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2015世纪金榜理科数学(广东版)7.3


第三节

空间点、直线、平面之间的位置关系

广东五年1考 考纲 考情

高考指数:★☆☆☆☆

1.理解空间直线、平面位置关系的定义 2.了解可以作为推理依据的公理和定理 3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位 置关系的简单命题 2009 T18 1.点、线、面的位置及异面直线所成的角是

近几年高 考命题的热点 2.题型主要以选择题、填空题的形式出现,有时也出 现在解答题中,属中低档题

五年 考题 考情 播报

【知识梳理】 1.平面的基本性质






文字语言
如果一条直线上 两点 在一个平 的_____ 面内,那么这条 直线在此平面内

符号语言
A ?l ? B?l ? ? ? ?l?α A ? ?? B?? ? ?


1 公 理

2

A,B,C三点不共线?有 不在一条直线 过_____________ 且只有一个平面α , 上的三点,有且只 使A∈α ,B∈α , 有一个平面 C∈α

图 推 论 公 1 理 2 推 的 论 推 2 论 推



文字语言

符号语言

经过一条直线和 这条直线外的一 点A?a?A与a确定 _______________ 点 有且只有一 一个平面α ___, 个平面
相交 直线 两条_____ 确定一个平面 平行 直线 两条_____ 确定一个平面 a∩b=P?有且只有 一个平面α ,使得 a?α ,b?α a∥b?有且只有 一个平面α ,使得 a?α ,b?α

论 3





文字语言

符号语言

公 理 3

如果两个不重合的平 面有一个公共点,那 P∈α 且P∈β ? 有且只有一条 α ∩β =a,且P∈a 么它们_____________ 过该点的公共直线

2.空间直线的位置关系
(1)位置关系分类: 位置 共面直线 相交 直线:同一平面内,有且只有一个公共点; _____ 平行 直线:同一平面内,没有公共点; _____

关系 异面直线:不同在_____________ 任何一个平面 内,没有公共点. (2)平行公理和等角定理: 平行 . 平行公理:平行于同一条直线的两条直线_____ 等角定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这 相等或互补 两个角___________.

(3)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作直线 锐角(或直角) 叫做异 a′∥a,b′∥b,把a′与b′所成的_____________ 面直线a与b所成的角(或夹角);
? (0, ] ②异面直线所成角的范围:______ 2 .

3.空间直线与平面、平面与平面的位置关系 图形语言 相 交 符号语言 a∩α =A 公共点

1 __个
0 __个

直线与 平面

平 行 在平 面内

a∥α a?α α ∥β α ∩β = l

无数 _____个 0 __个
无数 _____个

平面与 平面

平 行 相 交

【考点自测】 1.(思考)给出下列命题: ①如果两个不重合的平面α ,β 有一条公共直线a,就说平面 α ,β 相交,并记作α ∩β =a;

②两个平面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;

③两个平面α ,β 有一个公共点A,就说α ,β 相交于A点,并记作
α ∩β =A;

④两个平面ABC与DBC相交于线段BC;
⑤两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.

其中正确的是
A.①②⑤

(

)
C.①④ D.①⑤

B.③④⑤

【解析】选D.根据平面的性质公理3可知①对;对于②,其错误 在于“任意”二字上;对于③,错误在于α∩β=A上;对于④,应 为平面ABC和平面DBC相交于直线BC;两两相交的三条直线可以 确定一个或三个平面,所以⑤正确.

2.(2013·安徽高考)在下列命题中,不是公理的是 A.平行于同一个平面的两个平面相互平行 B.过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面

(

)

C.如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有 的点都在此平面内

D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一
条过该点的公共直线

【解析】选A.因为B,C,D是经过人类长期反复的实践检验是真 实的,不需要由其他判断加以证明的命题和原理,是公理.而A平 行于同一个平面的两个平面平行是定理而不是公理 .

3.(2014·台州模拟)对于空间中的两条直线,“这两条直线为 异面直线”是“这两条直线没有公共点”的 A.充分不必要条件 C.充要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 ( )

【解析】选A.若两条直线异面,则一定无公共点,两条直线无公

共点时,这两条直线可能平行,故选A.

4.若三个平面两两相交,且三条交线互相平行,则这三个平面

把空间分成(
A.5部分

)
B.6部分 C.7部分 D.8部分

【解析】选C.如图所示,三个平面α,β,γ两两相交,交线
分别是a,b,c,且a∥b∥c,则α,β,γ把空间分成7部

分.

5.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是AB,AD的中点, 则异面直线B1C与EF所成的角的大小为 .

【解析】连接BD,B1D1,如图所示,易证 EF∥BD,BD∥B1D1,故∠CB1D1就是异面 直线B1C与EF所成的角或所成角的补角. 连接D1C知△CB1D1为正三角形,故B1C与 EF所成的角为60°.

答案:60°

考点1

平面的基本性质及其应用

【典例1】(1)给出以下命题:

①不共面的四点中,其中任意三点不共线;
②若点A,B,C,D共面,点A,B,C,E共面,则点A,B,C,D,E共面;

③若直线a,b共面,直线a,c共面,则直线b,c共面;
④依次首尾相接的四条线段必共面.

正确命题的个数是
A.0 B.1

(

)
C.2 D.3

(2)(2014·安顺模拟)如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别是AB和AA1的中点, 求证:E,C,D1,F四点共面. 【解题视点】(1)根据确定平面的公理及推 论进行判断.

(2)根据中位线定理可证明EF∥CD1,即可证得结论.

【规范解答】(1)选B.①假设其中有三点共线,则该直线和直线 外的另一点确定一个平面.这与四点不共面矛盾,故其中任意三 点不共线,所以①正确.②从条件看出两平面有三个公共点 A,B,C,但是若A,B,C共线,则结论不正确.对于③,b与c可能异面, ③不正确.④不正确,因为此时所得的四边形的四条边可以不在

一个平面上,如空间四边形.

(2)如图,连接CD1,EF,A1B, 因为E,F分别是AB和AA1的中点, 所以EF∥A1B且EF= 1 A1B.
2

又因为A1D1∥BC,且A1D1=BC, 所以四边形A1BCD1是平行四边形. 所以A1B∥CD1,所以EF∥CD1, 即EF与CD1确定一个平面α. 且E,F,C,D1∈α, 即E,C,D1,F四点共面.

【互动探究】本例第(2)题的条件不变,如何证明“CE,D1F,

DA交于一点”?
【证明】由例题可知,EF∥CD1,且EF=
1 CD1, 2

所以四边形CD1FE是梯形. 所以CE与D1F必相交.设交点为P,如图, 则P∈CE?平面ABCD, 且P∈D1F?平面A1ADD1. 又因为平面ABCD∩平面A1ADD1=AD,

所以P∈AD,
所以CE,D1F,DA交于一点.

【规律方法】 1.证明空间点共线问题的方法 (1)公理法:一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点 ,再 根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上. (2)纳入直线法:选择其中两点确定一条直线,然后证明其余点

也在该直线上.

2.点、线共面的常用判定方法
(1)纳入平面法:先确定一个平面,再证明有关点、线在此平面

内.
(2)辅助平面法:先证明有关的点、线确定平面α,再证明其余

元素确定平面β,最后证明平面α,β重合.
(3)反证法.

提醒:在选择已知条件确定平面时,要看其余的点或线在确定的
平面内是否能证明.

【变式训练】如图,空间四边形ABCD中,E,F分别是AB,AD的中
点,G,H分别在BC,CD上,且BG∶GC=DH∶HC=1∶2.

(1)求证:E,F,G,H四点共面.
(2)设EG与FH交于点P.求证:P,A,C三点共线.

【证明】(1)因为E,F分别为AB,AD的中点, 所以EF∥BD. 在△BCD中, BG = DH = 1 ,
GC HC 2

则GH∥BD,所以EF∥GH. 所以E,F,G,H四点共面.

(2)因为EG∩FH=P,P∈EG,EG?平面ABC, 所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC. 则P为平面ABC与平面ADC的公共点. 又平面ABC∩平面ADC=AC, 则P∈AC,

所以P,A,C三点共线.

【加固训练】 1.(2013·江西高考)如图,正方体的底面与正四面体的底面在 同一平面α 上,且AB∥CD,正方体的六个面所在的平面与直线 CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,那么m+n=( )

A.8

B.9

C.10

D.11

【解析】选A.取CD中点G,连接EG,FG,可知CD⊥平面EFG,因为
AB∥CD,所以AB⊥平面EFG,容易知道平面EFG与正方体的左右两

个侧面平行,所以EF与正方体的两个侧面平行,观察可知n=4;又
正方体的底面与正四面体的底面共面,所以过点A可作AH∥CE, 易知CE与正方体的上底面平行,在下底面内,与其他四个面相交, 所以m=4,即得m+n=8.

2.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中

点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:
(1)D,B,F,E四点共面.

(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.

【证明】(1)连接B1D1,

因为E,F分别为D1C1,C1B1的中点,

所以EF∥D1B1,又D1B1∥DB,则EF∥DB,
所以D,B,F,E四点共面.

(2)因为AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q, 所以P∈平面DBFE,P∈平面A1ACC1, Q∈平面DBFE,Q∈平面A1ACC1, 又A1C∩平面DBFE=R, 所以R∈平面DBFE,R∈平面A1ACC1,

所以P,Q,R在平面DBFE与平面A1ACC1的交线上,
因此P,Q,R三点共线.

考点2

空间直线的位置关系

【典例2】(1)(2014·新乡模拟)已知m,n为异面直线,m?平面 α ,n?平面β ,α ∩β =l,则l A.与m,n都相交 B.与m,n中至少一条相交 C.与m,n都不相交 D.与m,n中的一条直线相交 ( )

(2)如图所示,正方体ABCD -A1B1C1D1中,M,N分别是A1B1,B1C1的 中点.问:

①AM和CN是否是异面直线?说明理由. ②D1B和CC1是否是异面直线?说明理由.

【解题视点】(1)采用反证法进行判断. (2)①通过说明MN∥AC,说明AM,CN共面,从而判断. ②由图易判断D1B和CC1是异面直线,可用反证法证明.

【规范解答】(1)选B.若m,n都不与l相交, 因为m?α,n?β,α∩β=l,所以m∥l,n∥l, 所以m∥n∥l,这与m,n为异面直线矛盾, 故l与m,n中至少一条相交.

(2)①不是异面直线. 理由:连接MN,A1C1,AC. 因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,所以MN∥A1C1.

又因为A1A

C1C,

所以A1ACC1为平行四边形,

所以A1C1∥AC,所以MN∥AC,
所以A,M,N,C在同一平面内,

故AM和CN不是异面直线.

②是异面直线.
理由:因为ABCD -A1B1C1D1是正方体,

所以B,C,C1,D1不共面.
假设D1B与CC1不是异面直线,

则存在平面α,使D1B?平面α,CC1?平面α,
所以D1,B,C,C1∈α,

这与B,C,C1,D1不共面矛盾.所以假设不成立,
即D1B和CC1是异面直线.

【易错警示】反证法证直线异面

如本例(2)中用反证法证明异面,不论是从共面的角度,还
是从平行、相交的角度否定,都要说清楚,得出矛盾.

【规律方法】异面直线的判定方法 (1)判定定理:平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经 过点B的直线是异面直线. (2)反证法:先假设两条直线不是异面直线,即两条直线平行或 相交,由假设出发,经过严格的推理,导出矛盾,从而否定假设,

肯定两条直线异面.此法在异面直线的判定中经常用到.

【变式训练】(2014·增城模拟)给出三个命题: (1)若两直线和第三条直线所成的角相等,则这两直线互相平行. (2)若两直线和第三条直线垂直,则这两直线互相平行. (3)若两直线和第三条直线平行,则这两直线互相平行. 其中正确命题的个数是 ( )

A.0

B.1

C.2

D.3

【解析】选B.根据两条直线平行的条件知(1)(2)错误,(3)正确.

【加固训练】
1.用a,b,c表示三条不同的直线,γ 表示平面,给出下列命题:

①若a∥b,b∥c,则a∥c;
②若a⊥b,b⊥c,则a⊥c;

③若a∥γ ,b∥γ ,则a∥b;
④若a⊥γ ,b⊥γ ,则a∥b. 其中真命题的序号是 A.①② B.②③ ( ) C.①④ D.③④

【解析】选C.①平行关系的传递性.

②举反例:

在同一平面α内,a⊥b,b⊥c,有a∥c.

③举反例:如图的长方体中,a∥γ,b∥γ,但a与b相交.

④垂直于同一平面的两直线互相平行.故①④正确.

2.(2014·唐山模拟)如果两条异面直线称为“1对”,那么在

正方体的十二条棱中共有异面直线
A.12对 B.24对 C.36对

(

)
D.48对

【解析】选B.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 ? 4 =24(对).
2

3.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1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 上). (注:把你认为正确的结论序号都填

【解析】因为点A在平面CDD1C1外,点M在平面CDD1C1内,直线CC1 在平面CDD1C1内,CC1不过点M,所以AM与CC1是异面直线,故①错; 取DD1中点E,连接AE,则BN∥AE,但AE与AM相交,故②错;因为B1 与BN都在平面BCC1B1内,M在平面BCC1B1外,BN不过点B1,所以BN 与MB1是异面直线,故③正确;同理④正确,故填③④.

答案:③④

考点3

异面直线所成的角

高频考点 通 关

【考情】从近几年的高考试题来看,异面直线所成的角是高考 的热点,题型既有选择题又有填空题,也有解答题,难度为中低 档题;客观题主要考查异面直线所成的角,主观题较全面考查立 体几何的有关知识、异面直线所成的角的求法等.

【典例3】(1)(2014·宁波模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N 分别为A1B1,BB1的中点,则异面直线AM与CN所成角的余弦值为 (
1 A. 3 2 B. 3 1 C. 5 2 D. 5

)

(2)(2014·广州模拟)已知三棱锥A-BCD中,AB=CD,且直线AB与

CD成60°角,点M,N分别是BC,AD的中点,求直线AB和MN所成的角.

【解题视点】(1)由M,N分别为A1B1,BB1的中点,可取AB的中点, 利用直线平行的传递性,确定异面直线AM与CN所成的角.

(2)取AC的中点P→连接PM→连接PN→得AB与CD所成的角→得AB
与MN所成的角.

【规范解答】(1)选D.如图,取AB的中点E,连接B1E,则AM∥B1E. 取EB的中点F,连接FN,则B1E∥FN,因此AM∥FN, 连接CF,则直线FN与CN所夹锐角或直角为异面 直线AM与CN所成的角θ. 设AB=1,在△CFN中, CN ? 5 ,FN ? 5 ,CF ? 17 .
2 4 4

由余弦定理
CN 2 ? FN 2 ? CF2 2 cosθ=|cos∠CNF|= | |? . 2CN FN 5

(2)如图,取AC的中点P.连接PM,PN, 则PM∥AB,且PM= 1 AB,
2

PN∥CD, 且PN= 1 CD,
2

所以∠MPN为AB与CD所成的角(或其补角).

则∠MPN=60°或∠MPN=120°,

①若∠MPN=60°,

因为PM∥AB,所以∠PMN是AB与MN所成的角(或其补角).
又因为AB=CD,所以PM=PN,

则△PMN是等边三角形,所以∠PMN=60°,
即AB和MN所成的角为60°.

②若∠MPN=120°,则易知△PMN是等腰三角形.
所以∠PMN=30°, 即AB和MN所成的角为30°. 综上,直线AB和MN所成的角为60°或30°.

【通关锦囊】
高考指数 ◆◆◆ 重点题型 破 解 策 略

一般直接利用图形中已有的平行 以柱体、锥体 线平移,得到异面直线所成的角或 为载体 是通过连接四边形的对角线,利用 对角线的交点确定平行关系
几何图形中 含有中点 条件中给出 比例关系 构造三角形找中位线,然后利用中 位线的性质,将异面直线所成的角 转化为平面问题,解三角形求之 根据条件中给出的比例关系将异 面直线所成的角转化为平面问题, 再利用相似三角形的性质求出相 应线段长度,解三角形求角

◆◆◆

◆◆◆

【关注题型】 将三视图还原成几何体,利用几何体 的平行关系或特殊点确定异面直线所

◆◇◇

以三视图 为载体

成的角
根据折叠的图形确定几何体,利用几

◆◇◇

折叠问题 何体的平行关系或特殊点确定异面直 线所成的角

【特别提醒】求异面直线所成的角应注意角的范围是 (0, ? ],
2

其余弦值一定为非负.

【通关题组】 1.(2014·惠州模拟)如图是三棱锥D-ABC的三视图,点O在三个 视图中都是所在边的中点,则异面直线DO和AB所成角的余弦值 等于 ( )

A.

3 3

B.

1 2

C. 3

D.

2 2

【解析】选A.由题意得如图的直观图,

从A出发的三条线段AB,AC,AD两两垂直且AB=AC=2,AD=1,

O是BC中点,取AC中点E,连接DE,DO,OE,则OE=1,又可知
AE=1,由于OE∥AB,故∠DOE即为所求两异面直线所成的角

或其补角.在直角三角形DAE中,DE= 2, 由于O是中点,在直
角三角形ABC中可以求得AO= 2,

在直角三角形DAO中可以求得DO= 3. 在三角形DOE中,由余弦 定理得cos∠DOE=
1 ? 3-2 3 3 ? , 故所求余弦值为 . 3 2 ? 1? 3 3

2.(2014·东莞模拟)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 .

【解析】如图所示,取A1C1的中点D1,连接B1D1, 由于D是AC的中点, 所以B1D1∥BD,所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角或 其补角.

连接AD1,设AB=a,则AA1= 2a,

所以 AB1= 3a,B1D1= 3 a,AD1= 1 a 2 ? 2a 2= 3 a.
2 4 2

在△AB1D1中,由余弦定理得
3 9 3a 2 ? a 2 ? a 2 4 4 =1, cos∠AB1D1= 2 3 2 ? 3a ? a 2

所以∠AB1D1=60°.

所以异面直线AB1与BD所成的角为60°. 答案:60°

3.(2014·成都模拟)如图,已知ABCD-A1B1C1D1是底面边长为1的 正四棱柱,高AA1=2, 求(1)异面直线BD与AB1所成角的余弦值. (2)四面体AB1D1C的体积.

【解析】(1)连接BD,AB1,B1D1,AD1. 因为BD∥B1D1,AB1=AD1,

所以∠AB1D1为异面直线BD与AB1所成角,记为α. 在△AB1D1 中,AB1=AD1= 5, B1D1= 2,
AB12 ? B1D12 ? AD12 2 10 则cos α= = = . 2AB1 B1D1 2 10 10

(2)连接AC,CB1,CD1,设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V1,
三棱锥C-B1C1D1的体积为V2,

则四面体AB1D1C的体积V=V1-4V2,
又因为V1=2, V2= 1 ? 1 ? 2= 1
3 2 所以体积V= 2- 4 = 2 . 3 3 3

【加固训练】 1.(2014·淮安模拟)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°, AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于( A.30° B.45° C.60° ) D.90°

【解析】选C.分别取AB,AA1,A1C1的中点D,E,F, 则BA1∥DE,AC1∥EF.

所以异面直线BA1与AC1所成的角为∠DEF(或其补角), 设AB=AC=AA1=2,则DE=EF= 2, DF= 由余弦定理得,
DE 2 ? EF2 ? DF2 1 cos∠DEF= =- , 2DE EF 2

6,

则∠DEF=120°,

从而异面直线BA1与AC1所成的角为60°.

2.(2014·成都模拟)若两条异面直线所成的角为60°,则称这 对异面直线为“黄金异面直线对”,在连接正方体各顶点的所 有直线中,“黄金异面直线对”共有 对.

【解析】正方体如图, 若要出现所成角为60°的异面直线,则直线需 为面对角线,以AC为例,与之构成黄金异面直 线对的直线有4条,分别是A′B,BC′,A′D, C′D,正方体的面对角线有12条,所以所求的黄金异面直线

对共有 12 ? 4 =24对(每一对被计算两次,所以记好要除以2).
2

答案:24

3.(2014·长沙模拟)如图,在正三角形ABC中,D,E,F分别为各边 的中点,G,H分别为DE,AF的中点,将△ABC沿DE,EF,DF折成正四 面体P-DEF,则四面体中异面直线PG与DH所成的角的余弦值 为 .

【解析】如图,连接HE,取HE的中点K,连接GK,

则GK∥DH,故∠PGK即为所求的异面直线所成的角或者其补角.

设这个正四面体的棱长为2,在△PGK中,
PG ? 3,GK ? 3 3 7 , PK ? 12 ? ( ) 2 ? , 2 2 2

故 cos?PGK ?

? ?
3

2

3 2 7 ) ? ( )2 2 2 2 ? . 3 3 2? 3 ? 2 ?(
2 . 3

即异面直线PG与DH所成的角的余弦值是
答案: 2
3

【巧思妙解8】巧用补形法求异面直线所成的角 【典例】(2014·银川模拟)如图长方体AC1中,AB=12,BC=3,

AA1=4,N在A1B1上,且B1N=4,则异面直线BD1与C1N所成角的余
弦值为 ( )

A.

2 5

B.

3 5

C.

4 5

D. ?

3 5

【常规解法】选B.如图所示,

在AB上取点N1使得BN1= 1 AB,连接AD1,在AD1上取点E使得ED1=
1 AD1,连接EN1.则EN1∥BD1,CN1∥C1N,所以∠EN1C为异面直线 3 3

BD1与C1N所成角(或其补角).
因为BD1= 122 ? 32 ? 42 ? 13, N1C=5,EN1= 2 BD1 ? 26 .
3 3

连接BC1,在BC1上取点F,使得FC1= 1 BC1,连接EF,CF,
可知EF⊥FC,CF= 73 , 所以EC=
3
3

FE 2 ? CF2 ? 122 ? (

73 2 37 ) ? . 3 3

EN12 ? N1C 2 ? EC2 3 在△EN1C中,由余弦定理得cos∠EN1 C = ?? , 2EN1 N1 C 5 所以BD1与C1N所成角的余弦值为 3 . 5

【解法分析】 1.利用定义法求异面直线所成的角,是以“运动”的观点,用平 移转化的方法,使之成为相交直线所成的角,是求异面直线所成 的角的常规思路. 2.解法体现了化归思想,但不易找到异面直线所成的角.

【巧妙解法】 选B. 补一个与原长方体相同的,并与原 长方体有公共面BC1的长方体B1F, 如图所示.


则C1E∥BD1,于是∠NC1E即为异面直线BD1 与C1N所成角(或其补角).


在△NC1E中,根据已知条件可求 C 1N = 5 , C1E=13,EN= E1N 2 ? EE12=4 17.
C1 N 2 ? C1E 2 ? EN 2 3 由余弦定理,得cos∠NC1E= =- . 2C1 N C1E 5 所以BD1与C1N所成角的余弦值为 3 . 5

【妙解分析】 1.①将长方体AC1平移到BCFE-B1C1F1E1的位置,其目的是发现两 条异面直线的关系. 2.②处充分利用了用定义确定异面直线所成的角的方法 ,直观 方便,运算简单.

【小试牛刀】长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,则异面 直线A1C1与BD1所成角的余弦值为 .

【解析】常规解法:如图,连接B1D1与A1C1,交于点O1,取BB1的中 点M,连接O1M,则O1M∥D1B,于是∠A1O1M即为异面直线A1C1与BD1 所成的角(或其补角),连接A1M,

在△A1O1M中,
1 1 2 2 3 A1M ? 22 ? 12 ? 5,O1M ? BD1 ? 2 ? 1 ? 22 ? , 2 2 2 1 2 2 5 A1O1 ? 2 ?1 ? , 2 2 O1 A12 ? O1 M 2 ? A1 M 2 5 由余弦定理得cos∠A1 O1 M = ?? . 2O1 A1 O1 M 5

所以异面直线A1C1与BD1所成角的余弦值为 5 .
5

答案: 5
5

巧妙解法:补一个与原长方体相同的并与原长方体有公共面BC1

的长方体B1F,位置如图所示.连接A1E,C1E,则∠A1C1E即为异
面直线A1C1与BD1所成的角(或其补角). 在△A1C1E中, A1C1 ? 22 ? 12 ? 5,
A1E ? 42 ? 22 ? 2 5,C1E ? 22 ? 22 ? 12 ? 3.

C1 A12 ? C1 E 2 ? A1 E 2 5 由余弦定理得 cos?A1 C1 E ? ?? . 2C1 A1 gC1 E 5

所以异面直线A1C1与BD1所成角的余弦值为 5 . 答案: 5
5 5


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