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空间点、直线、平面之间的位置关系(教案)

空间点、直线、平面之间的位置关系
适用学科 适用年级 课时时长 (分钟)
60

适用区域 人教版 知识点

平行、垂直关系的综合问题

教学目标 考查空间线面平行、垂直关系的判断 教学重点 空间直线与平面、平面与平面之间的位置关系. 教学难点 用图形表达直线与平面、平面与平面的位置关系.
高中数学 高中一年级

教学过程 1、 复习预习
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. (4)公理2的三个推论: 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.

二、知识讲解
空间中两直线的位置关系

(1)空间两直线的位置关系 相交 (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:π2. (3)平行公理和等角定理 ①平行公理:平行于同一条直线的两条直线互相平行. ②等角定理: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.

三、例题精析
【例题1】
【题干】在正方体ABCDA1B1C1D1中,E是DD1的中点,则BD1与平 面ACE的位置关系为________. 【答案】平行 【解析】如图.

连接AC、BD交于O点,连接OE,因为OE∥BD1,而OE?平 面ACE,BD1?平面ACE,所以BD1∥平面ACE.

【例题2】
【题干】如图,直三棱柱ABCA′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC =,AA′=1,点M,N分别为A′B和B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面A′ACC′; (2)求三棱锥A′MNC的体积.

(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高) 【答案】证明 法一 连接AB′,AC′,如图由已 知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABCA′B′C′为 直三棱柱, 所以M为AB′中点. 又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′. 又MN?平面A′ACC′,AC′?平面A′ACC′, 因此MN∥平面A′ACC′. 法二 取A′B′的中点P,连接MP,NP,AB′,如 图,而M,N分别为AB′与B′C′的中点, 所以MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′. 又MP∩NP=P,因此平面MPN∥平面A′ACC′. 而MN?平面MPN,因此MN∥平面A′ACC′. (2)解 法一 连接BN,如图由题意A′N⊥B′C′,平面A′B′C′∩ 平面B′BCC′=B′C′, 所以A′N⊥平面NBC.又A′N=12B′C′=1, 故VA′MNC=VNA′MC=12VNA′BC=12VA′NBC=16. 法二 VA′MNC=VA′NBC-VMNBC=12VA′NBC=16. 【解析】(1)连接AB′,AC′,在△AC′B′中由中位线定理可证 MN∥AC′,则线面平行可证;此问也可以应用面面平行证明. (2)证A′N⊥平面NBC,故VA′MNC=VA′NBC-VMNBC=12VA′NBC, 体积可求.

【例题3】
【题干】如图所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,A1A⊥平面ABC,若D

是棱CC1的中点,问在棱AB上是否存在一点E,使DE∥平面AB1C1?若 存在,请确定点E的位置;若不存在,请说明理由.

【答案】解 存在点E,且E为AB的中点.

下面给出证明: 如图,取BB1的中点F,连接DF, 则DF∥B1C1. ∵AB的中点为E,连接EF, 则EF∥AB1. B1C1与AB1是相交直线, ∴平面DEF∥平面AB1C1. 而DE?平面DEF,∴DE∥平面AB1C1. 【解析】取AB、BB1的中点分别为E、F,证明平面DEF∥平面AB1C1 即可.

【例题4】
【题干】如图所示,在三棱柱ABCA1B1C1中,A1A⊥平面ABC,若D 是棱CC1的中点,问在棱AB上是否存在一点E,使DE∥平面AB1C1?若 存在,请确定点E的位置;若不存在,请说明理由. 【答案】存在点E,且E为AB的中点.

下面给出证明: 如图,取BB1的中点F,连接DF, 则DF∥B1C1. ∵AB的中点为E,连接EF, 则EF∥AB1. B1C1与AB1是相交直线, ∴平面DEF∥平面AB1C1. 而DE?平面DEF,∴DE∥平面AB1C1. 【解析】取AB、BB1的中点分别为E、F,证明平面DEF∥平面AB1C1 即可.

【例题5】
【题干】如图,几何体EABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB =CD,EC⊥BD. (1)求证:BE=DE; (2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.

【答案】证明 (1)

图(a) 如图(a),取BD的中点O,连接CO,EO. 由于CB=CD,所以CO⊥BD,(2分) 又EC⊥BD,EC∩CO=C,CO,EC?平面EOC, 所以BD⊥平面EOC,(4分) 因此BD⊥EO,又O为BD的中点, 所以BE=DE.(6分) (2)法一 如图(b),取AB的中点N,连接DM,DN,MN,

图(b) 因为M是AE的中点, 所以MN∥BE. 又MN?平面BEC,BE?平面BEC, ∴MN∥平面BEC.(8分) 又因为△ABD为正三角形, 所以∠BDN=30°, 又CB=CD,∠BCD=120°, 因此∠CBD=30°, 所以DN∥BC.(10分) 又DN?平面BEC,BC?平面BEC,所以DN∥平面BEC. 又MN∩DN=N,故平面DMN∥平面BEC,

又DM?平面DMN,所以DM∥平面BEC.(12分) 法二 如图(c),延长AD,BC交于点F,连接EF.

图(c) 因为CB=CD,∠BCD=120°, 所以∠CBD=30°. 因为△ABD为正三角形, 所以∠BAD=60°,∠ABC=90°, 因此∠AFB=30°, 所以AB=12AF.(8分) 又AB=AD,所以D为线段AF的中点.连接DM,由点M是线段AE的 中点,因此DM∥EF.(10分) 又DM?平面BEC,EF?平面BEC, 所以DM∥平面BEC.(12分) 【解析】(1) 取BD的中点O,证明BD⊥EO; (2)取AB中点N,证明平面DMN∥平面BEC;找到平 面BCE和平面ADE的交线EF,证明DM∥EF.

四、课堂运用
【基础】 1. 下列命题是真命题的是( ).
A.空间中不同三点确定一个平面 B.空间中两两相交的三条直线确定一个平面 C.一条直线和一个点能确定一个平面

D.梯形一定是平面图形 【答案】D 【解析】空间中不共线的三点确定一个平面,A错;空间中两两相交不 交于一点的三条直线确定一个平面,B错;经过直线和直线外一点确定 一个平面,C错;故D正确.

2. 空间两个角α,β的两边分别对应平行,且α=60°,则β为( ).
A.60° B.120° C.30° D.60°或120° 【答案】D 【解析】由等角定理可知β=60°或120°.

【巩固】 1. 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. 【答案】24 【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,排除两棱的重复计算,共有 异面直线12×42=24(对).

2. 如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E、F分别是AB和AA1的中
点.求证: (1)E、C、D1、F四点共面;

(2)CE、D1F、DA三线共点.

【答案】(1)如图,连接EF,CD1,A1B.

∵E、F分别是AB、AA1的中点, ∴EF∥A1B. 又A1B∥D1C,∴EF∥CD1, ∴E、C、D1、F四点共面. (2)∵EF∥CD1,EF<CD1, ∴CE与D1F必相交,设交点为P, 则由P∈CE,CE?平面ABCD, 得P∈平面ABCD. 同理P∈平面ADD1A1. 又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA, ∴P∈直线DA,∴CE、D1F、DA三线共点. 【解析】(1)由EF∥CD1可得; (2)先证CE与D1F相交于P,再证P∈AD.

【拔高】 1. 下列如图所示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________.

【答案】①②③ 【解析】

可证①中的四边形PQRS为梯形;②中,如图所示,取A1A和BC的中 点为M、N可证明PMQNRS为平面图形,且PMQNRS为正六边形;③ 中,可证四边形PQRS为平行四边形;④中,可证Q点所在棱与面PRS平 行,因此,P、Q、R、S四点不共面. 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, ①GH与EF平行; ②BD与MN为异面直线; ③GH与MN成60°角; ④DE与MN垂直. 以上四个命题中,正确命题的序号是________. 【答案】②③④ 【解析】如图所示,GH与EF为异面直线,BD与MN为异面直 线,GH与MN成60°角,DE⊥MN.

2.

课程小结
内容小结 一个理解 异面直线概念的理解

(1)“不同在任何一个平面内”,指这两条直线不能确定任何一个平 面,因此,异面直线既不相交,也不平行. (2)不能把异面直线误解为:分别在不同平面内的两条直线为异面直 线. 两种判定方法 异面直线的判定方法 (1)判定定理:过平面外一点与平面内一点的直线,和平面内不经过 该点的直线是异面直线. (2)反证法:证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面,从 而可得两直线异面.

课后作业
【基础】 1. 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 【答案】C 【解析】若两条直线和同一平面所成角相等,这两条直线可能平行,也 可能为异面直线,也可能相交,所以A错;一个平面不在同一条直线的 三点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行,故B错;若两个平 面垂直同一个平面两平面可以平行,也可以垂直;故D错;故选项C正 确。故选C。

2. 设 是直线,α,β是两个不同的平面【
A. 若 ∥α, ∥β,则a∥β

】 B. 若 ∥α, ⊥β,则

α⊥β C. 若α⊥β, ⊥α,则 ⊥β D. 若α⊥β, ∥α,则 ⊥β 【答案】B 【解析】利用面面垂直的判定定理可证明B是正确的,对于其它选项, 可利用举反例法证明其是错误命题: A,若 ∥α, ∥β,则满足题意的两平面可能相交,排除A; B,若 ∥α, ⊥β,则在平面α内存在一条直线垂直于平面 β,从而两平面垂直,故B正确; C,若α⊥β, ⊥α,则 可能在平面β内,排除C; D,若α⊥β, ∥α,则 可能与β平行,相交,排除D。 故选 B。 3.如图,几何体E-ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD. (Ⅰ)求证:BE=DE; (Ⅱ)若∠BCD=1200,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.

【答案】解:(Ⅰ)证明:取BD中点为O,连接OC,OE, ∵BC=CD,∴CO⊥BD, 又∵EC⊥BD,CO∩EC=C,∴BD⊥平面 OCE.。 又∵OE 平面OCE., ∴BD⊥OE,即OE是BD的垂直平分线。 ∴BE=DE。 (Ⅱ)取AB中点N,连接MN,DN, ∵M是AE的中点,∴MN∥BE。

∵△ABD是等边三角形,∴DN⊥AB,∠ABD=60°。 ∵∠BCD=120°,BC=CD,∴∠CBD=30°。 ∴∠ABC=60°+30°=90°,即BC⊥AB。 ∴ND∥BC。 又∵MN∩ND=N,BE∩BC=B,∴平面MND∥平面BEC。 又∵DM 平面MND,∴DM∥平面BEC。 【解析】(Ⅰ)要证BE=DE,只要证点E是BD垂直平分线上的点即可。故取 BD中点为O,连接OC,OE,由已知证明BD⊥OE即可。 (Ⅱ)要证DM∥平面BEC只要证明DM在一个平行于平面BEC的另一 个平面上,故取AB中点N,连接MN,DN,证明平面MND∥平面BEC即可。

【巩固】 1. 在图中,G、H、M、N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点,
则表示直线GH、MN是异面直线的图形有________(填上所有正确答案 的序号).

【答案】②④ 【解析】图①中,直线GH∥MN;图②中,G、H、N三点共面,但M? 面GHN,因此直线GH与MN异面;图③中,连接MG,GM∥HN因此GH 与MN共面;图④中,G、M、N共面,但H?面GMN,因此GH与MN异 面.所以图②、④中GH与MN异面.

2. 如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,
(1)求A1C1与B1C所成角的大小; (2)若E、F分别为AB、AD的中点,求A1C1与EF所成角的大 小.

【答案】(1)如图,连接AC、AB1, 由ABCDA1B1C1D1是正方体,知AA1C1C为平行四边形, 所以AC∥A1C1,从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所 成的角. 由AB1=AC=B1C可知∠B1CA=60°, 即A1C1与B1C所成角为60°. (2)如图,连接BD,由AA1∥CC1,且AA1=CC1可知A1ACC1是平行四 边形,∴AC∥A1C1. ∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角. ∵EF是△ABD的中位线,∴EF∥BD. 又∵AC⊥BD,∴AC⊥EF,即所求角为90°. 【解析】(1)把A1C1平移到底面,再连AB1可求; (2)把A1C1平移到底面,连BD可求.

3.

如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB 平面PAD,AB∥CD,PD=AD,E

是PB的中点,F是DC上的点且DF= AB,PH为 PAD中AD边上的高. (1)证明:PH 平面ABCD; (2)若PH=1,AD= ,FC=1,求三棱锥E-BCF的体积; (3)证明:EF 平面PAB.

【答案】解:(1)证明:∵ 平面 , 平面 ,∴ 。 ∵ 为△ 中 边上的高,∴ 。 ∵ ,∴ 平面 。 (2)连接 ,取 中点 ,连接 。 ∵ 是 的中点,∴ 。 ∵ 平面 ,∴ 平面 。 ∴ ∴ 。 (3)证明:取 中点 ∵ 是 。

,连接



。 。

的中点,∴

∵ ,∴ 。 ∴四边形 是平行四边形。∴ 。 ∵ ,∴ 。 ∵ 平面 , 平面 , ∴ ∵ , ∴ 平面 。 ∴ 平面 。 【解析】(1)证明 可。 (2)连接 垂直于平面 ,取 内的两条相交直线







中点 ,连接

,则由三角形中位线定 ,

理和(1) 平面 ,可得三棱锥E-BCF底面上的高 从而三棱锥E-BCF的体积可求。

(3)取 中点 ,连接 , 。一方面由三角形中位线定 理可得四边形 是平行四边形,即 ;另一方面,由 垂直 于平面 的两条相交直线 和 可证明 平面 ,从而可得 平面 。

【拔高】 1. 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.
(I)求证:B1E⊥AD1; (II)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP 的长;若不存在,说明理由; (III)若二面角A-B1E-A1的大小为30°,求AB的长.

【答案】解:(I)如图,以A为原点,,AD→, AA1→的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立 空间直角坐标系。 设AB=a, 则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),Ea,1, 0,B1(a,0,1)。 ∴AD→1=(0,1,1),=a,1,-1,AB1→=(a,0,1),=a, 1,0。 ∵·B1E→=-a2×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1。 (II)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE, 此时DP→=(0,-1,z0)。

又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z). ∵n⊥平面B1AE,∴n⊥AB1→,n⊥,得ax+y=0. 取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=a,-a。 要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,即a2-az0=0,解得z0=12。 又DP?平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP= 12。 (III)连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D。 ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C。 又由(I)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面DCB1A1。 ∴是平面A1B1E的一个法向量,此时AD1→=(0,1,1)。

设与n所成的角为θ,则cosθ=AD1|= ∵二面角A-B1E-A1的大小为30°,



∴|cosθ|=cos30°,即 长为2。

=32,解得 =2,即AB的

【解析】(Ⅰ)由题意及所给的图形,以A为原点,,AD→,AA1→的 方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系。设AB=a,给 出图形中各点的坐标,可求出向量AD→1和B1E→ 的坐标,验证其数量 积为0即可证出两线段垂直。 (II)由题意,可先假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得 DP∥平面B1AE,求出平面B1AE法向量,可法向量与直线DP的方向向量内 积为0,由此方程解出z0的值,若能解出,则说明存在,若不存在符合 条件的z0的值,说明不存在这样的点P满足题意。

(III)由题设条件,可求面夹二面角的两个平面的法向量,利用 两平面的夹角为30°建立关于 的方程,解出 的值即可得出AB的长。

2. 如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB
上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使 A1C⊥CD,如图2. (1)求证:A1C⊥平面BCDE; (2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小; (3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由

【答案】解:(1)∵CD⊥DE,A1E⊥DE,,∴DE⊥平面A1CD。 又∵A1C 平面A1CD ,∴A1C⊥DE。 又∵A1C⊥CD,∴A1C⊥平面BCDE。 (2)如图建立空间直角坐标系 ,则 B(0,3,0),C(0,0,0),D(-2,0,0),E(-2。 2。0),A1(0,0, )。 ∴ 设平面A1BE法向量为 。 ,

则 ∴

,即

,∴



又∵M是A1D的中点,∴M(-1,0, )。∴ 设CM与平面A1BE法向量所成角为 ,则



∴ 。 ∴CM与平面A1BE所成角为 (3)设线段BC上点P,设P点坐标为 则 设平面A1DP法向量为

。 ,则 。

则 ∴ 。∴ 假设平面A1DP与平面A1BE垂直,则

。 ,即

,解得 。与 不符。 ∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直。 【解析】(1)根据线面垂直的判定进行判定。 (2)建立空间直角坐标系可易解决。 (3)用反证法,假设平面A1DP与平面A1BE垂直,得出与已知 相矛盾的结论即可。

课后评价


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