教案 ⾼中数学必修2《空间点、直线与平⾯之间的位置关系》教案 课题名称 《2.1空间点、直线与平⾯之间的位置关系》 科 ⽬ ⾼中数学 教学时间 1课时 学习者分析 通过第⼀章《空间⼏何体》的学习,学⽣对于⽴体⼏何已经有了初步的认识,能够识别棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球,并理解它们的⼏何特征。
但是这种理解还只是建⽴在观察、感知的基础上的,对于原理学⽣是不明确的,所以学⽣此时有很强的求知欲,急于想搞清楚为什么;同时学⽣经过⾼中⼀年的学习,已经具备了⼀定的逻辑推理能⼒,只是缺乏训练,不够严密,不够清晰;有⼀定的⾃主探究和合作学习的能⼒,但有待提⾼,并愿意动⼿并参与分组讨论。
教学⽬标 ⼀、知识与技能 1. 理解空间点、直线、平⾯的概念,知道空间点、直线、平⾯之间存在什么样的关系; 2. 记忆三公理三推论,能够⽤简单的语⾔概括三公理三推论,会⽤图形表⽰三公理三推论,并将其转化成数学符号语⾔; 3. 明确三公理三推论的功能,掌握使⽤三公理三推论解决⽴体⼏何问题的⽅法。
⼆、过程与⽅法 1. 通过⾃⼰动⼿制作模型,直观地感知空间点、直线与平⾯之间的位置关系,以及三公理三推论; 2. 通过思考、讨论,发现三公理三推论的条件和结论; 3. 通过例题的训练,进⼀步理解三公理三推论,明确三公理三推论的功能。
三、情感态度与价值观 1. 通过操作、观察、讨论培养对⽴体⼏何的兴趣,建⽴合作的意识; 2. 感受⽴体⼏何逻辑体系的严密性,培养学⽣细⼼的学习品质。
教学重点、难点 1. 理解三公理三推论的概念及其内涵; 2. 使⽤三公理三推论解决⽴体⼏何问题。
教学资源 (1)每位同学准备两张硬纸板,其中⼀张中间⽤⼩⼑划条缝,铅笔三根; (2)教师⾃制的多媒体课件。
《2.1空间点、直线与平⾯之间的位置关系》教学过程的描述 教学活动1 ⼀、导⼊新课 1. 回忆构成平⾯图形的基本元素:点、直线。
最新人教A版高中数学必修二全册同步课时跟踪练习
最新人教A版高中数学必修二全册同步课时跟踪练习棱柱、棱锥、棱台的结构特征圆柱、圆锥、圆台、球及简单组合体的结构特征中心投影与平行投影及空间几何体的三视图空间几何体的直观图柱体、锥体、台体的表面积与体积球的体积和表面积平面空间中直线与直线之间的位置关系空间中直线与平面之间的位置关系平面与平面之间的位置关系直线与平面、平面与平面平行的判定直线与平面、平面与平面平行的性质直线与平面垂直的判定平面与平面垂直的判定直线与平面垂直的性质平面与平面垂直的性质倾斜角与斜率两条直线平行与垂直的判定直线的点斜式方程直线的两点式方程直线的一般式方程两条直线的交点坐标、两点间的距离点到直线的距离、两条平行线间的距离圆的标准方程圆的一般方程直线与圆的位置关系圆与圆的位置关系直线与圆的方程的应用空间直角坐标系棱柱、棱锥、棱台的结构特征一、题组对点训练对点练一棱柱的结构特征1.下面没有体对角线的一种几何体是()A.三棱柱B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱解析:选A三棱柱只有面对角线,没有体对角线.2.关于如图所示的4个几何体,说法正确的是()A.只有②是棱柱B.只有②④是棱柱C.只有①②是棱柱 D.只有①②④是棱柱解析:选D解决这类问题,要紧扣棱柱的定义:有两个面互相平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行.图①②④满足棱柱的定义,正确;图③不满足侧面都是平行四边形,不正确.3.如图,将装有水的长方体水槽固定底面一边后将水槽倾斜一个小角度,则倾斜后水槽中的水形成的几何体的形状是________.解析:由于倾斜角度较小,所以倾斜后水槽中水形成的几何体的形状应为四棱柱.答案:四棱柱对点练二棱锥、棱台的结构特征4.三棱锥的四个面中可以作为底面的有()A.1个B.2个C.3个 D.4个解析:选D三棱锥的每一个面均可作为底面,应选D.5.下面说法中,正确的是()A.上下两个底面平行且是相似四边形的几何体是四棱台B.棱台的所有侧面都是梯形C.棱台的侧棱长必相等D.棱台的上下底面可能不是相似图形解析:选B由棱台的结构特点可知,A、C、D不正确.6.下列四个几何体为棱台的是()解析:选C棱台的底面为多边形,各个侧面为梯形,侧棱延长后又交于一点,只有C 项满足这些要求.对点练三多面体的表面展开图7.下列图形中,不是三棱柱展开图的是()解析:选C本题考查三棱柱展开图的形状.显然C无法将其折成三棱柱,故选C.8.如图所示,不是正四面体(各棱长都相等的三棱锥)的展开图的是()A.①③B.②④C.③④ D.①②解析:选C可选择阴影三角形作为底面进行折叠,发现①②可折成正四面体,③④不论选哪一个三角形作底面折叠都不能折成正四面体.9.如图,这是一个正方体的表面展开图,若把它再折回成正方体后,有下列命题:①点H与点C重合;②点D,M,R重合;③点B与点Q重合;④点A与点S重合.其中正确命题的序号是________(把你认为正确命题的序号都填上).解析:将正方体的六个面分别用“前”“后”“左”“右”“上”“下”标记,若记面NPGF为“下”,面PSRN为“后”,则面PQHG,MNFE,EFCB,DEBA分别为“右”“左”“前”“上”.按各面的标记折成正方体,则点D,M,R重合;点G,C重合;点B,H重合;点A,S,Q重合.故②④正确,①③错误.答案:②④二、综合过关训练1.下列图形经过折叠可以围成一个棱柱的是()解析:选D A、B、C中底面边数与侧面个数不一致,故不能围成棱柱.2.以下有三个结论:①有两个面互相平行,其余各面都是四边形的多面体一定是棱柱;②有一个面是多边形,其余各面都是三角形的多面体一定是棱锥;③侧面都是矩形的棱柱是长方体.正确的个数是()A.0 B.1C.2 D.3解析:选A由棱柱、棱锥定义知①②错;侧面都是矩形的棱柱可能是斜棱柱,故③错.3.某同学制作了一个对面图案相同的正方体礼品盒(如图),则这个正方体礼品盒的表面展开图应该为()解析:选A两个☆不能并列相邻,B、D错误;两个※不能并列相邻,C错误,故选A.也可通过实物制作检验来判定.4.下列说法正确的是()A.有2个面平行,其余各面都是梯形的几何体是棱台B.多面体至少有3个面C.各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体D.九棱柱有9条侧棱,9个侧面,侧面为平行四边形解析:选D选项A错误,反例如图1;一个多面体至少有4个面,如三棱锥有4个面,不存在有3个面的多面体,所以选项B错误;选项C错误,反例如图2,上、下底面是全等的菱形,各侧面是全等的正方形,它不是正方体;根据棱柱的定义,知选项D正确.5.若一个棱台共有21条棱,则这个棱台是________棱台.解析:由棱台的概念可知,棱台的上下底面为相似多边形,边数相同;侧面为梯形,侧面个数与底面多边形边数相同,可知该棱台为七棱台.答案:七6.如图所示平面图形沿虚线折起后,(1)为________,(2)为________,(3)为________.解析:结合棱柱、棱锥的概念可知,(1)是四棱柱,(2)是三棱锥,(3)是四棱锥.答案:四棱柱三棱锥四棱锥7.观察下列四张图片,结合所学知识说出这四个建筑物主要的结构特征.解:(1)是上海世博会中国馆,其主体结构是四棱台.(2)是法国卢浮宫,其主体结构是四棱锥.(3)是国家游泳中心“水立方”,其主体结构是四棱柱.(4)是美国五角大楼,其主体结构是五棱柱.8.如图在以O为顶点的三棱锥中,过O的三条棱两两夹角都是30°,在一条棱上取A、B两点,OA=4 cm,OB=3 cm,以A、B为端点用一条绳子紧绕三棱锥的侧面一周(绳和侧面无摩擦),求此绳在A、B两点间的最短绳长.解:作出三棱锥的侧面展开图,如图A、B两点间最短绳长就是线段AB的长度.在△AOB中,∠AOB=30°×3=90°,OA=4 cm,OB=3 cm,所以AB=OA2+OB2=5 cm.所以此绳在A、B两点间的最短绳长为5 cm.圆柱、圆锥、圆台、球及简单组合体的结构特征一、题组对点训练对点练一旋转体的结构特征1.下列几何体中是旋转体的是()①圆柱;②六棱锥;③正方体;④球体;⑤四面体.A.①和⑤B.①C.③和④ D.①和④解析:选D根据旋转体的概念可知,①和④是旋转体.2.下面几何体的轴截面(过旋转轴的截面)是圆面的是()A.圆柱B.圆锥C.球 D.圆台解析:选C圆柱的轴截面是矩形,圆锥的轴截面是等腰三角形,圆台的轴截面是等腰梯形,只有球的轴截面是圆面.3.有下列说法:①球的半径是球面上任意一点与球心的连线;②球的直径是球面上任意两点间的连线;③用一个平面截一个球,得到的是一个圆.其中正确说法的序号是________.解析:利用球的结构特征判断:①正确;②不正确,因为直径必过球心;③不正确,因为得到的是一个圆面.答案:①对点练二简单组合体4.下列几何体是简单组合体的是()解析:选D A选项中的几何体是圆锥,B选项中的几何体是圆柱,C选项中的几何体是球,D选项中的几何体是一个圆台中挖去一个圆锥,是简单组合体.5.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴,其他两边旋转一周所得到的几何体是()A.两个圆锥拼接而成的组合体B.一个圆台C.一个圆锥D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥解析:选D如图以AB为轴所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥.6.指出如图(1)(2)所示的图形是由哪些简单几何体构成的.解:分割图形,使它的每一部分都是简单几何体.图(1)是由一个三棱柱和一个四棱柱拼接而成的简单组合体.图(2)是由一个圆锥和一个四棱柱拼接而成的简单组合体.对点练三有关几何体的计算7.用长为4,宽为2的矩形作侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为()A.8 B.8π C.4π D.2π解析:选B由题意可知,假设围成的圆柱底面周长为4,高为2,设圆柱底面圆的半径为r,则2πr=4,所以r=2π,所以截面是长为2,宽为4π的矩形,所以截面面积为2×4π=8π.同理,当围成的圆柱底面周长为2,高为4时,截面面积为8π.8.一个圆锥的母线长为20 cm,母线与轴的夹角为30°,则圆锥的高为________cm.解析:h=20 cos 30°=103(cm).答案:10 3二、综合过关训练1.如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周,形成的几何体形状为()A.一个球体B.一个球体中间挖出一个圆柱C.一个圆柱D.一个球体中间挖去一个长方体解析:选B圆旋转一周形成球,圆中的矩形旋转一周形成一个圆柱,所以选B.2.下列说法中正确的个数是()①用一个平面去截一个圆锥得到一个圆锥和一个圆台;②圆锥中过轴的截面是一个等腰三角形;③分别以矩形(非正方形)的长和宽所在直线为旋转轴,旋转一周得到的两个几何体是两个不同的圆柱.A.0 B.1 C.2 D.3解析:选C①中,必须用一个平行于底面的平面去截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆台,故①说法错误;显然②③说法正确.故说法正确的有2个.3.若圆柱体被平面截成如图所示的几何体,则它的侧面展开图是()解析:选D结合几何体的实物图,从截面最低点开始高度增加缓慢,然后逐渐变快,最后增加逐渐变慢,不是均衡增加的,所以A、B、C错误.4.两平行平面截半径为5的球,若截面面积分别为9 π和16 π,则这两个平面间的距离是()A.1B.7C.3或4 D.1或7解析:选D如图(1)所示,若两个平行平面在球心同侧,则CD=52-32-52-42=1.如图(2)所示,若两个平行截面在球心两侧,则CD=52-32+52-42=7.5.给出下列说法:①圆柱的底面是圆面;②经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面;③圆台的任意两条母线的延长线,可能相交,也可能不相交;④夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体,其中说法正确的是________.解析:①正确,圆柱的底面是圆面;②正确,经过圆柱任意两条母线的截面是一个矩形面;③不正确,圆台的母线延长一定相交于一点;④不正确,夹在圆柱的两个平行于底面的截面间的几何体才是旋转体.答案:①②6.已知圆锥的底面半径为1 cm,高为 2 cm,其内部有一个内接正方体,则这个内接正方体的棱长为________.解析:设正方体的棱长为a,则a2=1-22a1,即a=2 2.答案:22cm7.如图所示,梯形ABCD中,AD∥BC,且AD<BC,当梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周时,其他各边旋转围成了一个几何体,试描述该几何体的结构特征.解:如图所示,旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的简单组合体.8.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,轴截面的面积等于392 cm2,母线与轴的夹角是45°,求这个圆台的高、母线长和两底面半径.解:圆台的轴截面如图所示,设圆台上、下底面半径分别为x cm,3x cm,延长AA1交OO1的延长线于S,在Rt△SOA中,∠ASO=45°,则∠SAO=45°,所以SO=AO=3x,SO1=A1O1=x,所以OO1=2x.又S轴截面=12(6x+2x)·2x=392,所以x=7.所以圆台的高OO1=14 (cm),母线长l=2OO1=142(cm),两底面半径分别为7 cm,21 cm.中心投影与平行投影及空间几何体的三视图一、题组对点训练对点练一平行投影和中心投影1.直线的平行投影可能是()A.点B.线段C.射线 D.曲线解析:选A直线的平行投影可能是直线也可能是点,故选A.2.下列的四个图形中采用中心投影画法的是()解析:选A根据平行投影和中心投影的画法规则,B、C、D选项中的图形均为平行投影下的图形,而A选项中的图形采用的是中心投影画法.3.如图,E,F分别是正方体ABCD-AB1C1D1的面ADD1A1和面BCC1B1的中心,则四边形BFD1E在该正方体的面上的正投影可能是________(把所有可能图形的序号都填上).解析:图②是在平面DCC1D1或平面ABCD上的正投影;图③是在平面BCC1B1上的正投影.图①④均不符合.答案:②③对点练二简单几何体的三视图4.已知一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的组成为()A.上面为棱台,下面为棱柱B.上面为圆台,下面为棱柱C.上面为圆台,下面为圆柱 D.上面为棱台,下面为圆柱解析:选C结合三视图,易知该几何体上面为圆台,下面为圆柱.5.如图所示的几何体中,正视图与侧视图都是长方形的是________.解析:(2)的侧视图是三角形,(5)的正视图和侧视图都是等腰梯形,其余的都符合条件.答案:(1)(3)(4)6.如图所示的螺栓是由棱柱和圆柱构成的组合体,试画出它的三视图.解:三视图如图所示.对点练三由三视图还原空间几何体7.(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为() A.217 B.2 5C.3 D.2解析:选B先画出圆柱的直观图,根据题图的三视图可知点M,N的位置如图①所示.圆柱的侧面展开图及M,N的位置(N为OP的四等分点)如图②所示,连接MN,则图中MN即为M到N的最短路径.∵ON=14×16=4,OM=2,∴MN=OM2+ON2=22+42=2 5.8.如图是一个几何体的三视图,则可以判断此几何体是________.解析:由三视图可知,此几何体为一个正四棱锥.答案:正四棱锥9.如图,图(1)、(2)、(3)是图(4)表示的几何体的三视图,其中图(1)是________,图(2)是________,图(3)是________(写出视图名称).解析:由几何体的位置知,(1)为正视图,(2)为侧视图,(3)为俯视图.答案:正视图侧视图俯视图二、综合过关训练1.下列命题中正确的是()A.矩形的平行投影一定是矩形B.梯形的平行投影一定是梯形C.两条相交直线的投影可能平行D.一条线段的中点的平行投影仍是这条线段投影的中点解析:选D矩形的平行投影可能是线段,平行四边形或矩形,梯形的平行投影可能是线段或梯形,两条相交直线的投影是两条相交直线或是一条直线.因此A、B、C均错,故D 正确.2.沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示,则该几何体的侧视图为()解析:选B依题意,侧视图中棱的方向从左上角到右下角,故选B.3.某个游戏环节,玩家需按墙上的空洞造型摆出相同姿势,才能穿墙而过,否则会被墙推入水池.类似地,有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞,则该几何体为()解析:选A由题意知,图中正方形、圆形、三角形对应某几何体的三视图,结合选项中给出的图形分析可知,A中几何体满足要求.故选A.4.在一个几何体的三视图中,正视图和侧视图是两个完全相同的图形,如图所示,则相应的俯视图可以为()A.①②B.②③C.③④ D.②④解析:选D若俯视图为图①,则该几何体的正视图的上方三角形应该没有高线,故俯视图不可能为图①,排除选项A;若俯视图为图③,则该几何体的侧视图的上方应该没有左边小三角形,故俯视图不可能为图③,排除选项B、C;若俯视图为图②,则该几何体是由上面是正四棱锥,下面是正方体组合而成的简单组合体;若俯视图为图④,则该几何体是由上面是正四棱锥,下面是圆柱组合而成的简单组合体.故选D.5.由小正方体木块搭成的几何体的三视图如图所示,则该几何体由________块小正方体木块搭成.解析:小木块的排列方式如图所示.由图知,几何体由7块小正方体木块搭成.答案:76.若一个正三棱柱(底面为正三角形,侧面为矩形的棱柱)的三视图如图所示,则这个正三棱柱的侧棱长和底面边长分别为________、________.解析:侧视图中尺寸2为正三棱柱的侧棱长,尺寸23为俯视图正三角形的高,所以正三棱柱的底面边长为4.答案:2 47.某组合体的三视图如图所示,试画图说明此组合体的结构特征.解:该三视图表示的几何体是由一个四棱柱和一个四棱台拼接而成的组合体(如图所示).8.如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点P是平面A1B1C1D1内的一个动点,求三棱锥P -ABC 的正视图与俯视图的面积的比值的最大值.解:点P 是平面A 1B 1C 1D 1内的一个动点,则三棱锥P -ABC 的正视图始终是一个底为1,高为2的三角形, 其面积S 1=12×1×2=1.当点P 在底面ABCD 内的投影点在△ABC 的内部或边界上时,其俯视图的面积最小, 最小面积S 2=12×1×1=12,所以三棱锥P -ABC 的正视图与俯视图的面积的比值的最大值为S 1S 2=2.空间几何体的直观图一、题组对点训练 对点练一 斜二测画法1.用斜二测画法画水平放置的△ABC 时,若∠A 的两边分别平行于x 轴、y 轴,且∠A =90°,则在直观图中∠A ′=( )A .45°B .135°C .45°或135°D.90°解析:选C 在画直观图时,∠A ′的两边依然分别平行于x ′轴、y ′轴,而∠x ′O ′y ′=45°或135°.2.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图,对其中的线段说法错误的是( ) A .原来相交的仍相交 B .原来垂直的仍垂直 C .原来平行的仍平行 D .原来共点的仍共点解析:选B 根据斜二测画法,原来垂直的未必垂直. 3.关于斜二测画法所得直观图的说法正确的是( ) A .直角三角形的直观图仍是直角三角形 B .梯形的直观图是平行四边形 C .正方形的直观图是菱形D .平行四边形的直观图仍是平行四边形解析:选D 由斜二测画法规则可知,平行于y 轴的线段长度减半,直角坐标系变成斜坐标系,而平行性没有改变,故只有选项D 正确.4.如图,已知等腰三角形ABC ,则如图所示的四个图中,可能是△ABC 的直观图的是 ( )A.①②B.②③C.②④ D.③④解析:选D原等腰三角形画成直观图后,原来的腰长不相等,③④两图分别是∠x′O′y′成135°和45°的坐标系中的直观图.5.画出水平放置的四边形OBCD(如图所示)的直观图.解:(1)过点C作CE⊥x轴,垂足为E,如图(1)所示,画出对应的x′轴、y′轴,使∠x′O′y′=45°.(2)如图(2)所示,在x′轴上取点B′,E′,使得O′B′=OB,O′E′=OE;在y′轴上取一点D,使得O′D′=12OD;过E′作E′C′∥y′轴,使E′C′=12EC.(3)连接B′C′,C′D′,并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线,如图(3)所示,四边形O′B′C′D′就是所求的直观图.对点练二由直观图还原平面图形6.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形,则原来的图形是()解析:选A由直观图的画法可知,落在y轴上的对角线的长为22,结合各选项可知选A.7.如图所示,△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图,则在△ABC的三边及中线AD中,最长的线段是()A.AB B.ACC.BC D.AD解析:选B由直观图可知△ABC是以∠B为直角的直角三角形,所以斜边AC最长.8.如图所示,Rt△O′A′B′是一平面图形的直观图,直角边O′B′=1,则这个平面图形的面积是()A.2 2 B.1C. 2D.4 2解析:选C在△AOB中,OB=O′B′=1,OA=2O′A′=22,且∠AOB=90°,S△AOB=12OA·OB=12×1×22= 2.二、综合过关训练1.已知一个建筑物上部为四棱锥,下部为长方体,且四棱锥的底面与长方体的上底面尺寸一样,长方体的长、宽、高分别为20 m,5 m,10 m,四棱锥的高为8 m,如果按1∶500的比例画出它的直观图,那么在直观图中,长方体的长、宽、高和棱锥的高应分别为() A.4 cm,1 cm,2 cm,1.6 cmB.4 cm,0.5 cm,2 cm,0.8 cmC.4 cm,0.5 cm,2 cm,1.6 cmD.4 cm,0.5 cm,1 cm,0.8 cm解析:选C直观图中长、宽、高应分别按原尺寸的1500,11 000,1500计算,最后单位转化为cm.2.如图所示的正方形O′A′B′C′的边长为1 cm,它是水平放置的一个平面图形的直观图,则原图形的周长是()A.6 cm B.8 cmC.(2+32) cm D.(2+23) cm解析:选B直观图中,O′B′=2,原图形中OC=AB=(22)2+12=3,OA=BC =1,∴原图形的周长是2×(3+1)=8.3.如图是利用斜二测画法画出的△ABO的直观图,已知O′B′=4,A′B′∥y′轴,且△ABO的面积为16,过A′作A′C′⊥x′轴,则A′C′的长为()A.2 2 B. 2C.16 2 D.1解析:选A 因为A ′B ′∥y ′轴,所以在△ABO 中,AB ⊥OB .又△ABO 的面积为16,所以12AB ·OB =16.所以AB =8,所以A ′B ′=4.如图,作A ′C ′⊥O ′B ′于点C ′,所以B ′C ′=A ′C ′,所以A ′C ′的长为4sin 45°=2 2.4.已知两个圆锥,底面重合在一起,其中一个圆锥顶点到底面的距离为2 cm ,另一个圆锥顶点到底面的距离为3 cm ,则其直观图中这两个顶点之间的距离为( )A .2 cmB .3 cmC .2.5 cmD .5 cm解析:选D 圆锥顶点到底面的距离即圆锥的高,故两顶点间距离为2+3=5 cm ,在直观图中与z 轴平行的线段长度不变,仍为5 cm.5.有一个长为5,宽为4 的矩形,则其直观图的面积为________. 解析:由于该矩形的面积为S =5×4=20,所以由公式S ′=24S ,得其直观图的面积为S ′=24S =5 2. 答案:5 26.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形ABCD ,如图所示,∠ABC =45°,AB =AD =1,DC ⊥BC ,则原平面图形的面积为________.解析:过A 作AE ⊥BC ,垂足为E .∵DC ⊥BC 且AD ∥BC ,∴ADCE 是矩形,∴EC =AD =1.由∠ABC =45°,AB =AD =1知BE =22,∴原平面图形是梯形且上、下两底边长分别为1和1+22,高为2, ∴原平面图形的面积为12×⎝⎛⎭⎫1+1+22×2=2+22.答案:2+227.如图,四边形A ′B ′C ′D ′是边长为1的正方形,且它是某个四边形按斜二测画法画出的直观图,请画出该四边形的原图形,并求出原图形的面积.解:画出平面直角坐标系xOy ,使点A 与O 重合, 在x 轴上取点C ,使AC =2, 再在y 轴上取点D ,使AD =2, 取AC 的中点E ,连接DE 并延长至点B , 使DE =EB ,连接DC ,CB ,BA ,则四边形ABCD 为正方形A ′B ′C ′D ′的原图形(也可以过点C 作BC ∥y 轴,且使CB =AD =2,然后连接AB ,DC ),如图所示.易知四边形ABCD 为平行四边形,∵AD =2,AC =2,∴S ▱ABCD =2×2=2 2. 8.如图为一几何体的展开图:沿图中虚线将它们折叠起来,请画出其直观图.解:由题设中所给的展开图可以得出,此几何体是一个四棱锥,其底面是一个边长为2的正方形,垂直于底面的侧棱长为2,其直观图如图所示.柱体、锥体、台体的表面积与体积一、题组对点训练对点练一 柱体、锥体、台体的侧面积与表面积 1.棱长为3的正方体的表面积为( ) A .27 B .64 C .54D.36解析:选C 根据表面积的定义,组成正方体的面共6个,且每个都是边长为3的正方形.从而,其表面积为6×32=54.2.若圆锥的高等于底面直径,则它的底面积与侧面积之比为( ) A .1∶2 B .1∶ 3 C .1∶ 5D.3∶2解析:选C 设圆锥底面半径为r ,则高h =2r ,∴其母线长l =5r .∴S 侧=πrl =5πr 2,S 底=πr 2.则S 底∶S 侧=1∶ 5.3.已知正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( )A.81π4B .16πC .9πD.27π4解析:选A 如图,设球心为O ,半径为r ,则在Rt △AOF 中,(4-r )2+(2)2=r 2,解得r =94,所以该球的表面积为4πr 2=4π×⎝⎛⎭⎫94 2=81π4.4.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍,母线长为3,圆台的侧面积为84π,则圆台较小底面的半径为( )A .7B .6C .5D.3解析:选A 设圆台较小底面半径为r ,则另一底面半径为3r .由S =π(r +3r )·3=84π,解得r =7.5.一个高为2的圆柱,底面周长为2π,该圆柱的表面积为________.解析:由底面周长为2π可得底面半径为1.S 底=2πr 2=2π,S 侧=2πr ·h =4π,所以S 表=S底+S 侧=6π. 答案:6π对点练二 柱体、锥体、台体的体积6.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm 3)是( )A .2B .4C .6D.8解析:选C 由几何体的三视图可知,该几何体是一个底面为直角梯形,高为2的直四棱柱,直角梯形的两底边长分别为1,2,高为2,∴该几何体的体积为V =12×(2+1)×2×2=6.7.若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆,则圆锥的体积是________.解析:易知圆锥的母线长为2,设圆锥的底面半径为r ,则2πr =12×2π×2,∴r =1,则高h =l 2-r 2= 3.∴V 圆锥=13πr 2· h =13π×3=3π3.答案:3π38.某几何体的三视图如图所示,图中的四边形都是边长为2的正方形,正视图和侧视图中的两条虚线都互相垂直且相等,则该几何体的体积是________.解析:几何体的直观图为正方体去掉以正方体中心为顶点,上底面为底面的四棱锥,其体积为2×2×2-13×1×22=203.答案:203对点练三 求几何体体积的方法9.如图,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB =4,AA 1=6.若E ,F 分别是棱BB 1,CC 1上的点,则三棱锥A -A 1EF 的体积是________.解析:因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AA 1∥BB 1,AA 1⊂平面AA 1C 1C ,BB 1⊄平面AA 1C 1C ,所以BB 1∥平面AA 1C 1C ,从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离,作BH ⊥AC ,垂足为点H ,由于△ABC 是正三角形且边长为4,所以BH =23,从而三棱锥A -A 1EF 的体积VA -A 1EF =VE -A 1AF =13S △A 1AF ·BH =13×12×6×4×23=8 3.答案:8 3 二、综合过关训练1.如图,ABC -A ′B ′C ′是体积为1的棱柱,则四棱锥C -AA ′B ′B 的体积是( )A.13 B.12 C.23D.34解析:选C ∵V C -A ′B ′C ′=13V 棱柱=13,∴V C -AA ′B ′B =1-13=23. 2.已知一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是( )A.1+2π2πB.1+4π4πC.1+2ππD.1+4π2π解析:选A 设圆柱的底面半径为r ,高为h ,。
人教A高中数学必修二课时分层训练:第二章 点直线平面之间的位置关系 21 2 含解析
第二章2.1空间点、直线、平面之间的位置关系2.1.2空间中直线与直线之间的位置关系课时分层训练‖层级一‖……………………|学业水平达标|1.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.一定垂直解析:选D因为a⊥b,b∥c,则a⊥c,故选D.2.设P是直线l外一定点,过点P且与l成30°角的异面直线()A.有无数条B.有两条C.至多有两条D.有一条解析:选A我们现在研究的平台是锥空间.如图所示,过点P作直线l′∥l,以l′为轴,与l′成30°角的圆锥面的所有母线都与l成30°角.3.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是平面AA1D1D、平面CC1D1D 的中心,G,H分别是线段AB,BC的中点,则直线EF与直线GH的位置关系是()A.相交B.异面C.平行D.垂直解析:选C如图,连接AD 1,CD1,AC,则E,F分别为AD1,CD1的中点.由三角形的中位线定理,知EF∥AC,GH∥AC,所以EF∥GH,故选C.4.已知直线a,b,c,下列三个命题:①若a与b异面,b与c异面,则a与c异面;②若a∥b,a和c相交,则b和c也相交;③若a⊥b,a⊥c,则b∥c.其中,正确命题的个数是()A.0 B.1C.2 D.3解析:选A①不正确如图;②不正确,有可能相交也有可能异面;③不正确.可能平行,可能相交也可能异面.5.异面直线a,b,有a⊂α,b⊂β且α∩β=c,则直线c与a,b的关系是() A.c与a,b都相交B.c与a,b都不相交C.c至多与a,b中的一条相交D.c至少与a,b中的一条相交解析:选D若c与a,b都不相交,∵c与a在α内,∴a∥c.又c与b都在β内,∴b∥c.由公理4,可知a∥b,与已知条件矛盾.如图,只有以下三种情况.6.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC与BC1所成角的大小是________.解析:如图所示,连接AD1,则AD1∥BC1.∴∠CAD 1(或其补角)就是AC与BC1所成的角,连接CD1,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC=AD1=CD1,∴∠CAD1=60°,即AC与BC1所成的角为60°.答案:60°7.如图所示,在正方体ABCD-A 1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C的中点,有以下四个结论:①直线AM与CC1是相交直线;②直线AM与BN是平行直线;③直线BN与MB1是异面直线;④直线AM与DD1是异面直线.其中正确的结论为________(填序号).解析:直线AM与CC1是异面直线,直线AM与BN也是异面直线,故①②错误;③④正确.答案:③④8.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,过点M作ME∥DN交CC1于点E,连接A1E,则∠A1ME为异面直线A1M与DN所成的角(或其补角).设正方体的棱长为a,则A1M=32a,ME=54a,A1E=414a,所以A1M2+ME2=A1E2,所以∠A1ME=90°,即异面直线A1M与DN所成的角为90°.答案:90°9.如图所示,E,F分别是长方体A1B1C1D1-ABCD的棱A1A,C1C的中点.求证:四边形B1EDF是平行四边形.证明:设Q是DD1的中点,连接EQ,QC1.∵E是AA1的中点,∴EQ綊A1D1.又在矩形A1B1C1D1中,A1D1綊B1C1,∴EQ綊B1C1(平行公理).∴四边形EQC1B1为平行四边形.∴B1E綊C1Q.又∵Q,F是DD1,C1C两边的中点,∴QD綊C1F.∴四边形QDFC1为平行四边形.∴C1Q綊DF.∴B1E綊DF.∴四边形B1EDF为平行四边形.10.如图所示,等腰直角三角形ABC中,∠BAC=90°,BC=2,DA⊥AC,DA⊥AB,若DA=1,且E为DA的中点,求异面直线BE与CD所成角的余弦值.解:取AC的中点F,连接EF,BF,在△ACD中,E,F分别是AD,AC的中点,∴EF∥CD,∴∠BEF即为所求的异面直线BE与CD所成的角(或其补角).在Rt△ABC中,BC=2,AB=AC,∴AB=AC=1,在Rt△EAB中,AB=1,AE=12AD=12,∴BE=52.在Rt△AEF中,AF=12AC=12,AE=12,∴EF=22.在Rt△ABF中,AB=1,AF=12,∴BF=52.在等腰三角形EBF中,cos∠FEB=12EFBE =2452=1010,∴异面直线BE与CD所成角的余弦值为10 10.‖层级二‖………………|应试能力达标|1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是线段BC,C1D的中点,则直线A1B与直线EF的位置关系是()A.相交B.异面C.平行D.垂直解析:选A如图所示,连接BD1,CD1,CD1与C1D交于点F,由题意可得四边形A1BCD1是平行四边形,在平行四边形A1BCD1中,E,F分别是线段BC,CD1的中点,所以EF∥BD1,所以直线A1B与直线EF相交,故选A.2.在三棱锥A-BCD中,AC⊥BD,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,则四边形EFGH是()A.菱形B.矩形C.梯形D.正方形解析:选B如图,在△ABD中,点H,E分别为边AD,AB的中点,所以HE綊12BD,同理GF綊12BD,所以HE綊GF,所以四边形EFGH为平行四边形.又AC⊥BD,所以HG⊥HE,所以四边形EFGH是矩形,故选B.3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2BB1,则AB1与BC1所成的角的大小是()A.60°B.75°C.90°D.105°解析:选C设BB 1=1,如图,延长CC1至C2,使C1C2=CC1=1,连接B1C2,则B1C2∥BC1,所以∠AB1C2为AB1与BC1所成的角(或其补角).连接AC2,因为AB1=3,B1C2=3,AC2=6,所以AC22=AB21+B1C22,则∠AB1C2=90°.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段AD1上运动,则异面直线CP 与BA1所成的角θ的取值范围是()A.0°<θ<60°B.0°≤θ<60°C.0°≤θ≤60°D.0°<θ≤60°解析:选D如图,连接CD1,AC,因为CD1∥BA1,所以CP与BA1所成的角就是CP与CD1所成的角,即θ=∠D1CP.当点P从D1向A运动时,∠D1CP从0°增大到60°,但当点P与D1重合时,CP∥BA1,与CP与BA1为异面直线矛盾,所以异面直线CP与BA1所成的角θ的取值范围是0°<θ≤60°.5.如图,点P,Q,R,S分别在正方体的四条棱上,且是所在棱的中点,则直线PQ与RS是异面直线的一个图是________.解析:①中PQ∥RS,②中RS∥PQ,④中RS和PQ相交.答案:③6.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,则异面直线EF与B1D1所成的角为________.解析:连接BC1,AD1,AB1,则EF为△BCC1的中位线,∴EF∥BC1.又∵AB綊CD綊C1D1,∴四边形ABC1D1为平行四边形.∴BC1∥AD1.∴EF∥AD1.∴∠AD1B1为异面直线EF和B1D1所成的角或其补角.在△AB1D1中,易知AB1=B1D1=AD1,∴△AB1D1为正三角形,∴∠AD1B1=60°.∴EF与B1D1所成的角为60°.答案:60°7.如图,空间四边形ABCD的对角线AC=8,BD=6,M,N分别为AB,CD的中点,并且异面直线AC与BD所成的角为90°,则MN等于________.解析:取AD的中点P,连接PM,PN,则BD∥PM,AC∥PN,∴∠MPN即异面直线AC与BD所成的角,∴∠MPN=90°,PN=12AC=4,PM=12BD=3,∴MN=5.答案:58.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1与AC,AB所成的角均为60°,∠BAC =90°,且AB=AC=AA1,求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值.解:如图所示,把三棱柱补为四棱柱ABDC-A1B1D1C1,连接BD1,A1D1,AD,由四棱柱的性质知BD1∥AC1,则∠A1BD1就是异面直线A1B与AC1所成的角.设AB=a,∵AA1与AC,AB所成的角均为60°,且AB=AC=AA1,∴A1B=a,BD1=AC1=2AA1·cos 30°=3a.又∠BAC=90°,∴在矩形ABCD中,AD=2a,∴A1D1=2a,∴A1D21+A1B2=BD21,∴∠BA1D1=90°,∴在Rt△BA1D1中,cos∠A1BD1=A1BBD1=a3a=33.。
2014-2015学年高中数学(人教版必修二)课时训练第二章 2.3 2.3.3 直线与平面垂直、平面与平面垂直的性质
题型二
面面垂直性质的应用
例2 如图,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面
ABC,AE⊥平面PBC,E为垂足.
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(1)求证:PA⊥平面ABC;
(2) 当 E 为△ PBC 的垂心时,求证:△ ABC 是直角
三角形.
证明:利用线面垂直的判定、面面垂直的性质来解. (1)如图,在平面 ABC 内取一点 D,作 DF⊥AC 于 F. ∵平面 PAC⊥平面 ABC,且交线为 AC, ∴DF⊥平面 PAC,PA⊂平面 PAC, ∴DF⊥AP. 作 DG⊥AB 于 G.同理可证 DG⊥AP. DG,DF 都在平面 ABC 内,且 DG∩DF=D, ∴PA⊥平面 ABC.
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答案:D
自 测 自 评
4.如图,▱ADEF 的边 AF 垂直于平面 ABCD,AF=2, CD=3,则 CE=________.
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自 测 自 评
解析:∵AF∥ED,AF⊥平面 ABCD, ∴ED⊥平面 ABCD.∴ED⊥DC. 在 Rt△EDC 中,ED=2,CD=3, ∴CE= 22+32= 13. 答案: 13
解析:不墙面相交.
思 考 应 用
2.两个平面垂直,其中一个平面内的任一条直线与另 一个平面一定垂直吗?
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解析:不一定.只有垂直于两平面的交线才能垂直 于另一个平面.
自 测 自 评
1.若直线 a⊥直线 b,且 a⊥平面 α,则有( A.b∥α C.b⊥α B.b⊂α D.b∥α 或 b⊂α
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跟 踪 训 练
2. 如图所示, 在四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 为矩形, PA⊥平面 ABCD,点 E 在线段 PC 上,PC⊥平面 BDE.
空间直线、平面的平行 课时1 高一数学(人教A版2019必修第二册)
(2)符号语言:对于 和 , , 或 .
新知运用
例2 如图所示,在正方体 中, , , , 分别为棱 , , , 的中点.求证: .
方法指导 要证明 ,可证明 , 且射线 与 ,射线 与 的方向分别相反.
方法总结
在正方体 中, , , 分别为棱 , , 的中点,试证明: .
[解析] 因为 为 的中点,所以 .因为 为 的中点,所以 .又 ,所以 .所以四边形 为平行四边形.所以 ,同理 .所以 与 的两条对应边分别平行且方向相同,所以 .
巩固训练
1.已知空间中的两个角 , 的两边分别对应平行,且 ,则 为( ).
(1)空间等角定理实质上是由以下两个结论组成的:①若一个角的两边与另一个角的两边分别对应平行且方向都相同或相反,那么这两个角相等;②若一个角的两边与另一个角的两边分别平行,有一组对边方向相同,另一组对边方向相反,那么这两个角互补.
(2)证明角相等,一般采用三种途径:①利用等角定理及推论;②利用三角形相似;③利用三角形全等.
方法总结
如图,在三棱锥 中, , 分别为 , 的中点, , 分别为 , 的重心,求证: .
[解析] 如图,取 的中点 ,连接 , ,则 , 分别在 , 上. , 分别为 , 的重心,
巩固训练
, .又 , 分别为 , 的中点, , .
探究2 等角定理
[解析] 如图所示,在正方体 中,取 的中点 ,连接 , ,则 .
又 ,∴四边形 为平行四边形, .而 , 分别为 , 的中点,则 .而 , ,
∴四边形 为平行四边形. .又 , .同理,取 的中点 ,连接 , ,则有 . 与 的两边分别对应平行,且方向都相反, .
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平面与平面之间的位置关系
一、基础过关
1.已知直线a∥平面α,直线b⊂α,则a与b的位置关系是()
A.相交B.平行C.异面D.平行或异面2.直线l与平面α不平行,则
()
A.l与α相交B.l⊂α
C.l与α相交或l⊂αD.以上结论都不对
3.如果直线a∥平面α,那么直线a与平面α内的
()
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4.如果平面α外有两点A、B,它们到平面α的距离都是a,则直线AB和平面α的位置关系一定是
()
A.平行B.相交
C.平行或相交D.AB⊂α
5.直线a⊂平面α,直线b⊄平面α,则a,b的位置关系是________.6.若a、b是两条异面直线,且a∥平面α,则b与α的位置关系是________.
7.平面α内有无数条直线与平面β平行,那么α∥β是否正确?说明理由.
8. 如图,直线a∥平面α,a⊂β,α∩β=b,求证:a∥b.
二、能力提升
9.下列命题正确的是
()
A.若直线a在平面α外,则直线a∥α
B.若直线a与平面α有公共点,则a与α相交
C.若平面α内存在直线与平面β无交点,则α∥β
D.若平面α内的任意直线与平面β均无交点,则α∥β
10.教室内有一根直尺,无论怎样放置,在地面上总有这样的直线与
直尺所在的直线()
A.异面B.相交C.平行D.垂直11.若不在同一条直线上的三点A、B、C到平面α的距离相等,且A、
B、CD/∈α,则面ABC与面α的位置关系为________.
12. 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的关系并证明你的结论.
三、探究与拓展
13.正方体ABCD—A1B1C1D1中,点Q是棱DD1上的动点,判断过A、Q、B1三点的截面图形的形状.
答案
1.D2.C3.D4.C
5.平行、相交或异面
6.b⊂α,b∥α或b与α相交
7.解不正确.如图,设α∩β=l,则在α内与l平行的直线可以有无数条,如a1,a2,…,a n,它们是一组平行线,这时a1,a2,…,
a n与平面β平行,但此时α与β不平行,α∩β=l.
8.证明∵直线a∥平面α,
∴直线a与平面α无公共点.
∵α∩β=b,∴b⊂α,b⊂β.
∴直线a与b无公共点.
∵a⊂β,∴a∥b.
9.D10.D11.平行或相交
12.解由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.
13.解由点Q在线段DD1上移动,当点Q与点D1重合时,截面图形为等边三角形AB1D1,
如图(1)所示;
当点Q与点D重合时,截面图形为矩形AB1C1D,如图(2)所示;
图(1)图(2) 当点Q不与点D,D1重合时,截面图形为等腰梯形AQRB1,如图(3)所示.
图(3)。