证明线面平行习题

2024-11-07

证明线面平行习题（共10篇）

1.证明线面平行习题篇一

【直线与平面平行的判定】

定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行。

【判断直线与平面平行的方法】

(1)利用定义：证明直线与平面无公共点;

(2)利用判定定理：从直线与直线平行得到直线与平面平行;

(3)利用面面平行的性质：两个平面平行，则一个平面内的`直线必平行于另一个平面。

【平面与直线平行的性质】

定理：一条直线和一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行。

此定理揭示了直线与平面平行中蕴含着直线与直线平行。通过直线与平面平行可得到直线与直线平行。这给出了一种作平行线的重要方法。

注意：直线与平面平行，不代表与这个平面所有的直线都平行，但直线与平面垂直，那么这条直线与这个平面内的所有直线都垂直。

本题就用到一个关键概念：重心三分中线

设E为BD的中点，连接AE，CE

则M在AE上，且有AM=2ME

N在CE上，且有CN=2NE

在三角形ACE中，

因为，EM:EA=1:3

EN:EC=1:3

所以，MN//AC

AC属于平面ACD，MN不在平面ACD内，即无公共点

所以，MN//平面ACD

本题就用到一个关键概念：重心三分中线

设E为BD的中点，连接AE，CE

则M在AE上，且有AM=2ME

N在CE上，且有CN=2NE

在三角形ACE中，

因为，EM:EA=1:3

EN:EC=1:3

所以，MN//AC

AC属于平面ACD，MN不在平面ACD内，即无公共点

所以，MN//平面ACD

2.证明线面平行习题篇二

利用向量方法判断空间位置关系, 其难点是线面平行与面面垂直关系问题.应用下面的两个定理, 将可建立一种简单的程序化的解题模式.

定理1 设 $\vec{Μ A}$ 、 $\vec{Μ B}$ 不共线, $\vec{Ρ Q} = x \vec{Μ A} + y \vec{Μ B} (x ‚ y \in R)$ , 则

① P∈平面MAB⇔PQ⊂平面MAB;

② P平面MAB⇔PQ//平面MAB.

定理2 设向量 $\vec{A B}$ 、 $\vec{A C}$ 不共线, $\vec{D E}$ 、 $\vec{D F}$ 不共线, 则:平面ABC⊥平面DEF⇔存在实数λ, μ, 使 $\vec{A B} \cdot (λ \vec{D E} + μ \vec{D F}) = 0$ , 且 $\vec{A C} \cdot (λ \vec{D E} + μ \vec{D F}) = 0 .$

例1 在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中, O是B1D1的中点, 求证:B1C//平面ODC1.

证明:设 $\vec{C_{1} B_{1}} = a ‚ \vec{C_{1} D_{1}} = b ‚ \vec{C_{1} C} = c$ , 则

$B_{1} C = c - a ‚ \vec{C_{1} Ο} = \frac{1}{2} (a + b) ‚ \vec{Ο D_{1}} = \frac{1}{2} \vec{B_{1} D_{1}} = \frac{1}{2} (b - a) ‚ \vec{Ο D} = \vec{Ο D_{1}} + \vec{D_{1} D} = \frac{1}{2} (b - a) + c .$

若存在实数 x, y, 使 $\vec{B_{1} C} = x \vec{Ο D} + y \vec{Ο C_{1}} ‚$ 则

$\begin{array}{l} c - a = x [\frac{1}{2} (b - a) + c] + y [- \frac{1}{2} (a + b)] \\ = - \frac{1}{2} (x + y) a + \frac{1}{2} (x - y) b + x c . \end{array}$

因为 a、b、c 不共面,

所以

得 $x = 1 ‚ y = 1 ‚ \vec{B_{1} C} = \vec{Ο D} + \vec{Ο C_{1}} .$

又因为B1平面ODC1,

所以B1C//平面ODC1.

例2 在斜三棱柱ABC—A1B1C1中, 侧面AA1B1B⊥底面ABC1, 侧棱AA1与底面ABC成60°角, AA1=2, △ABC是边长为2的正三角形, 其重心为G, E是线段BC1上一点, 且 $B E = \frac{1}{3} B C_{1}$ .求证:G1E//侧面AA1B1B.

证明:因为侧面AA1B1B⊥底面ABC,

所以侧棱AA1与底面ABC所成的角就是∠A1AB, ∠A1AB=60°.

由A1A=AB=2, 知△A1AB为正三角形.

取AB中点O, 则A1O⊥底面ABC, OC⊥AB.于是建立如图2的空间直角坐标系, 则 $A (0, - 1, 0), B (0, 1, 0), C (\sqrt{3}, 0, 0), A_{1} (0, 0, \sqrt{3}) .$

$\begin{array}{l} 由 \vec{C C_{1}} = \vec{B B_{1}} = \vec{A A_{1}} = \vec{A Ο} + \vec{Ο A_{1}} = (0, 1, \sqrt{3}), \\ \vec{Ο C_{1}} = \vec{Ο C} + \vec{C C_{1}} = (\sqrt{3}, 1, \sqrt{3}), \vec{Ο B_{1}} = \vec{Ο B} + \vec{B B_{1}} = (0, 2, \sqrt{3}), \end{array}$

知 $C_{1} (\sqrt{3}, 1, \sqrt{3}), B_{1} (0, 2, \sqrt{3}) .$

因为G为△ABC的重心, 所以 $G (\frac{\sqrt{3}}{3}, 0, 0) .$

因为 $\vec{B C_{1}} = (\sqrt{3}, 0, \sqrt{3}), \vec{A B_{1}} = (0, 3, \sqrt{3}),$

$\begin{array}{l} 所以 \vec{Ο E} = \vec{Ο B} + \vec{B E} = \vec{Ο B} + \frac{1}{3} \vec{B C_{1}} \\ = (\frac{\sqrt{3}}{3}, 1, \frac{\sqrt{3}}{3}), \\ \vec{G E} = \vec{G Ο} + \vec{Ο E} = (0, 1, \frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{1}{3} \vec{A B_{1}} \\ = \frac{1}{3} \vec{A B_{1}} + 0 \vec{A B} \end{array}$

(或 $\vec{G E} = (0, 1, \frac{\sqrt{3}}{3}) = \vec{Ο B} + \frac{1}{3} \vec{Ο A_{1}}) .$

又GE⊄平面AA1B1C,

所以GE//平面AA1B1B.

例3 (2004年湖南) 如图3, 在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中, $∠ A B C = 60 °, Ρ A = A C = a, Ρ B = Ρ D = \sqrt{2} a$ , 点E在PD上, 且PE ∶ED=2∶1.

在棱PC上是否存在一点F, 使BF//平面AEC?证明你的结论.

解:设 $\vec{A Ρ} = a, \vec{A C} = b, \vec{A D} = c$ .并设 $\vec{C F} = λ \vec{C Ρ} (0 < λ < 1)$ , 则

$\begin{array}{l} \vec{B F} = \vec{B C} + \vec{C F} = \vec{A D} + λ (\vec{C A} + \vec{A Ρ}) \\ = λ a - λ b + c, \\ \vec{A E} = \vec{A D} + \vec{D E} = \vec{A D} + \frac{1}{3} (\vec{D A} + \vec{A Ρ}) \\ = \frac{1}{3} a + \frac{2}{3} c . \end{array}$

令 $\vec{B F} = m \vec{A C} + n \vec{A E},$

即 $λ a - λ b + c = \frac{1}{3} n a + m b + \frac{2}{3} n c,$

则由 a、b、c不共面, 得

${\begin{cases} λ = \frac{1}{3} n ‚ \\ - λ = m ‚ \\ 1 = \frac{2}{3} n . \end{cases}$

解得 $λ = \frac{1}{2} ‚ m = - \frac{1}{2} ‚ n = \frac{3}{2} .$

所以 $\vec{C F} = \frac{1}{2} \vec{C Ρ} ‚$ 且 $\vec{B F} = - \frac{1}{2} \vec{A C} + \frac{3}{2} \vec{A E} .$

又因为B平面AEC,

所以当F为PC中点时, BF//平面AEC.

例4 在四棱锥P—ABCD中, PD⊥平面ABCD, PA与平面ABCD所成的角为60°, 在四边形ABCD中, ∠ADC=∠DAB=90°, AB=4, CD=1, AD=2.若PB的中点为M, 求证:平面AMC⊥平面PBC.

证明:建立如图4所示的坐标系, 易得A (2, 0, 0) , C (0, 1, 0) , B (2, 4, 0) .

由PD⊥面ABCD, 得∠PAD为PA与面ABCD所成的角, 从而, 在Rt△PAD中,

$∠ Ρ A D = 60 °, Ρ D = A D \tan 60 ° = 2 \sqrt{3},$

得 $Ρ (0, 0, 2 \sqrt{3}), Μ (1, 2, \sqrt{3}) .$

所以 $\vec{C A} = (2, - 1, 0), \vec{C Μ} = (1, 1, \sqrt{3}), \vec{C Ρ} = (0, - 1, 2 \sqrt{3}), \vec{C B} = (2, 3, 0) .$

设 $p = λ \vec{C A} + μ \vec{C Μ} = (2 λ + μ, - λ + μ, \sqrt{3} μ) (λ, μ \in R)$ , 令

${\begin{cases} p \cdot \vec{C Ρ} = (λ - μ) + 6 μ = 0 ‚ \\ p \cdot \vec{C B} = (4 λ + 2 μ) + (- 3 λ + 3 μ) = 0 ‚ \end{cases}$

得λ+5μ=0.

取λ=5, μ=-1, 得

$\begin{array}{l} (5 \vec{C A} - \vec{C Μ}) \cdot \vec{C Ρ} = 0 ‚ \\ (5 \vec{C A} - \vec{C Μ}) \cdot \vec{C B} = 0 . \end{array}$

所以平面AMC⊥平面PBC.

例5 如图5, 四边形ABCD是边长为2的正方形, PA⊥平面ABCD, DE//PA, PA=2DE=AB, 求证:平面PEC⊥平面PAC.

证明:由DE//PA, PA⊥平面ABCD, 得DE⊥平面ABCD, 于是建立如图的直角坐标系.易知,

$\vec{A Ρ} = (0 ‚ 0 ‚ 2) ‚ \vec{A C} = (2 ‚ - 2 ‚ 0) ‚ \vec{E Ρ} = (0 ‚ 2 ‚ 1) ‚ \vec{Ρ C} = (2 ‚ - 2 ‚ - 2)$ .令

${\begin{cases} (λ \vec{A Ρ} + μ \vec{A C}) \cdot \vec{E Ρ} = 0 ‚ \\ (λ \vec{A Ρ} + μ \vec{A C}) \cdot \vec{Ρ C} = 0 ‚ \end{cases}$

得2μ-λ=0.

取λ=2, μ=1, 得

$\begin{array}{l} (2 \vec{A Ρ} + \vec{A C}) \cdot \vec{E Ρ} = 0 ‚ \\ (2 \vec{A Ρ} + \vec{A C}) \cdot \vec{Ρ C} = 0 ‚ \end{array}$

所以平面PEC⊥平面PAC.

3.关于线面平行问题的探讨篇三

【例１】如图,E,F,G,H分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA的中点,

求证：(1) 四点E,F,G,H共面；

(2) BD∥平面EFGH,AC∥平面EFGH．

分析 (1) 要证明E,F,G,H四点共面,可以根据公理3的第3个推论,证明这四点所在的两条直线EH和FG平行,或者直线EF和HG平行；

(2) 易得,BD∥FG,AC∥EF,从而根据线面平行的判定定理证明。

解 (1) ∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF∥AC.

同理HG∥AC,从而EF∥HG,

∴直线EF和直线HG可以确定一个平面α,

∵E∈直线EF,直线EFα,∴E∈α.

同理,F,G,H∈α.

故E,F,G,H四点共面.

(2) 由(1)知,EF∥AC,又∵EF面EFGH,AC面EFGH,∴AC∥面EFGH.

同理,BD∥面EFGH.

点拨本题是苏教版数学必修2第36页习题第3题,第(2)问主要考查线面平行的判定定理,比较简单。

【探究一】将上例改为：E,F,G分别是空间四边形ABCD的边AB,BC,CD的中点,试在边DA上找一点H,使得四点E,F,G,H共面,并讨论当BD和AC满足什么关系时,四边形EFGH为菱形、正方形？

分析本题可以利用线面平行的性质定理,将HG看成是平面EFGH与平面ACD的交线,从而EF∥HG,从而易知四边形EFGH为平行四边形,再根据边的关系进一步探讨平行四边形ABCD的形状。

解 ∵E,F分别为边AB,BC的中点,

∴EF∥AC.

又∵EF面ACD,AC平面ACD,

∴EF∥面ACD.

∵E,F,G,H四点共面,即平面EFGH∩平面ACD=HG,

从而,EF∥HG,故HG∥AC,

∴H为边DA的中点.

易得EF

瘙綊 12AC,GH

瘙綊 12AC,∴EF

瘙綊 GH,

故四边形EFGH为平行四边形.

当EF=FG,即12AC=12BD,也即AC=BD时,四边形EFGH为菱形；

当AC⊥BD时,有EF⊥FG,从而,当AC=BD且AC⊥BD时,四边形EFGH为正方形.

【探究二】如果将例1中的E,F,G,H是各边中点弱化,改为：在空间四面体ABCD中,E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA上的点,且满足AEEB=AHHD,CFFB=CGGD,结论还成立吗？

分析要证明四点共线以及线面平行,只要找到线线平行就可以了。例1中,遇到中点经常联系到中位线得到平行,其实,得到平行的方法还有很多,思维不能定势,在做立体几何题目的时候要注意思维的灵活性,抓住线面平行判定的常用方法,找准线线平行就可以了。

点拨证明线面平行的方法一般有三种：定义法、线面平行的判定定理、面面平行的性质。而在高考中,常见的是运用判定定理来证明,这就需要在平面内找一条直线与已知直线平行。上面这几个题目找平行线都不难,下面我们再分析一下,一般情况下如何找平行线。

【例2】如图,正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别是B1C,BD的中点,求证：MN∥平面AA1B1B．

分析只要在平面AA1B1B中找到一条直线与MN平行即可。一种方法,因为M,N分别是B1C,BD的中点,容易联想到中位线,连接AB1和AC,易得MN∥AB1；其次,可以将点C看成投影中心,MN在平面AA1B1B的投影正好是AB1,故MN∥AB1。除了用判定定理之外,本题还可以取BC的中点G,通过证明平面MNG∥平面AA1B1B得到MN∥平面AA1B1B。

解连接AB1和AC,因为M,N分别是B1C,AC的中点,故MN∥AB1,又MN平面AA1B1B,AB1平面AA1B1B,所以,MN∥平面AA1B1B.

【探究一】将原题改为：正方体ABCDA1B1C1D1中,点N在BD上,点M在B1C上,且CM=DN,求证：MN∥平面AA1B1B.

分析将中点弱化为线段上的点,并没有改变由线线平行得到线面平行的本质,只是在找平行线时遇到了困难。用中心投影的方法,本题非常简单,但是不用这个方法,怎么找出交线呢？显然,CN必和AB相交,设交点为E,CM∩A1B1=B1,从而,B1E可看做是过MN的平面CMN与平面AA1B1B的交线,若结论MN∥平面AA1B1B成立,根据线面平行的性质定理,必有MN∥B1E,也就是说,只要我们能够证明MN∥B1E,就可以证明最终的结论了。而要证明MN∥B1E,根据已知条件,结合正方体的特点,证明并不难。

证明如图,延长CN交直线AB于点E,连接B1E.∵CM=DN,∴CMMB1=DNNB,而DNNB=CNNE,从而CMMB1=CNNE,即有MN∥B1E,又MN平面AA1B1B,B1E平面AA1B1B,所以MN∥平面AA1B1B.

点拨本题是将线面平行的问题放在正方体这个背景中,但是,实际解决问题时,我们完全可以仅仅将这个问题放在四棱锥B1ABCD中,适当改变相应的条件。

【探究二】如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点,点M在线段PC上,PM=tPC,试确定实数t的值,使得PA∥平面MQB.

分析如图,MN是过PA的平面PAC与平面MQB的交线,若PA∥平面MQB,则有PA∥MN,从而t=PMPC=ANAC=ANAN+NC=AQAQ+BC=13。

解连接AC交BQ于点N,则过PA的平面PAC与平面MQB的交线为MN,若PA∥平面MQB,由线面平行的性质定理,知PA∥MN.从而,t=PMPC=ANAC,

又在菱形ABCD中,有ANNC=AQBC=12,所以ANAC=ANAN+NC=11+2=13,即t=13.

点拨解决这类探究性的命题,其基本方法就是将结论当作已知条件。立体几何中这类题型往往不是很难,只要能够抓住条件,如本题,充分运用线面平行的判定、性质定理,化难为易。

总结:本文通过两个例题,对高考中常见的线面平行这一类重要证明题型做了简单的分析,并根据例题进一步展开,探讨一般情况下如何找线线平行,进而根据判定定理来证明线面平行,当然,线面平行大体上有三种证法,由于篇幅限制,本文主要对判定定理进行了拓展,希望对同学们在复习这部分内容时有所帮助。

牛刀小试

1. (2011•北京卷改)如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点．

(1) 求证：DE∥平面BCP；

(2) 求证：四边形DEFG为矩形.

2. 如图,平面内两个正方形ABCD与ABEF,点M,N分别在对角线AC,FB上,且AM∶MC=FN∶NB,沿AB折成直二面角.

(1) 证明：折叠后MN∥平面CBE；

(2) 若AM∶MC=2∶3,在线段AB上是否存在一点G,使平面MGN∥平面CBE？若存在,试确定点G的位置.

【参考答案】

1. (1) 证明：∵D,E分别为AP,AC的中点,

∴DE∥PC.

又DE平面BCP,PC平面BCP,

∴DE∥平面BCP;

(2) ∵点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点．

∴DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF,

∴四边形DEFG为平行四边形．

又∵PC⊥AB,∴DE⊥DG,

从而平行四边形DEFG为矩形．

2. (1) 延长AN交BE于点H,则由AF∥BE知,ANNH=FNNB,而FNNB=AMMC,所以AMMC=ANNH,从而MN∥CH.

又因为MN平面CBE,CH平面CBE,所以MN∥平面CBE；

(2) 若平面MGN∥平面CBE,由平面ABC∩平面MNG=MG,平面ABC∩平面CBE=CB知MG∥BC,从而AGGB=AMMC=23.

4.构造比例线段证明线面平行篇四

（1）平面PAB平面PMC（2）直线PB//平面EMC2、如图，ABD和BCD都是等边三角形，E、F、O分别是AD、BD、AC的中点，G是OC的中

点；（1）求证：BDFG；（2）求证：FG//平面BOE。

C A3、如图所示，正四棱锥P—ABCD的各棱长均为13，M，N分别为PA，BD上的点，且PM∶MA=BN∶ND=5∶8.求证：直线MN∥平面PBC；

4、正方形ABCD与正方形ABEF所在平面相交于AB，在AE、BD上各有一点P、Q，且AP=DQ.求证：PQ∥平面BCE.变式．如图，ABCD与ABEF是两个全等矩形，且不在同一平面内，点P、Q分别是对角线AE、BD上的点，当P，Q满足什么条件时，PQ∥平面CBE？说明理由。

P A D5、已知P为△ABC所在平面外一点，G1、G2、G3分别是△PAB、△PCB、△PAC的重心.（1）求证：平面G1G2G3∥平面ABC；（2）求S△G1G2G3∶S△ABC.8、（2009通州第四次调研）在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、G分别是AB、A1D1、C1D1的中点（如图）。

（1）求证：B1G⊥CF；（2）若P是A1B1上的一点，BP∥平面ECF，求A1P∶A1B1的值。

D1F A1 1

5.平行线的有关证明练习题篇五

一、选择题

1、下列语句是命题的是（）A、延长线段AB B、你吃过午饭了吗？ C、直角都相等

D、连接A，B两点

2、如图，已知∠1＋∠2＝180º，∠3＝75º，那么∠4的度数是（）A、75º

B、45º

C、105º

D、135º

3、以下四个例子中,不能作为反例说明“一个角的余角大于这个角”

是假命题是（）

A、设这个角是30º，它的余角是60°，但30°<60°

B、设这个角是45°，它的余角是45°，但45°＝45°

C、设这个角是60°，它的余角是30°，但30°<60°

D、设这个角是50°，它的余角是40°，但40°<50°

4、若三角形的一个内角等于另外两个内角之差，则这个三角形是（）

A、锐角三角形

B、直角三角形 C、钝角三角形

D、不能确定

5、如图，△ABC中，∠B=55°,∠C=63°,DE∥AB, 则∠DEC等于（）

A、63°

B、118° C、55°

D、62°

6、三角形的一个外角是锐角，则此三角形的形状是（）

A、锐角三角形

B、钝角三角形

C、直角三角形 D、无法确定

7、“两条直线相交，有且只有一个交点”的题设是（）．

A、两条直线

B、交点 C、两条直线相交

D、只有一个交点

8、如图，AB∥CD，∠A+∠E=75°，则∠C为（）

A．60°

B．65°

C．75°

D．80°

二、填空题

9、在△ABC中，∠C=2（∠A+∠B），则∠C=________.10、如图，AB∥CD,直线EF分别交AB、CD于E、F，EG平分

∠BEF，若∠1=72º，则∠2=_______；

11、在△ABC中，∠BAC＝90º，AD⊥BC于D，则∠B与∠DAC的大小关系是__________.12、写出“同位角相等，两直线平行”的题设为_________________，结论为_______________．

13、如图，已知AB∥CD，BC∥DE，那么∠B +∠D =__________.14、如图，∠1＝27º，∠2＝95º，∠3＝38º，则∠4＝_______.15、如图，写出两个能推出直线AB∥CD的条件________________________.16、满足一个外角等于和它相邻的一个内角的△ABC是_____________.三、解答题

17、如图，AD=CD，AC平分∠DAB，求证DC∥AB.18、如图，已知∠1＝20°，∠2＝25°，∠A=55°，求∠BDC的度数．

19、如图所示，已知直线BF∥DE，∠1＝∠2，求证：GF∥BC.20、如图，已知点A在直线l外，点B、C在直线l上．

(1)点P是△ABC内一点，求证：∠P>∠A：

6.证明线面平行习题篇六

一、选择题

1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则()．

A．l1∥l2B．l1⊥l

2C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确

2．直线l1，l2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是()

A．s1＝(1,1,2)，s2＝(2，－1,0)

B．s1＝(0,1，－1)，s2＝(2,0,0)

C．s1＝(1,1,1)，s2＝(2,2，－2)

D．s1＝(1，－1,1)，s2＝(－2,2，－2)

35153．已知a＝1，－，b＝－3，λ，－满足a∥b，则λ等于()． 222

2992A.B.C．－D．－ 322

34．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是()．

A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)

B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)

C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)

D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)

5．若平面α，β平行，则下面可以是这两个平面的法向量的是()

A．n1＝(1,2,3)，n2＝(－3,2,1)

B．n1＝(1,2,2)，n2＝(－2,2,1)

C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－2,2,1)

D．n1＝(1,1,1)，n2＝(－2，－2，－2)

6．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于()．

62636065A.B.C.D.7777

7．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是()

A．(1，－1,1)3B.1，3，2



C.1，－3，2

二、填空题



D.－1，3，－

2

8．两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则

l1与l2的位置关系是_______．

9．平面α的一个法向量n＝(0,1，－1)，如果直线l⊥平面α，则直线l的单位方向向量是s＝________.→

＝0的_______．

→

12．已知→AB＝(1,5，－2)，→BC＝(3,1，z)，若→AB⊥→BC，→BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．

三、解答题

13．已知：a＝(x,4,1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，求：

→

11．已知AB＝(2,2,1)，AC＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是________．

→

10．已知点A，B，C∈平面α，点P∉α，则AP·AB＝0，且AP·AC＝0是AP·BC

a，b，c.14.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：

MN∥平面A1BD.证明法一如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直

线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，1

则M0，1，N，1，1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，22→

1

1于是MN＝，0，2

2设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)． x＋z＝0，则n·DA1＝0，且n·DB＝0，得

x＋y＝0.→

→

取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)． →

11

又MN·n＝，0，·(1，－1，－1)＝0，22→

∴MN⊥n，又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.15．如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝

1.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；

(2)若点G在BC上，BG＝M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥面

BCC1B1.→→

证明(1)建立如图所示的坐标系，则BE＝(3,0,1)，BF＝(0,3,2)，BD1＝(3,3,3)．

→→

→→→→

所以BD1＝BE＋BF，故BD1、BE、BF共面．又它们有公共点B，所以E、B、F、D1四点共面．(2)如图，设M(0,0，z)，→

→→

2

则GM＝0，－，z，而BF＝(0,3,2)，3

→→

由题设得GM·BF＝－×3＋z·2＝0，得z＝1.→

因为M(0,0,1)，E(3,0,1)，所以ME＝(3,0,0)． →

→

又BB1＝(0,0,3)，BC＝(0,3,0)，→→→→

所以ME·BB1＝0，ME·BC＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1.16．如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．

求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则点N、E的坐标分别为 22

，0、(0,0,1)．

22→22∴NE＝－，－1.22

2

2又点A、M的坐标分别是2，2，0)、，1

22



→

22∴AM＝－，－1.22

→→

∴NE＝AM且NE与AM不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.22

(2)由(1)知AM＝－，－1，22

→

∵D2，0,0)，F(2，2，1)，∴DF＝(0，2，1)→→

7.《线面平行的判定》课后教学反思篇七

一、在探究问题上，我首先列举了实际生活中的两个例子，一个是门旋转问题，一个是镜子旋转问题。

通过这两个例子，使学生更加清楚的认识线面平行。然后再课件中，通过学生观察平面外一条直线和平面内一条直线平行，让学生来思考面外这条线和这个面是否平行。这个问题对于初学者是有难度的。我特意在这个班做了一些铺垫。应该说许多学生还是能够马上回答出来的。

二、探究之后是定理内容的`总结及应用。几个比较好的.小地方是：

(1)及时强调了定理内容的三个要点并在做题步骤中一直进行强调，使学生把握住了做题的关键;

(2)在黑板上进行了例题1的规范步骤的板书，并一直保留着这块板书，使学生有依可循;

(3)让学生上黑板进行板书，对学生的做题程度进一步掌握，并及时发现解决了一些问题(这一点似乎每个老师在开课的时候都有这个环节)。

不足之处：

(1)最后一道练习题只是把思路给学生说了说，然后是作为课后作业给布置下去的，这一点需要改进一下，其实主要原因还是因为时间上没控制好，因为开头花的时间有点多，导致最后时间不够用了，前松后紧;

(2)最后的当堂练习如果给学生只是检测2个题会更好一些，时间上也更充裕，特别是第三题有点难度，导致有点拖堂;

8.线面垂直习题精选精讲篇八

 通过计算，运用勾股定理寻求线线垂直

M为CC1 的中点，AC交BD于点O，求证：AO1如图1，在正方体ABCDA平面MBD． 1BC11D1中，1证明：连结MO，A1M，∵DB⊥A1A，DB⊥AC，A1AACA，∴DB⊥平面A平面A1ACC1 ∴DB⊥AO1ACC1，而AO1．1

2设正方体棱长为a，则A1O2AM在Rt△AC中，M111323a，MO2a2． 2492222a．∵AO，∴AOOM． ∵MOAM111

4OM∩DB=O，∴ AO1⊥平面MBD．

评注：在证明垂直关系时，有时可以利用棱长、角度大小等数据，通过计算来证明．



利用面面垂直寻求线面垂直

2如图2，P是△ABC所在平面外的一点，且PA⊥平面ABC，平面PAC⊥平面PBC．求

证：BC⊥平面PAC．

证明：在平面PAC内作AD⊥PC交PC于D．

因为平面PAC⊥平面PBC，且两平面交于PC，AD平面PAC，且AD⊥PC，由面面垂直的性质，得AD⊥平面PBC．又∵BC

平面PBC，∴AD⊥BC．

∵PA⊥平面ABC，BC平面ABC，∴PA⊥BC．

∵AD∩PA=A，∴BC⊥平面PAC．

评注：已知条件是线面垂直和面面垂直，要证明两条直线垂直，应将两条直线中的一

条纳入一个平面中，使另一条直线与该平面垂直，即从线面垂直得到线线垂直．在空间图

形中，高一级的垂直关系中蕴含着低一级的垂直关系，通过本题可以看到，面面垂直线

面垂直线线垂直．

判定

性质判定性质线面垂直面一般来说，线线垂直或面面垂直都可转化为线面垂直来分析解决，其关系为：线线垂直

面垂直．这三者之间的关系非常密切，可以互相转化，从前面推出后面是判定定理，而从后面推出前面是性质定理．同学们应当学会灵活应用这些定理证明问题．下面举例说明．

3如图１所示，ABCD为正方形，SA⊥平面ABCD，过A且垂直于SC的平面分别交SB，SC，SD于E，F，G．求证：AESB，AGSD．

证明：∵SA平面ABCD，∴SABC．∵ABBC，∴BC平面SAB．又∵AE平面SAB，∴BCAE．∵SC平面AEFG，∴SCAE．∴AE平面SBC．∴AESB．同理可证AGSD．

评注：本题欲证线线垂直，可转化为证线面垂直，在线线垂直与线面垂直的转化中，平面起到了关键作用，同学们应多注意考虑线和线所在平面的特征，从而顺利实现证明所需要的转化．如图２，在三棱锥Ａ－BCD中，BC＝AC，AD＝BD，作BE⊥CD，Ｅ为垂足，作AH⊥BE于Ｈ．求证：AH⊥平面BCD．

证明：取AB的中点Ｆ，连结CF，DF．

∵ACBC，∴CFAB．

∵ADBD，∴DFAB．

又CFDFF，∴AB平面CDF．

∵CD平面CDF，∴CDAB．

又CDBE，BEABB，∴CD平面ABE，CDAH．

∵AHCD，AHBE，CDBEE，∴ AH平面BCD．

评注：本题在运用判定定理证明线面垂直时，将问题转化为证明线线垂直；而证明线线垂直时，又转化为证明线面垂直．如此反复，直到证得结论．

5如图３，AB是圆Ｏ的直径，Ｃ是圆周上一点，PA平面ABC．若AE⊥PC，Ｅ为垂足，Ｆ是PB上任意一点，求证：平面AEF⊥平面PBC．

证明：∵AB是圆Ｏ的直径，∴ACBC．

∵PA平面ABC，BC平面ABC，∴PABC．∴BC平面APC．

∵BC平面PBC，∴平面APC⊥平面PBC．

∵AE⊥PC，平面APC∩平面PBC＝PC，∴AE⊥平面PBC．

∵AE平面AEF，∴平面AEF⊥平面PBC．

评注：证明两个平面垂直时，一般可先从现有的直线中寻找平面的垂线，即证线面垂直，而证线面垂直则需从已知条件出发寻找线线垂直的关系．

10如图, 在空间四边形SABC中, SA平面ABC, ABC = 90, ANSB于N, AMSC于M。求证: ①ANBC;②SC平面ANM 分析:

①要证ANBC, 转证, BC平面SAB。

②要证SC平面ANM, 转证, SC垂直于平面ANM内的两条相交直线, 即证SCAM, SCAN。要证SCAN, 转证AN平面SBC, 就可以了。

证明:

①∵SA平面ABC

∴SABC

又∵BCAB, 且ABSA = A

∴BC平面SAB

∵AN平面SAB

∴ANBC

②∵ANBC, ANSB, 且SBBC = B

∴AN平面SBC

∵SCC平面SBC

∴ANSC

又∵AMSC, 且AMAN = A

∴SC平面ANM

［例2］如图9—40，在三棱锥S—ABC中，SA⊥平面ABC，平面SAB⊥平面SBC．

图9—40

（1）求证：AB⊥BC；

（1）【证明】作AH⊥SB于H，∵平面SAB⊥平面SBC．平面SAB∩平面SBC=SB，∴AH⊥平面SBC，又SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC，而SA在平面SBC上的射影为SB，∴BC⊥SB，又SA∩SB=S，∴BC⊥平面SAB．∴BC⊥AB．

［例3］如图9—41，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AD=a，M、N分别是AB、PC的中点．

（1）求平面PCD与平面ABCD所成的二面角的大小；（2）求证：平面MND⊥平面PCD

（1）【解】PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴PD⊥CD，故∠PDA为平面ABCD与平面PCD所成二面角的平面角，在Rt△PAD中，PA=AD，∴∠PDA=45°

（2）【证明】取PD中点E，连结EN，EA，则

EN AM，∴四边形ENMA是平行四边形，∴EA∥MN．

∵AE⊥PD，AE⊥CD，∴AE⊥平面PCD，从而MN⊥平面PCD，∵MN平面MND，∴平面MND⊥平面PCD．

【注】证明面面垂直通常是先证明线面垂直，本题中要证MN⊥平面PCD较困难，转化为证明AE⊥平面PCD就较简单了．另外，在本题中，当AB的长度变化时，可求异面直线PC与AD所成角的范围．

［例4］如图9—42，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F、M、N分别是A1B1、BC、C1D1、B1C1的中点．

2CD 图9—

42（1）求证：平面MNF⊥平面ENF．（2）求二面角M—EF—N的平面角的正切值．

（1）【证明】∵M、N、E是中点，∴EB1B1NNC1C1M∴ENB1MNC145

∴MNE90即MN⊥EN，又NF⊥平面A1C1，MN平面A1C1∴MN⊥NF，从而MN⊥平面ENF．∵MN 平面MNF，∴平面MNF⊥平面ENF．

（2）【解】过N作NH⊥EF于H，连结MH．∵MN⊥平面ENF，NH为MH在平面ENF内的射影，2

3∴由三垂线定理得MH⊥EF，∴∠MHN是二面角M—EF—N的平面角．在Rt△MNH中，求得MN=2a，NH=3a，MN662，即二面角M—EF—N的平面角的正切值为2． ∴tan∠MHN=NH

4．如图9—45，四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PA⊥底面ABCD，E为AB的中点，且PA=AB．

图9—4

5（1）求证：平面PCE⊥平面PCD；（2）求点A到平面PCE的距离．

（1）【证明】PA⊥平面ABCD，AD是PD在底面上的射影，又∵四边形ABCD为矩形，∴CD⊥AD，∴CD⊥PD，∵AD∩PD=D∴CD⊥面PAD，∴∠PDA为二面角P—CD—B的平面角，∵PA=PB=AD，PA⊥AD∴∠PDA=45°，取Rt△PAD斜边PD的中点F，则AF⊥PD，∵AF 面PAD∴CD⊥AF，又PD∩CD=D∴AF⊥平面PCD，取PC的中点G，连GF、AG、EG，则

GF 12CD又

AE 12CD，∴

GF AE∴四边形AGEF为平行四边形∴AF∥EG，∴EG⊥平面PDC又EG 平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD．

（2）【解】由（1）知AF∥平面PEC，平面PCD⊥平面PEC，过F作FH⊥PC于H，则FH⊥平面PEC

∴FH为F到平面PEC的距离，即为A到平面PEC的距离．在△PFH与 △PCD中，∠P为公共角，FHPFPC，设AD=2，∴PF=2，而∠FHP=∠CDP=90°，∴△PFH∽△PCD．∴CD

PC=PDCD423，2

226623∴A到平面PEC的距离为3． ∴FH=2

【拓展练习】

一、备选题

1．如图，AB是圆O的直径，C是圆周上一点，PA⊥平面ABC．

（1）求证：平面PAC⊥平面PBC；

（2）若D也是圆周上一点，且与C分居直径AB的两侧，试写出图中所有互相垂直的各对平面．

（1）【证明】∵C是AB为直径的圆O的圆周上一点，AB是圆O的直径

∴BC⊥AC；

又PA⊥平面ABC，BC平面ABC，∴BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC．

∵BC 平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC．

（2）【解】平面PAC⊥平面ABCD；平面PAC⊥平面PBC；平面PAD⊥平面PBD；平面PAB⊥平面ABCD；平面PAD⊥平面ABCD．

2．ABC—A′B′C′是正三棱柱，底面边长为a，D，E分别是BB′，CC′上的一点，BD＝2a，EC＝a．

（1）求证：平面ADE⊥平面ACC′A′；

（2）求截面△ADE的面积．

（1）【证明】分别取A′C′、AC的中点M、N，连结MN，则MN∥A′A∥B′B，∴B′、M、N、B共面，∵M为A′C′中点，B′C′=B′A′，∴B′M⊥A′C′，又B′M⊥AA′且AA′∩A′C′=A′

∴B′M⊥平面A′ACC′．

设MN交AE于P，a

∵CE＝AC，∴PN＝NA＝2．

又DB＝2a，∴PN＝BD．

∵PN∥BD，∴PNBD是矩形，于是PD∥BN，BN∥B′M，∴PD∥B′M．

∵B′M⊥平面ACC′A′，∴PD⊥平面ACC′A′，而PD平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACC′A′．

（2）【解】∵PD⊥平面ACC′A′，∴PD⊥AE，而PD＝B′M＝2a，AE＝2a．

9.证明线面平行习题篇九

课题：垂直关系

教学分析

垂直关系是一种非常重要的位置关系，它不仅应用较多，而且是平行关系的转化手段，可以说垂直关系是立体几何的核心内容之一，也是高考热点内容。

垂直的性质定理在立体几何中有着特殊的地位和作用。在巩固线线垂直和面面垂直的基础上，讨论垂直的性质定理及其应用时，要注意是立体几何最难的定理，往往是一个复杂问题的开端，先由面面垂直转化为线面垂直，否则无法解决问题。

三维目标

1.探究垂直的判定定理，培养学生的空间想象能力。

2.掌握垂直的判定定理的应用，培养学生分析问题、解决问题的能力。

3.探究垂直的性质定理，进一步培养学生的空间想象能力。

4.垂直的性质定理的应用，培养学生的推理能力。

5.通过垂直的性质定理的学习，培养学生的转化思想。

重点难点

教学重点:(1)垂直关系的判定定理及其应用(2)垂直的性质定理

教学难点:(1)应用判定定理解决问题(2）性质定理的应用

课时安排：1课时.教学手段：多媒体.教学过程：

一、知识回顾

1、线面垂直的判定方法

(1)定义——如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，则直线与平面垂直。

(2)判定定理——如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则直线与平面垂直。



lbalbabAla

2线面垂直的性质

(1)如果一条直线和一个平面垂直则这条直线垂直于平面内的任意一条直线。

(2)性质定理——如果两条直线同垂直于一个平面，则这两条直线平行。

3、面面垂直的判定方法

（1)定义-----如果两个平面所成的二面角是直二面角，则这两个平面垂直。

（2)判定定理-----如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直α⊥β，α∩β＝l⇒m⊥β.用符号表示为mα，m⊥l

4面面垂直的性质

如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们的交线的直线垂直于另一个平面

二、课堂演练

1．在三棱锥V－ABC中，VA＝VC，AB＝BC，则下列结论一定成立的是()

A．VA⊥BCB．AB⊥VC

C．VB⊥ACD．VA⊥VB

2．设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”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

3．关于直线m、n与平面α、β，有以下四个命题：

①若m∥α，n⊥β且α⊥β，则m∥n.②若m⊥α，n⊥β且α⊥β，则m⊥n；

③若m⊥α，n∥β且α∥β，则m⊥n；

④若m∥α，n∥β且α⊥β，则m∥n；

其中真命题的序号是()

A．①②

C．①④B．③④ D．②③第4题图

4．△ABC，∠ABC＝90°，PA⊥平面 ABC，则图中直角三角形的个数是________．

三、典例精析

例1如图，AB是圆O的直径，C是异于A，B的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O所在的平面。求证：（1）BC⊥面PAC（2)若AH⊥PC,则AH⊥面PBC

C B 例2如图，已知PA┴ 矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB、PC的中点求证：（1）MN┴CD(2）若PDA

P 45，求证：MN面PCD

四、小结：三种垂直关系的转化

M D C

五、作业：课时作业

10.立体几何线面平行问题篇十

一、知识点 1 1）相交——有且只有一个公共点；（2）平行——在同一平面内，没有公共点；（3）异面——不在任何一个平面内，没有公共点；．．

2.公理4 ：推理模式：a//b,b//ca//c．

3.等角定理：4.等角定理的推论:若两条相交直线和另两条相交直线分别平行,那么这两条直线所成的锐角(或直角)相等.5.空间两条异面直线的画法

6．异面直线定理：连结平面内一点与平面外一点的直线，b

1AA

推理模式：A,B,l,BlAB与l

7．异面直线所成的角：已知两条异面直线a,b，经过空间任一点O作直线a//a,b//b，a,b所成的角的大小与点O的选择无关，把a,b所成的锐角（或直角）叫异面直线a,b所成的角（或夹角）．为了简便，点O(0,

28．异面直线垂直：如果两条异面直线所成的角是直角，则叫两条异面直线垂直．两条异面直线a,b 垂直，记作ab．

9．求异面直线所成的角的方法：（1）通过平移，在一条直线上找一点，过该点做另一直线的平行线；

（210．两条异面直线的公垂线、距离：和两条异面直线都垂直相交．．．．

异面直线的的定义要注意“相交

11．异面直线间的距离：两条异面直线的公垂线在这两条异面直线间的线段垂线段）的长度，叫做两条异面直线间的距离．

12．直线和平面的位置关系（1）直线在平面内（无数个公共a点）；（2）直线和平面相交（有且只有一个公共点）；（3）直

线和平面平行（没有公共点）——用两分法进行两次分

类．它们的图形分别可表示为如下，符号分别可表示为a，aA，a//． a13．线面平行的判定定理：如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．推理模式：l,m,l//ml//．

14.线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这

相交，那么这条直线和交线平行．推理模式：l//,l,ml//m．

lm个平面

二、基本题型

1．判断题（对的打“√”，错的打“×”）

（1）垂直于两条异面直线的直线有且只有一条（）

（2）两线段AB、CD不在同一平面内，如果AC=BD，AD=BC，则AB⊥CD（）（3）在正方体中，相邻两侧面的一对异面的对角线所成的角为60º（）（4）四边形的一边不可能既和它的邻边垂直，又和它的对边垂直（）

2．右图是正方体平面展开图，在这个正方体中

①BM与ED平行；②CN与BE是异面直线；③CN与BM成60º角； ④DM与BN垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是（）（A）①②③（B）②④（C）③④（DF

3．已知空间四边形ABCD.(1)求证：对角线AC与BD是异面直线;(2)若AC⊥BD,E,F,G,H分别这四条边AB,BC,CD,DA的中点,试判断四边形EFGH的形状;(3)若AB＝

BC＝CD＝DA,作出异面直线AC与BD的公垂线段.4．完成下列证明，已知直线a、b、c不共面，它们相交于点P，Aa，Da，Bb，Ec求证：BD和AE证明：假设__ 共面于，则点A、E、B、D都在平面__Aa，Da，∴__γ.Pa，∴P__.Pb，Bb，Pc，Ec∴__，__，这与____矛 ∴BD、E,F,G,H分别是空间四边形四条边AB,BC,CD,DA的中点，（1）求证四边形EFGH是

2）若AC⊥BD时，求证：EFGH为矩形；（3）若BD=2，AC=6，求EG

HF

；（4）

若AC、BD成30º角，AC=6，BD=4，求四边形EFGH的面积；（5）若AB=BC=CD=DA=AC=BD=2，求AC与BD间的距离.6 间四边形ABCD中，ADBC2，E,F分别是AB,CD的中点，EFAD,BC7.在正方体ABCD－A1B1C1D1中,求(1)A1B与B1D1所成角;(2)AC与BD1所成角.8．在长方体ABCDABCD中，已知AB=a，BC=b，AA=c(a＞b)，求异面直线DB与AC

9．如图，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别

是AB、PC1）求证：MN//平面PAD；（2）若MNBC4，PA 求异面

直线PA与MN10．如图,正方形ABCD与ABEF不在同一平面内,M、N分别在AC、BF上，且AMFN求证：MN//平面CBE

参考答案：

1.（1）×（2）×（3）√（4）×2.C

3.证明：(1)∵ABCD是空间四边形,∴A点不在平面BCD上,而C平面BCD, ∴AC过平面BCD外一点A与平面BCD内一点C, 又∵BD平面BCD,且CBD.∴AC与BD是异面直线.(2)解如图,∵E,F分别为AB,BC的中点,∴EF//AC,且EF=同理HG//AC,且HG=

212

AC.AC.∴EF平行且相等HG,∴EFGH是平行四边形.又∵F,G分别为BC,CD的中点,∴FG//BD,∴∠EFG是异面直线AC与BD所成的角.o

∵AC⊥BD,∴∠EFG=90.∴EFGH是矩形.(3)作法取BD中点E,AC中点F,连EF,则EF即为所求.4.答案：假设BD、AE共面于，则点A、E、B、D都在平面  ∵Aa，Da，∴ a .∵Pa，P .∵Pb，Bb，Pc，Ec.∴ b ，c ，这与a、b、c∴BD、AE5.证明（1）：连结AC,BD，∵E,F是ABC的边AB,BC上的中点，∴EF//AC，同理，HG//AC，∴EF//HG，同理，EH//FG，所以，四边形EFGH证明（2）：由（1）四边形EFGH∵EF//AC，EH//BD，∴由AC⊥BD得，EFEH，∴EFGH为矩形.解（3）：由（1）四边形EFGH∵BD=2，AC=6，∴EF

2AC3,EH

BD

1∴由平行四边形的对角线的性质 EGHF2(EF

EH)20.B

D解（4）：由（1）四边形EFGH∵BD=4，AC=6，∴EF

又∵EF//AC，EH//BD，AC、BD成30º角，∴EF、EH成30º角，AC3,EH

BD

2∴四边形EFGH的面积 SEFEHsin30

3.解（5）：分别取AC与BD的中点M、N,连接MN、MB、MD、NA、NC，∵AB=BC=CD=DA=AC=BD=2，∴MB＝MD＝NA＝NC＝3 ∴MNAC,MNBD，∴MN是AC与BD的公垂线段且MN

NB

2∴AC与BD间的距离为2.6.解：取BD中点G，连结EG,FG,EF，∵E,F分别是AB,CD的中点，∴EG//AD,FG//BC,且EG

2AD1,FG

BC1，∴异面直线AD,BC所成的角即为EG,FG所成的角，EGFGEF

2EGFG

在EGF中，cosEGF

，G

∴EGF120，异面直线AD,BC所成的角为60．

7.解(1)如图,连结BD,A1D,∵ABCD-A1B1C1D1是正方体,∴DD1平行且相等BB1.∴DBB1D1为平行四边形,∴BD//B1D1.∴A1B,BD,A1D是全等的正方形的对角线.∴A1B=BD=A1D,△A1BD是正三角形,∴∠A1BD=60,∵∠A1BD是锐角,∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成的角.∴A1B与B1D1成角为60o.(2)连BD交AC于O,取DD1 中点E,连EO,EA,EC.∵O为BD中点,∴OE//BD1.∵∠EDA=90o=∠EDC,ED=ED,AD=DC,∴△EDA≌△EDC,∴EA=EC.在等腰△EAC中,∵O是AC的中点,∴EO⊥AC,∴∠EOA=90o.又∴∠EOA是异面直线AC与BD1所成角,∴AC与BD1成角90.8.解(1)如图,连结BD,A1D,∵ABCD-A1B1C1D1是正方体,∴DD1平行且相等BB1.∴DBB1D1为平行四边形,∴BD//B1D1.∴A1B,BD,A1D是全等的正方形的对角线.∴A1B=BD=A1D,△A1BD是正三角形, ∴∠A1BD=60o,∵∠A1BD是锐角,∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成的角.∴A1B与B1D1成角为60o.(2)连BD交AC于O,取DD1 中点E,连EO,EA,EC.∵O为BD中点,∴OE//BD1.∵∠EDA=90o=∠EDC,ED=ED,AD=DC,∴△EDA≌△EDC,∴EA=EC.o

在等腰△EAC中,∵O是AC的中点,∴EO⊥AC,∴∠EOA=90.又∴∠EOA是异面直线AC与BD1所成角,∴AC与BD成角90o.9.略证（1）取PD的中点H，连接AH，NH//DC,NH

12DC



NH//AM,NHAMAMNH为平行四边形 MN//AH,MNPAD,AHPADMN//PAD

解(2): 连接AC并取其中点为O，连接OM、ON，则OM平行且等于BC的一半，ON平行且等

于PA的一半，所以ONM就是异面直线PA与MN所成的角，由

MNBC

4，PAOM=2，ON=

所以ONM300，即异面直线PA与MN成30010.略证：作MT//AB,NH//AB分别交BC、BE于T、H点

AMFNCMT≌BNHMTNH

从而有MNHT为平行四边形MN//THMN//CBE

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