第2课时 基本事实4、异面直线和等角定理 【课前预习】 知识点一 平行 a∥c 传递性 诊断分析 (1)√ (2)√ 知识点二 1.不同在任何一个平面内(不共面)的两条直线 3.在同一平面内,有且只有一个公共点 在同一平面内,没有公共点 不同在任何一个平面内,没有公共点 诊断分析 1.(1)× (2)√ (3)× (4)× [解析] (1)错误,分别在两个平面内的两条直线可能相交,可能平行,也可能异面. (2)正确,两直线如果不是异面直线,那么它们相交或者平行. (3)错误,这两直线可能相交或异面. (4)错误,a,c也可能是平行直线,还可能是相交直线. 2.解:两种.设该直线与平面的交点为P,则当平面内的某条直线不过点P时,该直线与这个平面内的这条直线异面;当平面内的某条直线经过点P时,该直线与这个平面内的这条直线相交. 知识点三 相等 互补 诊断分析 (1)× (2)× 知识点四 a'与b' 直角 a⊥b 诊断分析 (1)× (2)× 【课中探究】 探究点一 探索 解:成立.这就是本节学习的基本事实4:平行于同一条直线的两条直线互相平行. 例1 证明:在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,由棱柱的性质知,四边形AA1B1B和四边形BB1C1C都是平行四边形, 所以AA1∥BB1,且AA1=BB1,BB1∥CC1,且BB1=CC1, 所以由基本事实4知AA1∥CC1,且AA1=CC1, 所以四边形ACC1A1为平行四边形. 例2 证明:连接AC.在△ABC中,因为E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC.因为AA1∥CC1,AA1=CC1, 所以四边形AA1C1C是平行四边形,所以AC∥A1C1.所以EF∥A1C1. 变式 解:(1)∵==λ,==μ, ∴EH∥BD,FG∥BD,∴EH∥FG,==,==,又λ=μ,∴EH=FG, ∴四边形EFGH是平行四边形. (2)由(1)可知,当λ≠μ时,EH≠FG,EH∥FG, ∴四边形EFGH是梯形. (3)∵λ=μ=,∴由(1)可知四边形EFGH是平行四边形, 又EG⊥HF,∴平行四边形EFGH是菱形.∴EH=GH, 又=,=,∴=. 探究点二 例3 证明:因为P,N分别为AB,AC的中点,所以PN∥BC. 因为M,N分别为A1C1,AC的中点,所以A1M NC,所以四边形A1NCM为平行四边形,所以A1N∥MC.由PN∥BC,A1N∥MC及∠PNA1与∠BCM对应边的方向相同,可得∠PNA1=∠BCM. 变式 解:△EFG∽△C1DA1.证明如下: 连接B1C,因为G,F分别为BC,BB1的中点,所以GF∥B1C.因为CD AB,A1B1 AB,所以CD A1B1, 所以四边形A1B1CD为平行四边形,所以A1D B1C. 因为B1C∥FG,所以A1D∥FG. 同理可得,A1C1∥EG,DC1∥EF. 因为∠DA1C1与∠FGE,∠A1DC1与∠GFE,∠DC1A1与∠FEG的两边分别对应平行且均为锐角, 所以∠DA1C1=∠FGE,∠A1DC1=∠GFE,∠DC1A1=∠FEG,所以△EFG∽△C1DA1. 探究点三 例4 解:(1)因为DH∥AE,所以∠AEB即为异面直线BE与DH的夹角. 在△AEB中,∠AEB=45°,所以BE与DH的夹角为45°. (2)如图,连接FH,则HF∥BD,所以∠HFO(或其补角)为异面直线FO与BD的夹角. 连接HA,AF,易得FH=HA=AF, 所以△AFH为等边三角形. 又O为AH的中点,所以∠HFO=30°,即FO与BD的夹角为30°. 变式 C [解析] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,连接AB1,AD1,AC,由M,P分别为A1B,A1D的中点,得M,P分别为AB1,AD1的中点.因为N,Q分别为B1D1,CD1的中点,所以MN∥AD1,PQ∥AC,因此∠CAD1或其补角是异面直线MN与PQ的夹角.在△CAD1中,AC=AD1=CD1,则∠CAD1=,所以异面直线MN与PQ的夹角的大小是.故选C.第2课时 基本事实4、异面直线和等角定理 1.D [解析] 根据题意及有关定理知,β=60°或β=120°,故选D. 2.C [解析] 三条直线a,b,c满足a与b平行,a与c异面,则b与c可能相交,也可能异面,不可能平行.假设b与c平行,则由a与b平行,可得a与c平行,这与a与c异面矛盾,故假设不成立,b与c不可能平行.故选C. 3.C [解析] 因为G,H分别是AB,AC的中点,所以GH∥BC,又由三棱台的性质得BC∥B1C1,所以GH∥B1C1.故选C. 4.B [解析] 连接A1B,D1C,∵GH∥A1B,A1B∥D1C,∴GH∥D1C.又MN∥D1C,∴GH∥MN.由异面直线的定义可知,GH与EF为异面直线.连 ... ...
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