高考第一轮复习数学：9.1平面、空间两条直线.doc

第九章 直线、平面、简单几何体

●网络体系总览

●考点目标定位
1.直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系.
2.线线、线面、面面的平行与垂直的判定和性质，三垂线定理.
3.两条异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角.
4.点到平面的距离，线面距离，平行平面的距离，异面直线的距离，两点间的球面距离.
5.空间向量及其加法、减法，空间向量的坐标表示，空间向量的数量积.
6.直棱柱、平行六面体及正棱锥的性质，球的体积及表面积的计算.
●复习方略指南
1.立体几何不外乎两大问题，一类是空间位置关系的论证，这类问题应熟练掌握公理、定理、定义或用空间向量来论证，位置关系的论证要注意其间的转化.如线面平行可转化为线线平行等；另一类问题是空间量（空间角、距离、体积、侧面积）的计算，如线面角、二面角的求解.
2.立体几何在高考中，选择题、填空题一般出中等难度的题，解答题中可能会有难题.
3.归纳总结，理线串点，从知识上可分为：（1）平面的基本性质；（2）两个特殊的位置关系，即线线、线面、面面的平行与垂直；（3）三个角、三个距离.根据每部分内容选择典型的例题，总结出解题方法，对于空间位置关系的论证及空间角与距离的求解，还要注意把空间向量贯彻、渗透其中，通过一题多解，使学生把所学知识真正学活、会用.
4.抓主线攻重点，可以针对一些重点内容进行训练，平行和垂直是位置关系的核心，而线面垂直又是核心中的核心，线面角、二面角、距离均与线面垂直密切相关.因此对于这部分内容复习中要强化，并要注意用空间向量去解空间位置关系及空间量的求解.
5.复习中要加强数学思想方法的总结与提炼，立体几何中蕴涵着丰富的思想方法，如割补思想、降维转化思想即化空间问题到平面图形中去解决，又如证线面间的位置关系常需经过多次转换才能获得解决，又如可把空间位置关系及空间量的求解转化为空间向量的运算，这些无不体现着化归转化的思想.因此自觉地学习和运用数学思想方法去解题，常能收到事半功倍的效果.

9.1 平面、空间两条直线

●知识梳理
1.平面的基本性质，即三个公理及推论.
2.公理4及等角定理.
3.空间两条直线的位置关系有且只有三种，即平行、相交及异面.
4.两条异面直线所成的角及距离，求作异面直线所成的角时，往往取题中的特殊点.
●点击双基
1.若a，b是异面直线，则只需具备的条件是
A.a平面α，b平面α，a与b不平行
B.a平面α，b平面β，α∩β=l，a与b无公共点
C.a∥直线c，b∩c=A，b与a不相交
D.a⊥平面α，b 是α的一条斜线
答案：C
2.如下图，直线a、b相交于点O且a、b成60°角，过点O与a、b都成60°角的直线有

A.1条 B.2条 C.3条 D.4条
解析：在a、b所确定的平面内有一条，平面外有两条.
答案：C
3.（2004年北京朝阳区模拟题）如下图，正四面体S—ABC中，D为SC的中点，则BD与SA所成角的余弦值是

A. B. C. D.
解析：取AC的中点E，连结DE、BE，则DE∥SA，∴∠BDE就是BD与SA所成的角.设SA=a，则BD=BE= a，DE= a，cos∠BDE== .
答案：C
4.如下图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a， 那么

（1）哪些棱所在直线与直线BA1成异面直线？______________________.
（2）直线BA1与CC1所成角的大小为________.
（3）直线BA1与B1C所成角的大小为________.
（4）异面直线BC与AA1的距离为________.
（5）异面直线BA1与CC1的距离是________.
答案：（1）D1C1、D1D、C1C、C1B1、DC、AD
（2）45° （3）60° （4）a （5）a
5.（2002年全国）正六棱柱ABCDEF—A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，侧棱长为，则这个棱柱的侧面对角线E1D与BC1所成的角是_____________.
解析：连结FE1、FD，则由正六棱柱相关性质可得FE1∥BC1，
在△EFD中，EF=ED=1，∠FED=120°，
∴FD==.
在△EFE1和△EE1D中，易得E1F=E1D==，∴△E1FD是等边三角形，
∠FE1D=60°.而∠FE1D即为E1D与BC1所成的角.
答案：60°
说明：本题主要考查正六棱柱的性质及异面直线所成角的求法.
●典例剖析
【例1】 如下图，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=2∶3，DH∶HA=2∶3.
求证：EF、GH、BD交于一点.

证明：连结GE、HF，
∵E、G分别为BC、AB的中点，∴GE∥AC.
又∵DF∶FC=2∶3，DH∶HA=2∶3，∴HF∥AC.∴GE∥HF.
故G、E、F、H四点共面.
又∵EF与GH不能平行，∴EF与GH相交，设交点为O.
则O∈面ABD，O∈面BCD，而平面ABD∩平面BCD=BD.∴EF、GH、BD交于一点.
评述：证明线共点，常采用证两直线的交点在第三条直线上的方法，而第三条直线又往往是两平面的交线.
【例2】 A是△BCD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：用反证法.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，连结EG、FG，则EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的锐角或直角即为异面直线EF与BD所成的角.在Rt△EGF中，求得∠FEG=45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.
特别提示
①证明两条直线是异面直线常用反证法；②求两条异面直线所成的角，首先要判断两条异面直线是否垂直，若垂直，则它们所成的角为90°；若不垂直，则利用平移法求角，一般的步骤是“作（找）—证—算”.注意，异面直线所成角的范围是（0，］.
【例3】 长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB=a，BC=b，AA1=c，且a>b，求：
（1）下列异面直线之间的距离：AB与CC1；AB与A1C1；AB与B1C.
（2）异面直线D1B与AC所成角的余弦值.

（1）解：BC为异面直线AB与CC1的公垂线段，故AB与CC1的距离为b.
AA1为异面直线AB与A1C1的公垂线段，故AB与A1C1的距离为c.过B作BE⊥B1C，垂足为E，则BE为异面直线AB与B1C的公垂线，BE==，即AB与B1C的距离为.

（2）解法一：连结BD交AC于点O，取DD1的中点F，连结OF、AF，则OF∥D1B，∴∠AOF就是异面直线D1B与AC所成的角.
∵AO=，OF= BD1=，AF=，
∴在△AOF中，cos∠AOF==.
解法二：如下图，在原长方体的右侧补上一个同样的长方体，连结BG、D1G，则AC∥BG，∴∠D1BG（或其补角）为D1B与AC所成的角.

BD1=，BG=，D1G=，
在△D1BG中，cos∠D1BG==－，故所求的余弦值为.
深化拓展
利用中位线平移和利用补形平移是处理长方体中异面直线所成角的重要方法.
●闯关训练
夯实基础
1.两条相交直线l、m都在平面α内且都不在平面β内.命题甲：l和m中至少有一条与β相交，命题乙：平面α与β相交，则甲是乙的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.非充分非必要条件
解析：若l和m中至少有一条与β相交，不妨设l∩β=A，则由于lα，∴A∈α.而A∈β，∴α与β相交.反之，若α∩β=a，如果l和m都不与β相交，由于它们都不在平面β内，
∴l∥β且m∥β.∴l∥a且m∥a，进而得到l∥m，与已知l、m是相交直线矛盾.因此l和m中至少有一条与β相交.
答案：C
2.（2004年天津，6）如下图，在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于

A. B. C. D.
解法一：取面CC1D1D的中心为H，连结FH、D1H.在△FHD1中，
FD1=，FH=，D1H=.
由余弦定理，得∠D1FH的余弦值为.
解法二：取BC的中点G.连结GC1∥FD1，再取GC的中点H，连结HE、OH，则∠OEH为异面直线所成的角.
在△OEH中，OE=，HE=，OH=.
由余弦定理，可得cos∠OEH=.
答案：B
3.如下图，四面体ABCD中，E、F分别是AC、BD的中点，若CD=2AB=2，EF⊥AB，则EF与CD所成的角等于_____________.

解析：取AD的中点G，连结EG、FG，易知EG=1，FG=.
由EF⊥AB及GF∥AB知EF⊥FG.
在Rt△EFG中，求得∠GEF=30°，即为EF与CD所成的角.
答案：30°
4.（2003年上海）在正四棱锥P—ABCD中，若侧面与底面所成二面角的大小为60°，则异面直线PA与BC所成角的大小等于_____________.（结果用反三角函数值表示）
答案：arctan2
5.如下图，设不全等的△ABC与△A1B1C1不在同一平面内，且AB∥A1B1，BC∥B1C1，CA∥C1A1.

求证：AA1、BB1、CC1三线共点.
证明：不妨设AB≠A1B1，AA1∩BB1=S，∵BC∥B1C1，∴BB1面BCC1B1，S∈面BBC1B1.同理，S∈面ACC1A1.∴S∈CC1，即AA1、BB1、CC1三线共点于S.
6.在三棱锥A—BCD中，AD=BC=2a，E、F分别是AB、CD的中点，EF=a，求AD与BC所成的角.

解：取AC的中点M，连结ME、MF，则ME∥BC，MF∥AD，所以∠EMF（或其补角）是直线AD与BC所成的角.在△EMF中，ME=BC=a，MF=AD=a，EF=a，cos∠EMF=
=－，∠EMF=120°，因此异面直线AD与BC所成的角为60°.
培养能力
7.如下图，在三棱锥P—ABC中，AB=AC，PB=PC，E、F分别是PC和AB上的点且PE∶EC=AF∶FB=3∶2.

（1）求证：PA⊥BC；
（2）设EF与PA、BC所成的角分别为α、β，求证：α+β=90°.
证明：（1）取BC的中点D，连结AD、PD.

则BC⊥平面ADP，AP平面ADP，
∴AP⊥BC.
（2）在AC上取点G，使AG∶GC=3∶2，连结EG、FG，则EG∥PA，FG∥BC，从而∠EGF为PA与BC所成的角，由（1）知∠EGF=90°，而∠GEF、∠GFE分别是EF与PA、EF与BC所成的角α、β，∴α+β=90°.
8.如下图，设△ABC和△A1B1C1的三对对应顶点的连线AA1、BB1、CC1相交于一点O，且=== .试求的值.

解：依题意，因为AA1、BB1、CC1相交于一点O，且==，所以AB∥A1B1，AC∥A1C1，BC∥B1C1.由平移角定理得∠BAC=∠B1A1C1，∠ABC=∠A1B1C1，△ABC∽
△A1B1C1，所以=（）2=.
说明：利用平移定理，可证明空间两个角相等或两个三角形相似、全等；利用平行公理，可证明空间两条直线平行，从而解决相关问题.
探究创新
9.如下图，已知空间四边形ABCD的对角线AC=10，BD=6，M、N分别是AB、CD的中点，MN=7，求异面直线AC与BD所成的角.

解：取BC的中点E，连结EN、EM，
∴∠MEN是异面直线AC与BD所成的角或其补角.
在△EMN中，EN==3，EM==5，MN=7，cos∠MEN=－，∴∠MEN=120°.
∴异面直线AC与BD所成的角是60°.
●思悟小结
1.本节重点问题是证明三点共线、三线共点以及求异面直线所成的角.
2.证明三点均在两个平面的交线上，可以推证三点共线；求异面直线所成的角，一般先取一个特殊点作它们的平行线，作出所求的角或其补角，再解三角形.
●教师下载中心
教学点睛
首先要使学生掌握本节的重点内容：平面的基本性质、异面直线的定义及判断、异面直线所成的角，其次结合例题讲清求异面直线所成的角的方法步骤.
拓展题例
【例1】 设异面直线a与b所成的角为50°，O为空间一定点，试讨论，过点O与a、b所成的角都是θ（0°≤θ≤90°）的直线l有且仅有几条?
解：过点O作a1∥a，b1∥b，则相交直线a1、b1确定一平面α.a1与b1夹角为50°或130°，设直线OA与a1、b1均为θ角，作AB⊥面α于点B，BC⊥a1于点C，BD⊥b1于点D，记∠AOB=θ1，∠BOC=θ2（θ2=25°或65°），则有cosθ=cosθ1·cosθ2.因为0°≤θ1≤90°，所以
0≤cosθ≤cosθ2.
当θ2=25°时，由0≤cosθ≤cos25°，得25°≤θ≤90°；
当θ2=65°时，由0≤cosθ≤cos65°，得65°≤θ≤90°.
故当θ<25°时，直线l不存在；当θ=25°时，直线l有且仅有1条；
当25°<θ<65°时，直线l有且仅有2条；
当θ=65°时，直线l有且仅有3条；
当65°<θ<90°时，直线l有且仅有4条；
当θ=90°时，直线l有且仅有1条.
说明：异面直线所成的角就是选点、平移后的平面角.上述解答首先将问题转化为：求过点O与a1、b1均成θ角的直线的条数，进而通过讨论θ的范围去确定直线l的条数.
【例2】 已知空间四边形ABCD，E、H分别是AB、AD的中点，F、G分别是边BC、DC的三等分点（如下图），求证：

（1）对角线AC、BD是异面直线；
（2）直线EF和HG必交于一点，且交点在AC上.
证明：（1）假设对角线AC、BD在同一平面α内，则A、B、C、D都在平面α内，这与ABCD是空间四边形矛盾，∴AC、BD是异面直线.
（2）∵E、H分别是AB、AD的中点， ∴EHBD.
又F、G分别是BC、DC的三等分点，
∴FGBD.∴EH∥FG，且EH＜FG.
∴FE与GH相交.
设交点为O，又O在GH上，GH在平面ADC内，∴O在平面ADC内.
同理，O在平面ABC内.
从而O在平面ADC与平面ABC的交线AC上.