6.3.1 3.2 第2课时 基本事实4与异面直线的夹角-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案word（北师大版2019）

第2课时　基本事实4与异面直线的夹角 (教师独具内容) 课程标准：了解基本事实4和定理． 教学重点：1.基本事实4和定理.2.异面直线的概念及夹角． 教学难点：运用基本事实4和定理解决问题． 知识点一　基本事实4 (1)文字表述：平行于同一条直线的两条直线互相平行． (2)符号表示：a∥b且b∥c⇒a∥c． (3)这一性质通常称为空间平行线的传递性． 知识点二　异面直线 (1)不同在任何一个平面内(不共面)的两条直线称为异面直线． (2)两条空间直线的位置关系有且只有三种： 知识点三　定理 (1)研究对象：在空间中的两个角． (2)条件：这两个角的两条边分别对应平行． (3)结论：这两个角相等或互补． 知识点四　异面直线的夹角 定义 前提 两条异面直线a，b 作法 过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b 结论 我们把a′与b′所成的不大于90°的角称为异面直线a与b的夹角 范围 记异面直线a与b的夹角为θ，则0°<θ≤90° 特殊情况 当θ＝90°时，a与b互相垂直，记作a⊥b 知识点五　空间四边形 四个顶点不在同一平面内的四边形称为空间四边形． 　对异面直线的定义的理解 (1)一般地，空间中的两条直线，可以既不平行，也不相交，此时称这两条直线异面．这就是说，如果a，b是空间中的两条直线，则a∩b≠∅与a∩b＝∅有且只有一种情况成立，而且，当a∩b＝∅时，a与b要么平行(记作a∥b)，要么异面． (2)不能把异面直线误认为是分别在不同平面内的两条直线，两条直线异面，实际上也就是这两条直线不能同时在任何一个平面内．如图中，虽然有a⊂α，b⊂β，即a，b分别在两个不同的平面内，但是因为a∩b＝O，所以a与b不是异面直线． 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两条互相垂直的直线一定相交．(　　) (2)若AB∥A′B′，AC∥A′C′，则∠BAC＝∠B′A′C′.(　　) (3)没有公共点的两条直线是异面直线．(　　) (4)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2．做一做 (1)一条直线与两条平行线中的一条为异面直线，则它与另一条(　　) A．相交 B．异面 C．相交或异面 D．平行 (2)空间中有两个角α，β，且角α，β的两边分别平行．若α＝60°，则β＝________． (3)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的夹角为________． 答案：(1)C　(2)60°或120°　(3)60° 题型一　基本事实4的应用 如图，已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点． (1)求证：四边形EFGH是平行四边形； (2)若四边形EFGH是矩形，求证：AC⊥BD. [证明]　(1)如题图，在△ABD中， ∵EH是△ABD的中位线， ∴EH∥BD，EH＝BD. 又FG是△CBD的中位线， ∴FG∥BD，FG＝BD，∴FG∥EH， ∴E，F，G，H四点共面，又FG＝EH， ∴四边形EFGH是平行四边形． (2)由(1)知EH∥BD，同理AC∥GH. ∵四边形EFGH是矩形， ∴EH⊥GH，∴AC⊥BD. 【感悟提升】　空间中证明两直线平行的方法 (1)借助平面几何知识证明，如三角形中位线性质、平行四边形的性质、用成比例线段证平行等． (2)利用基本事实4证明，即证明两直线都与第三条直线平行． 【跟踪训练】 1．如图，已知E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1和CC1的中点，求证：四边形EBFD1是菱形． 证明：取棱BB1的中点G，连接C1G，EG. 由正方体的性质，可知侧面ABB1A1为正方形， 又E，G分别为棱AA1，BB1的中点， 所以EG＝A1B1＝C1D1，EG∥A1B1∥C1D1， 从而四边形EGC1D1为平行四边形， 所以D1E∥C1G，D1E＝C1G. 又F，G分别为棱CC1，BB1的中点，且侧面CBB1C1为正方形， 所以四边形BGC1F为平行四边形， 所以BF∥C1G，BF＝C1G. 又D1E∥C1G，D1E＝C1G， 由基本事实4知D1E∥BF，且D1E＝BF，从而四边形EBFD1为平行四边形． 不妨设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，易知BE＝BF＝a. 故四边形EBFD1是菱形． 题型二　异面直线的判定 如图，若P是△ABC所在平面外一点，PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M为AB的中点，求证：PN与MC为异面直线． [证明]　证法一：∵PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M是AB的中点， ∴点N与点M不重合． ∵N∈平面ABC，P∉平面ABC，CM⊂平面ABC，N∉CM， ∴由异面直线的判定方法可知，直线PN与MC为异面直线． 证法二(反证法)：假设PN与MC不是异面直线，则存在一个平面α，使得PN⊂α，MC⊂α，于是P∈α，C∈α，N∈α，M∈α. ∵PA≠PB，PN⊥AB，N为垂足，M是AB的中点， ∴点M与点N不重合． ∵M∈α，N∈α，∴直线MN⊂α. ∵A∈MN，B∈MN，∴A∈α，B∈α，即A，B，C，P四点均在平面α内，这与点P在平面ABC外相矛盾． ∴假设不成立． 故PN与MC为异面直线． 【感悟提升】　判定或证明两条直线异面的思路 (1)既不平行也不相交的两条直线为异面直线． (2)与一平面相交于一点的直线与这个平面内不经过交点的直线异面． (3)反证法——证明立体几何问题的一种重要方法． 证明步骤有三步：第一步是提出与结论相反的假设；第二步是由此假设推出与已知条件或某一公理、定理或某一已被证明是正确的命题相矛盾的结果；第三步是推翻假设，从而证明原结论是正确的． 【跟踪训练】 2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，MN∥AC. (1)AM和CN是否是异面直线？并说明理由； (2)D1B和CC1是否是异面直线？并说明理由． 解：(1)AM和CN不是异面直线．理由如下： ∵MN∥AC，∴MN和AC确定一个平面， ∴AM和CN在同一个平面内，即AM和CN不是异面直线． (2)D1B和CC1是异面直线．理由如下： 假设D1B与CC1在同一个平面CC1D1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1， ∴BC⊂平面CC1D1， 这与几何体ABCD－A1B1C1D1是正方体相矛盾， ∴假设不成立． 故D1B和CC1是异面直线． 题型三　等角定理的应用 　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，E1，F1分别是棱AB，AD，B1C1，C1D1的中点．求证：∠EA1F＝∠F1CE1. [证明]　如图，取A1B1的中点M，连接F1M，BM， 则MF1綊B1C1， 又B1C1綊BC，所以MF1綊BC. 所以四边形BMF1C为平行四边形， 所以BM∥CF1. 因为A1M＝A1B1，BE＝AB，且A1B1綊AB， 所以A1M綊BE， 所以四边形BMA1E为平行四边形， 所以BM∥A1E，所以A1E∥CF1. 同理可证A1F∥CE1. 因为∠EA1F的两边与∠F1CE1的两边分别对应平行，且方向都相反， 所以∠EA1F＝∠F1CE1. 【感悟提升】　求证两角相等的两种方法 (1)应用等角定理，在证明的过程中常用到基本事实4，注意两角对应边方向的讨论． (2)应用三角形全等或相似． 【跟踪训练】 3.长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点． 求证：(1)D1E∥BF； (2)∠B1BF＝∠D1EA1. 证明：(1)取BB1的中点M，连接EM，C1M. 在矩形ABB1A1中， 易得EM綊A1B1， ∵A1B1綊C1D1，∴EM綊C1D1， ∴四边形EMC1D1为平行四边形，∴D1E∥C1M. 在矩形BCC1B1中，易得MB綊C1F， ∴四边形BMC1F是平行四边形， ∴BF∥C1M，∴D1E∥BF. (2)∵D1E∥BF，BB1∥EA1， 又∠B1BF与∠D1EA1的对应边方向相同， ∴∠B1BF＝∠D1EA1. 题型四　异面直线的夹角 如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1，B1C1的中点，求异面直线DB1与EF夹角的大小． [解]　解法一：如图所示，连接A1C1，B1D1，并设它们相交于点O，取DD1的中点G，连接GO，GA1，GC1. 则GO∥DB1，EF∥A1C1. ∴∠GOA1为异面直线DB1与EF的夹角或其补角． ∵GA1＝GC1，O为A1C1的中点， ∴GO⊥A1C1. ∴异面直线DB1与EF的夹角为90°. 解法二：如图所示，连接A1D，取A1D的中点H，连接HE，则HE綊DB1. 于是∠HEF为异面直线DB1与EF的夹角或其补角． 连接HF，设AA1＝1， 则EF＝，HE＝， 取A1D1的中点I，连接HI，IF，则HI⊥IF. ∴HF2＝HI2＋IF2＝. 又EF2＋HE2＝， ∴HF2＝EF2＋HE2. ∴∠HEF＝90°. ∴异面直线DB1与EF的夹角为90°. 【感悟提升】　求两条异面直线的夹角的一般步骤 (1)构造：根据异面直线的定义，用平移法(常用三角形中位线、平行四边形性质)作出异面直线的夹角或其补角． (2)证明：证明作出的角就是要求的角或其补角． (3)计算：求角度，常利用三角形． (4)结论：若求出的角是锐角或直角，则它就是所求异面直线的夹角；若求出的角是钝角，则它的补角就是所求异面直线的夹角． 【跟踪训练】 4.如图所示，空间四边形ABCD中，AB＝CD，AB⊥CD，E，F分别为BC，AD的中点，求EF与AB夹角的大小． 解：如图所示，取BD的中点G，连接EG，FG. ∵E，F分别为BC，AD的中点， ∴EG綊CD，GF綊AB， ∴∠GFE或其补角就是异面直线EF与AB的夹角． ∵AB⊥CD，∴EG⊥GF，∴∠EGF＝90°. ∵AB＝CD，∴EG＝GF， ∴△EFG为等腰直角三角形． ∴∠GFE＝45°，即异面直线EF与AB的夹角为45°. 1．若直线a∥b，b∩c＝A，则a与c的位置关系不可能是(　　) A．异面 B．相交 C．平行 D．在同一平面内 答案：C 解析：a与c不可能平行，若a∥c，因为a∥b，所以b∥c，这与b∩c＝A矛盾，而a与c异面、相交都有可能． 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 答案：A 解析：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．满足条件的直线有无数条，故选A. 3．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，OA与O1A1的方向相同，则下列结论中正确的是(　　) A．OB∥O1B1且方向相同 B．OB∥O1B1 C．OB与O1B1不平行 D．OB与O1B1不一定平行 答案：D 解析：两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行． 4．空间四边形的两条对角线长度相等，顺次连接四条边的中点得到的四边形是________． 答案：菱形 解析：因为空间四边形的两条对角线长度相等，所以根据三角形中位线的性质可知，得到的四边形的四条边相等且对边互相平行，故是菱形． 5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，求异面直线AE与A1B1夹角的余弦值． 解：设正方体的棱长为1，因为A1B1∥C1D1，所以∠AED1就是异面直线AE与A1B1的夹角或其补角． 在△AED1中，D1E＝，AD1＝， AE＝＝， 所以cos∠AED1＝＝＝. 故异面直线AE与A1B1夹角的余弦值为. 课后课时精练 一、选择题 1.如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是B1O和C1O的中点，则长方体的各棱中与EF平行的有(　　) A．3条 B．4条 C．5条 D．6条 答案：B 解析：由于E，F分别是B1O，C1O的中点，故EF∥B1C1，因为和棱B1C1平行的棱还有3条：AD，BC，A1D1，所以共有4条． 2．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 答案：D 解析：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.由基本事实4，可知a∥b，与已知条件矛盾．如图，只有以下三种情况． 故直线c至少与a，b中的一条相交． 3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则异面直线CP与BA1的夹角θ的取值范围是(　　) A．0°<θ<60° B．0°≤θ<60° C．0°≤θ≤60° D．0°<θ≤60° 答案：D 解析：连接CD1，因为CD1∥BA1，所以CP与BA1的夹角就是CP与CD1的夹角，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的夹角θ的取值范围是0°<θ≤60°. 4．已知E，F，G，H分别为空间四边形ABCD的各边AB，BC，CD，DA的中点，若对角线BD＝2，AC＝4，则EG2＋HF2的值是(平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和)(　　) A．5 B．10 C．12 D．不能确定 答案：B 解析：如图所示，由三角形中位线的性质可得EH綊BD，FG綊BD，再根据基本事实4可得四边形EFGH是平行四边形，那么所求的是平行四边形的对角线的平方和，所以EG2＋HF2＝2×(12＋22)＝10. 5．(多选)如图，在四面体ABCD中，M，N，P，Q，E分别是AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中正确的是(　　) A．M，N，P，Q四点共面 B．∠QME＝∠CBD C．△BCD∽△MEQ D．四边形MNPQ为梯形 答案：ABC 解析：由中位线定理，易知MQ∥BD，ME∥BC，QE∥CD，NP∥BD.对于A，有MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A说法正确；对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠CBD，故B说法正确；对于C，由等角定理，知∠QME＝∠CBD，∠MEQ＝∠BCD，所以△BCD∽△MEQ，故C说法正确；对于D，由三角形的中位线定理，知MQ綊BD，NP綊BD，所以MQ綊NP，所以四边形MNPQ为平行四边形，故D说法不正确．故选ABC. 二、填空题 6．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD和B1D1是正方形ABCD和A1B1C1D1的对角线， (1)∠DBC的两边与________的两边分别平行且方向相同； (2)∠DBC的两边与________的两边分别平行且方向相反． 答案：(1)∠D1B1C1　(2)∠B1D1A1 解析：(1)B1D1∥BD，B1C1∥BC并且方向相同，所以∠DBC的两边与∠D1B1C1的两边分别平行且方向相同． (2)B1D1∥BD，D1A1∥BC且方向相反，所以∠DBC的两边与∠B1D1A1的两边分别平行且方向相反． 7．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱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________(注：把你认为正确结论的序号都填上)． 答案：③④ 解析：由异面直线的定义知③④正确． 8．设△ABC和△A1B1C1的三对对应顶点所在直线AA1，BB1，CC1相交于一点O，且＝＝＝.若设△ABC的面积为S1，△A1B1C1的面积为S2，则＝________． 答案：或4 解析：若O在△ABC与△A1B1C1的同侧，因为＝＝＝，所以＝＝＝，从而＝＝；若O在△ABC与△A1B1C1的中间，因为＝＝＝，所以＝＝＝，从而＝＝＝4.综上可知，＝或4. 三、解答题 9．如图所示，E，F分别是长方体ABCD－A1B1C1D1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，如图． ∵E是AA1的中点，∴EQ綊A1D1. 又在矩形A1B1C1D1中，A1D1綊B1C1， ∴EQ綊B1C1. ∴四边形EQC1B1为平行四边形， ∴B1E綊C1Q. 又Q，F分别是DD1，C1C的中点， ∴QD綊C1F. ∴四边形C1QDF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，已知在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，AD的中点． 求证：(1)四边形MNA1C1是梯形； (2)∠DNM＝∠D1A1C1. 证明：(1)如图，连接AC.在△ACD中， ∵M，N分别是棱CD，AD的中点， ∴MN∥AC，且MN＝AC. 由正方体的性质，得AC∥A1C1， 且AC＝A1C1， ∴MN∥A1C1，且MN＝A1C1， 即MN≠A1C1， ∴四边形MNA1C1是梯形． (2)由(1)可知MN∥A1C1. ∵ND∥A1D1， ∴∠DNM与∠D1A1C1相等或互补． 又易知∠DNM与∠D1A1C1均为锐角， ∴∠DNM＝∠D1A1C1. 11．在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧面都是矩形，底面ABCD是菱形，且AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，若异面直线A1B与AD1的夹角为90°，试求AA1的长度． 解：连接CD1，AC，由题意，得A1D1∥BC，A1D1＝BC， 所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以A1B∥CD1， 所以∠AD1C(或其补角)为A1B与AD1的夹角， 因为异面直线A1B与AD1的夹角为90°， 所以∠AD1C＝90°， 所以△AD1C是等腰直角三角形． 所以AD1＝AC. 又底面ABCD是菱形，且AB＝BC＝2，∠ABC＝120°， 所以AC＝2×sin60°×2＝6， 所以AD1＝AC＝3， 所以AA1＝＝＝. 12.如图，设E，F，G，H依次是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且＝＝λ，＝＝μ. (1)当λ＝μ时，求证：四边形EFGH是平行四边形； (2)当λ≠μ时，求证： ①四边形EFGH是梯形； ②三条直线EF，HG，AC交于一点． 证明：在△ABD中，＝＝λ， 故EH綊λBD. 同理FG綊μBD. 由基本事实4得EH∥FG， 又可得FG＝EH. (1)若λ＝μ，则FG＝EH， 故四边形EFGH是平行四边形． (2)①若λ≠μ，则EH≠FG， 故四边形EFGH是梯形． ②若λ≠μ，则EH≠FG，则在平面EFGH中EF，HG不平行，必然相交． 不妨设λ>μ，EF∩HG＝O，如图所示． 由O∈EF，EF⊂平面ABC，得O∈平面ABC. 同理有O∈HG⊂平面ACD. 而平面ABC∩平面ACD＝AC， 所以O∈AC，即直线EF，HG，AC交于点O. 16 学科网（北京）股份有限公司 $$