高中数学讲义（人教B版2019必修四）第24讲1131平行直线与异面直线

11.3.1平行直线与异面直线TOC\o"13"\h\u题型1空间四边形 ②平行直线：在同一平面内，没有公共点。(2)异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点。题型1空间四边形【方法总结】空间四边形的性质1.顺次连结空间四边形各边中点得到的图形是平行四边形。2.空间四边形的对边不同在一个平面内。3.空间四边形两条对角线所在直线为异面直线；若四边相等，则对角线不相交但垂直。4.四边相等的四边形不一定是菱形。5.空间四边形的内角和小于360度。◆类型1空间四边形概念辨析【例题11】空间四边形ABCD中，给出下列说法：①直线AB与CD异面；②对角线AC与BD相交；③四条边不能都相等；④四条边的中点组成一个平行四边形．其中正确说法的个数是()A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】本题主要考查空间四边形，关键要理解空间四边形的概念．由定义知①正确；②错误，否则A、B、C、D四点共面；③不正确，可将一个菱形沿一条对角线折起一个角度，就成为四边相等的空间四边形；④正确，由平行四边形的判定定理可证．【变式11】1.如图，在四面体ABCD中，M,N,P,Q,E分别是AB,BC,CD,AC的中点，则下列说法不正确的是（）M,N,P,Q四点共面∠QME=∠CBD△BCD∽△MEQ四边形是MNPQ梯形【答案】D【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MQ12BD,NP12BD,MQNP，所以四边形MNPQ为平行【变式11】2．（2022秋·江西宜春·高一江西省宜丰中学校考期中）如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB①E，F，G，H四点共面；②EF与GH异面；③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；④EF与GH的交点M一定在直线AC上．A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【答案】B【分析】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例定理、平面基本事实推理，再逐一判断各个命题作答.【详解】在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则EH//BD，且点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB=CGCD=因此FG//因FG//EH，FG>点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，所以点M一定在直线AC上，④正确，③错误，所以说法正确的命题序号是①④．故选：B【变式11】3．（2023·全国·高一专题练习）在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别边AB,【答案】相交【分析】根据平面的性质结合线线位置关系分析判断.【详解】∵E、F、G、H分别是四边上的中点，∴EF∥AC∥GH，即EF∥GH，同理可得：EH∥GF，故E、F、G、H四点共面，且EFGH为平行四边形，则直线EG和FH的位置关系是相交.故答案为：相交.【变式11】4．（2020·高一课时练习）如图，设E,F,G,H依次是空间四边形A．当λ=μ时，四边形B．当λ≠μ时，四边形C．当λ=μ=D．当λ=μ≠【答案】D【分析】由平行线分线段成比例定理的逆定理得平行，可判断各选择的正误．【详解】如图所示，连接BD.∵AEAB=同理，FG//BD，且∴当λ=μ时，EH=当λ≠μ时，EH≠故选：D．【点睛】本题考查空直线平行的判断，掌握平行公理是解题基础．◆类型2与空间四边形有关的计算【例题12】空间四边形ABCD中，M、N分别为AB，CD的中点，则MN__________eq\f(1,2)(AC＋BD)(填“≥”“>”“≤”“<”“＝”符号)【答案】<【解析】取BC中点E，连接EM、EN，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(EM＝\f(1,2)AC,EN＝\f(1,2)BD))，相加EM＋EN＝eq\f(1,2)(AC＋BD)，又EM＋EN>MN，∴MN<eq\f(1,2)(AC＋BD)．【变式12】1.（2023春·全国·高一专题练习）如图，已知空间四边形ABCD两对角线AC和BD的长分别为8和10，所成的角为60∘，依次连接各边中点所得四边形EFGH【答案】10【分析】根据E，H，G，F分别为AB，AD，CD，BC中点得到四边形EFGH为平行四边形，且EH=FG=12BD=5，EF=GH=1【详解】因为E，H，G，F分别为AB，AD，CD，BC中点，所以EH∥BD∥FG，EF∥所以四边形EFGH为平行四边形，因为AC与BD所成角为60°，所以平行四边形EFGH的一个内角为60°，所以SEFGH故答案为：103【变式12】2．（2023·高一单元测试）已知E、F、G、H分别为空间四边形ABCD四条边AB、BC、CD、DA的中点，若AC=BD=6【答案】36【分析】由题意得到四边形EFGH为平行四边形，再利用余弦定理求解即可.【详解】解：因为E、F分别为空间四边形ABCD边AB、BC的中点，所以EF//AC且EF=12EH=所以EF//HG且所以四边形EFGH为平行四边形，又EH=由余弦定理得EGFH因为∠FEH所以cos∠FEH所以EG故答案为：36.【变式12】3．（2022·高一课时练习）如图，在空间四边形ABCD中，E，H分别是AB,AD的中点，点F，G分别在CB,CD上，且CFCB=CGCD=23，那么四边形EFGH是____________形；若BD【答案】

梯；

8【分析】通过中位线和线段比例关系可以得到EH//GF且EH≠【详解】解：因为在△ABD中，E，H分别是AB所以EH//BD又在△CBD中，CFCB=CG所以EH//GF且故四边形EFGH为梯形，因为BD=6cm，所以EH=3cm,设EH，FG间的距离为ℎ，则S梯形EFGH=EH+故答案为：梯；8题型2平行公理的应用【方法总结】线线平行的证明方法：1.定义法：即证明两条直线在同一个平面内且两直线没有公共点；2.利用平面图形的有关平行的性质，如三角形中位线、梯形，平行四边形等关于平行的性质；3.利用平行线的传递行：找到一条直线，使所证的直线都与这条直线平行.◆类型1平行公理概念辨析【例题21】（2023·高一课时练习）下列命题中，正确的命题序号是（

）①平行于同一直线的两直线平行；②垂直于同一直线的两直线平行；③过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线平行；④与已知直线平行且距离长为定值的直线有两条．A．①②③ B．①③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】利用平行线的传递性可判断①；利用空间中直线的位置关系可判断②；利用反证法可判断③；利用圆柱可判断④.【详解】对于①，由平行线的传递性可知①对；对于②，垂直于同一直线的两直线平行、相交或异面，②错；对于③，若P在直线l外，若过点P存在两条不同的直线a、b，使得a//l，则a//对于④，设直线l为圆柱O1所有与直线l平行且到直线l的距离为d的直线可视为底面半径为d的圆柱O1故与已知直线平行且距离长为定值的直线有无数条，④错.故选：B.【变式21】1．（2023春·全国·高一专题练习）下列结论中正确的是（

）①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；②平行于同一条直线的两条直线平行；③一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交；④空间中有四条直线a，b，c，d，如果a//b，c//d，且a//d，那么b//c.A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③【答案】B【分析】根据空间中直线间的位置关系逐项进行判断即可.【详解】①错误，两条直线可以异面；②正确，平行的传递性；③错误，和另一条直线可以相交也可以异面；④正确，平行的传递性.故选：B.【变式21】2．(多选)（2022春·浙江台州·高一校考阶段练习）a，b，c是空间中的三条直线，下列说法中正确的是（

）A．若a//bB．若a与b相交，b与c相交则a与c也相交C．若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面D．若a与c相交b与c异面，则a与b异面【答案】AC【分析】由平行线的传递性和直线的位置关系可判断选项.【详解】由平行线的传递性知A正确；若a与b相交，b与c相交，则a与c可能平行、相交或异面，B错误；若a与b在两个相交平面内，则a与b可能相交、平行或异面，C正确；若a与c相交，b与c异面，则a与b可能相交、平行或异面，故D错误.故选:AC．【变式21】3．（2022春·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期中）给出下列三个命题：①在空间中，若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线互相平行；②在空间中，若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线互相平行；③若两条直线都与同一个平面平行，则这两条直线互相平行；④在空间中，若两条直线都与第三条直线平行，则这两条直线互相平行；其中正确的结论的个数为_____.【答案】1.【分析】根据空间中，直线与直线位置关系，逐一判断，即可求解.【详解】①在空间中，若两条直线和第三条直线所成的角相等，可能这三条直线构成等腰三角形，可得这两条直线不一定互相平行，故①错；②在空间中，若两条直线都与第三条直线垂直，则这两条直线互相平行或相交或异面，故②错；③若两条直线都与同一个平面平行，则这两条直线互相平行或相交或异面，故③错；④在空间中，若两条直线都与第三条直线平行，由公理4可得这两条直线互相平行，故④对只有一个结论正确故答案为：1【点睛】空间中直线与直线位置关系，与平面内直线与直线位置关系有所不同，需仔细辨析，本题属于中等难度.◆类型2平行公理在证明方面的使用【例题22】（2023·全国·高一专题练习）如图所示，在空间四边形ABCD（不共面的四边形称为空间四边形）中，E,F,G,【答案】证明见解析【分析】先证明EF//AC，HG//AC，EF=【详解】因为在空间四边形ABCD中，E,F,所以EF//AC，HG//所以EF//HG，所以四边形EFGH是平行四边形．【变式22】1．（2023·全国·高一专题练习）如图，空间四边形ABCD，E、H分别是AB、CD的中点，F、G分别是BC、CD上的点，且CFCB【答案】证明见详解【分析】根据三角形中位线、平行线等分性质结合平行线的传递性分析证明,【详解】∵E、H分别是AB、CD的中点，则EH∥BD，又∵F、G分别是BC、CD上的点，且CFCB=CGCD，则FG∴EH∥FG，故直线EH与直线FG平行．【变式22】2．（2022·高一课时练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，P【答案】证明见解析【分析】取DD1的中点R，连接AR，RP，即可得到QD1//【详解】证明：如图，取DD1的中点R，连接AR，因为AQ//D1R且AQ=又RP//DC且RP=DC，∴RP//AB且∴四边形ABPR为平行四边形，∴AR//BP，∴【变式22】3.如图，空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点.求证：四边形EFGH是平行四边形.【解析】证明：连接EH，因为EH是△ABD的中位线，所以EH∥BD，且EH=12BD.同理，FG∥BD，且FG=所以EH∥FG，且EH=FG.所以四边形EFGH为平行四边形.【变式22】4.如图所示,在正方体ABCDA′B′C′D′中,若M,N分别是A′D′,C′D′的中点,求证:四边形ACNM是梯形.【解析】如图所示,连接A′C′,因为M,N分别是A′D′,C′D′的中点,所以MN∥A′C′,且MN=QUOTE12A′C′.由正方体的性质可知A′C′∥AC,且A′C′=AC.所以MN∥AC,且MN=QUOTE12AC,所以四边形ACNM是梯形.【变式22】5．（2023春·全国·高一专题练习）如图，四边形ABEF和ABCD都是直角梯形，∠BAD=∠FAB=90°，BC∥AD，BC=12AD，(1)证明：四边形BCHG是平行四边形.(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？【答案】(1)证明见解析(2)C，D，F，E四点共面，理由见解析【分析】（1）结合三角形中位线性质可证得GH//BC且（2）由题可证得四边形BEFG为平行四边形，进而可得CH//【详解】（1）因为G,H分别为所以GH//AD，又BC//AD，所以BC//HG，所以四边形BCHG是平行四边形；（2）C,由BE//FA，BE=12FA，G所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF//BG，由（1）知所以EF//所以EF与CH共面，又D∈所以C,【变式22】6.如图1所示，在梯形ABCD中，AB//CD,E,F分别为BC,AD的中点，将平面CDFE沿EF翻折起来，使CD到达C’D’的位置（如图2），G,H分别为AD’，BC’的中点，求证：四边形EFGH为平行四边形.【证明】在题图1中，∵四边形ABCD为梯形，AB//CD，E，F分别为BC，AD的中点，∴EF//AB且EF=12(AB+CD).在题图2中，易知C'D'//EF//AB.∵G，H分别为AD'，BC'的中点∴GH//AB且GH=12(AB+C'D')=题型3等角定理的应用【方法总结】“等角定理”为两条异面直线所成的角的定义提供了可能性与唯一性，即过空间任一点，作两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角（或直角）都是相等的，而与所取点的位置无关.◆类型1等角定理概念辨析【例题31】（2023·高一课时练习）下列命题中，真命题的序号是______．①如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等；②如果两条相交直线与另两条相交直线分别平行，那么这组直线所成的锐角（或直角）相等；③如果一个角的两边与另一个角的两边分别垂直，那么这两个角相等或互补；④如果两条直线同时平行于第三条直线，那么这两条直线互相平行．【答案】②④【分析】由等角定理可判断②；由直线平行性的传递性可判断④；举反例可判断①③.【详解】在长方体ABCD−A1B1易知∠A由等角定理可知②正确；易知A1D1由直线平行性的传递性可知④正确.故答案为：②④【变式31】1.（2022·全国·高一专题练习）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序号是________．①M，N，P，Q四点共面；②∠QME=∠CBD；③△【答案】①②③【分析】根据题意及中位线定理和等角定理可以一一判断．【详解】解：由中位线定理，易知MQ//BD，ME//BC，对于①，由公理4易得MQ//NP，所以M，N，P，对于②，根据等角定理，得∠QME对于③，由等角定理，知∠QME=∠CBD，∠由三角形的中位线定理及公理4知MQ//所以MQ//NP且MQ=故答案为：①②③【变式31】2．（2019·高一课时练习）一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的关系是A．相等 B．互补 C．相等或互补 D．不确定【答案】D【解析】根据题意，可在正方体中，举例说明，得到答案.【详解】如图所示，在正方体ABCD−A1B1所以这两个二面角不一定相等或互补.例如：开门的过程中，门所在平面及门轴所在墙面分别垂直于地面与另一墙面，但门所在平面与门轴所在墙面所成二面角的大小不定，而另一二面角却是90∘【点睛】本题主要考查了线面位置关系的应用，以及二面角的概念及应用，其中解答中熟记二面角的概念，合理举例是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.◆类型2等角定理在证明方面的使用【例题32】（2023·全国·高一专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1(1)GB∥(2)∠BGC【答案】(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析【分析】（1）证明出四边形D1GBF是平行四边形，从而证明出线线平行；（2）证明出GC∥【详解】（1）因为正方体ABCD−A1B1所以D1G=所以四边形D1所以GB（2）因为正方体ABCD−A1B1所以D1G所以四边形D1所以GC∥由（1）知：GB由图形可知：∠BGC所以∠BGC【变式32】1．（2023春·全国·高一专题练习）如图，已知棱长为a的正方体ABCD−A1(1)四边形MNA(2)∠DNM与∠【答案】(1)四边形MNA(2)相等【分析】（1）连接MN、AC、A1C1、A1N、C1M（2）利用等角定理可得出结论.【详解】（1）解：四边形MNA连接MN、AC、A1C1、A因为AN=CM=a3，则AN在正方体ABCD−A1B1所以，四边形AA1C1C所以，MN//A1又因为A1N=AA所以，四边形MNA（2）解：因为ND//A1D1，NM因此，∠DNM【变式32】2．（2