高考数学难点突破28__求空间距离 9页

难点 28 求空间距离 空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基 础，求其他几种距离一般化归为这三种距离. ●难点磁场 (★★★★)如图，已知 ABCD 是矩形，AB=a,AD=b,PA⊥平面 ABCD，PA=2c,Q 是 PA 的 中点. 求：(1)Q 到 BD 的距离； (2)P 到平面 BQD 的距离. ●案例探究 ［例 1］把正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起成直二面角，点 E、F 分别是 AD、BC 的中 点，点 O 是原正方形的中心，求： (1)EF 的长； (2)折起后∠EOF 的大小. 命题意图：考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几 何问题，属★★★★级题目. 知识依托：空间向量的坐标运算及数量积公式. 错解分析：建立正确的空间直角坐标系.其中必须保证 x 轴、y 轴、z 轴两两互相垂直. 技巧与方法：建系方式有多种，其中以 O 点为原点，以 OB 、OC 、OD 的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向最 为简单. 解：如图，以 O 点为原点建立空间直角坐标系 O—xyz,设正方形 ABCD 边长为 a,则 A(0， － 2 2 a,0),B( 2 2 a,0,0),C(0, a,0),D(0,0, a),E(0,－ 4 2 a, a),F( a, a,0) 2 1 |||| ,cos,2||,2|| 804 2)4 2)(4 2(4 20 )0,4 2,4 2(),4 2,4 2,0()2( 2 3,4 3)4 20()4 2 4 2()04 2(||)1( 2 2222     OFOE OFOEOFOEaOFaOE aaaaaOFOE aaOFaaOE aEFaaaaaEF ∴∠EOF=120° ［例 2］正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1，求异面直线 A1C1 与 AB1 间的距离. 命题意图：本题主要考查异面直线间距离的求法，属★★★★级题目. 知识依托：求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面 面距离，亦可由最值法求得. 错解分析：本题容易错误认为 O1B 是 A1C 与 AB1 的距离，这主要是对异面直线定义不 熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离. 技巧与方法：求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采用化归思想， 转化为求线面距、面面距、或由最值法求得. 解法一：如图，连结 AC1，在正方体 AC1 中，∵A1C1∥AC,∴A1C1∥平面 AB1C，∴A1C1 与平面 AB1C 间的距离等于异面直线 A1C1 与 AB1 间的距离. 连结 B1D1、BD，设 B1D1∩A1C1=O1,BD∩AC=O ∵AC⊥BD，AC⊥DD1，∴AC⊥平面 BB1D1D ∴平面 AB1C⊥平面 BB1D1D，连结 B1O，则平面 AB1C∩平面 BB1D1D=B1O 作 O1G⊥B1O 于 G，则 O1G⊥平面 AB1C ∴O1G 为直线 A1C1 与平面 AB1C 间的距离，即为异面直线 A1C1 与 AB1 间的距离. 在 Rt△OO1B1 中，∵O1B1= 2 2 ，OO1=1，∴OB1= 2 11 2 1 BOOO  = 2 6 ∴O1G= 3 3 1 111  OB BOOO ，即异面直线 A1C1 与 AB1 间距离为 3 3 . 解法二：如图，在 A1C 上任取一点 M，作 MN⊥AB1 于 N，作 MR⊥A1B1 于 R，连结 RN， ∵平面 A1B1C1D1⊥平面 A1ABB1，∴MR⊥平面 A1ABB1，MR⊥AB1 ∵AB1⊥RN，设 A1R=x,则 RB1=1－x ∵∠C1A1B1=∠AB1A1=45°， ∴MR=x,RN=NB1= )1(2 2 x 3 1)3 1(2 3)1(2 1 22222  xxxRNMRMN (0＜x＜1 ) ∴当 x= 3 1 时，MN 有最小值 3 3 即异面直线 A1C1 与 AB1 距离为 . ●锦囊妙记 空间中的距离主要指以下七种： (1)两点之间的距离. (2)点到直线的距离. (3)点到平面的距离. (4)两条平行线间的距离. (5)两条异面直线间的距离. (6)平面的平行直线与平面之间的距离. (7)两个平行平面之间的距离. 七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.七种距离之间 有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线 面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离. 在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点. 求点到平面的距离：(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转移法，转化成 求另一点到该平面的距离.(3)体积法. 求异面直线的距离：(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平面的距离.(3) 函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.(★★★★★)正方形 ABCD 边长为 2，E、F 分别是 AB 和 CD 的中点，将正方形沿 EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形 AEFD 内一点，如果∠MBE=∠MBC，MB 和平面 BCF 所成 角的正切值为 2 1 ，那么点 M 到直线 EF 的距离为( ) 2 1 D. 2 3C. B.1 2 2A. 2.(★★★★)三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AA1=1，AB=4，BC=3，∠ ABC=90°,设平面 A1BC1 与平面 ABC 的交线为 l，则 A1C1 与 l 的距离为( ) A. 10 B. 11 C.2.6 D.2.4 二、填空题 3.(★★★★)如左下图，空间四点 A、B、C、D 中，每两点所连线段的长都等于 a，动 点 P 在线段 AB 上，动点 Q 在线段 CD 上，则 P 与 Q 的最短距离为_________. 4.(★★★★)如右上图，ABCD 与 ABEF 均是正方形，如果二面角 E—AB—C 的度数为 30°，那么 EF 与平面 ABCD 的距离为_________. 三、解答题 5.(★★★★★)在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图： (1)求证：平面 A1BC1∥平面 ACD1； (2)求(1)中两个平行平面间的距离； (3)求点 B1 到平面 A1BC1 的距离. 6.(★★★★★)已知正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1，点 E 在棱 D1D 上， 截面 EAC∥D1B 且面 EAC 与底面 ABCD 所成的角为 45°,AB=a,求： (1)截面 EAC 的面积； (2)异面直线 A1B1 与 AC 之间的距离； (3)三棱锥 B1—EAC 的体积. 7.(★★★★)如图，已知三棱柱 A1B1C1—ABC 的底面是边长为 2 的 正三角形，侧棱 A1A 与 AB、AC 均成 45°角，且 A1E⊥B1B 于 E，A1F ⊥CC1 于 F. (1)求点 A 到平面 B1BCC1 的距离； (2)当 AA1 多长时，点 A1 到平面 ABC 与平面 B1BCC1 的距离相等. 8.(★★★★★)如图，在梯形 ABCD 中，AD∥BC，∠ABC= 2  ,AB= 3 1 AD=a, ∠ADC=arccos 55 2 ,PA⊥面 ABCD 且 PA=a. (1)求异面直线 AD 与 PC 间的距离； (2)在线段 AD 上是否存在一点 F，使点 A 到平面 PCF 的距离为 3 6 . 参考答案 难点磁场 解：(1)在矩形 ABCD 中，作 AE⊥BD，E 为垂足 连结 QE，∵QA⊥平面 ABCD，由三垂线定理得 QE⊥BE ∴QE 的长为 Q 到 BD 的距离 在矩形 ABCD 中，AB=a,AD=b, ∴AE= 22 ba ab  在 Rt△QAE 中，QA= 2 1 PA=c ∴QE= 22 22 2 ba bac   ∴Q 到 BD 距离为 22 22 2 ba bac   . (2)解法一：∵平面 BQD 经过线段 PA 的中点， ∴P 到平面 BQD 的距离等于 A 到平面 BQD 的距离 在△AQE 中，作 AH⊥QE，H 为垂足 ∵BD⊥AE,BD⊥QE,∴BD⊥平面 AQE ∴BD⊥AH ∴AH⊥平面 BQE，即 AH 为 A 到平面 BQD 的距离. 在 Rt△AQE 中，∵AQ=c,AE= ∴AH= 22222 )( bacba abc  ∴P 到平面 BD 的距离为 22222 )( bacba abc  解法二：设点 A 到平面 QBD 的距离为 h，由 VA—BQD=VQ—ABD,得 3 1 S△BQD·h= S△ABD·AQ h= 22222 )( bacba abc S AQS BQD ABD      歼灭难点训练 一、1.解析：过点 M 作 MM′⊥EF,则 MM′⊥平面 BCF ∵∠MBE=∠MBC ∴BM′为∠EBC 为角平分线， ∴∠EBM′=45°,BM′= 2 ,从而 MN= 2 2 答案：A 2.解析：交线 l 过 B 与 AC 平行，作 CD⊥l 于 D，连 C1D，则 C1D 为 A1C1 与 l 的距离， 而 CD 等于 AC 上的高，即 CD= 5 12 ,Rt△C1CD 中易求得 C1D= 5 13=2.6 答案：C 二、3.解析：以 A、B、C、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取 P、Q 分别为 AB、CD 的中点，因为 AQ=BQ= 2 2 a,∴PQ⊥AB,同理可得 PQ⊥CD，故线段 PQ 的 长为 P、Q 两点间的最短距离，在 Rt△APQ 中，PQ= 2 2)2()2 3( 2222  aaAPAQ a 答案： 2 2 a 4.解析：显然∠FAD 是二面角 E—AB—C 的平面角，∠FAD=30°,过 F 作 FG⊥平面 ABCD 于 G，则 G 必在 AD 上，由 EF∥平面 ABCD. ∴FG 为 EF 与平面 ABCD 的距离，即 FG= 2 a . 答案： 2 a 三、5.(1)证明：由于 BC1∥AD1，则 BC1∥平面 ACD1 同理，A1B∥平面 ACD1，则平面 A1BC1∥平面 ACD1 (2)解：设两平行平面 A1BC1 与 ACD1 间的距离为 d，则 d 等于 D1 到平面 A1BC1 的距离. 易求 A1C1=5，A1B=2 5 ，BC1= 13 ，则 cosA1BC1= 65 2 ,则 sinA1BC1= 65 61 ,则 S 111 CBA = 61, 由于 111111 DCABBCAD VV   ，则 3 1 S 11BCA ·d= )2 1(3 1 111 DCAD ·BB1,代入求得 d= 61 6112 ,即两平 行平面间的距离为 . (3)解：由于线段 B1D1 被平面 A1BC1 所平分，则 B1、D1 到平面 A1BC1 的距离相等，则由 (2)知点 B1 到平面 A1BC1 的距离等于 . 6.解：(1)连结 DB 交 AC 于 O，连结 EO， ∵底面 ABCD 是正方形 ∴DO⊥AC，又 ED⊥面 ABCD ∴EO⊥AC，即∠EOD=45° 又 DO= 2 2 a，AC= 2 a，EO= 45cos DO =a，∴S△EAC= a (2)∵A1A⊥底面 ABCD，∴A1A⊥AC，又 A1A⊥A1B1 ∴A1A 是异面直线 A1B1 与 AC 间的公垂线 又 EO∥BD1，O 为 BD 中点，∴D1B=2EO=2a ∴D1D= 2 a，∴A1B1 与 AC 距离为 2 a (3)连结 B1D 交 D1B 于 P，交 EO 于 Q，推证出 B1D⊥面 EAC ∴B1Q 是三棱锥 B1—EAC 的高，得 B1Q= 2 3 a 32 4 2 2 3 2 2 3 1 1 aaaV EACB  7.解：(1)∵BB1⊥A1E，CC1⊥A1F，BB1∥CC1 ∴BB1⊥平面 A1EF 即面 A1EF⊥面 BB1C1C 在 Rt△A1EB1 中， ∵∠A1B1E=45°，A1B1=a ∴A1E= 2 2 a,同理 A1F= 2 2 a,又 EF=a，∴A1E= a 同理 A1F= a,又 EF=a ∴△EA1F 为等腰直角三角形，∠EA1F=90° 过 A1 作 A1N⊥EF，则 N 为 EF 中点，且 A1N⊥平面 BCC1B1 即 A1N 为点 A1 到平面 BCC1B1 的距离 ∴A1N= 22 1 a 又∵AA1∥面 BCC1B，A 到平面 BCC1B1 的距离为 2 a ∴a=2，∴所求距离为 2 (2)设 BC、B1C1 的中点分别为 D、D1，连结 AD、DD1 和 A1D1，则 DD1 必过点 N，易证 ADD1A1 为平行四边形. ∵B1C1⊥D1D,B1C1⊥A1N ∴B1C1⊥平面 ADD1A1 ∴BC⊥平面 ADD1A1 得平面 ABC⊥平面 ADD1A1，过 A1 作 A1M⊥平面 ABC，交 AD 于 M， 若 A1M=A1N，又∠A1AM=∠A1D1N，∠AMA1=∠A1ND1=90° ∴△AMA1≌△A1ND1,∴AA1=A1D1= 3 ,即当 AA1= 3 时满足条件. 8.解：(1)∵BC∥AD,BC 面 PBC,∴AD∥面 PBC 从而 AD 与 PC 间的距离就是直线 AD 与平面 PBC 间的距离. 过 A 作 AE⊥PB，又 AE⊥BC ∴AE⊥平面 PBC，AE 为所求. 在等腰直角三角形 PAB 中，PA=AB=a ∴AE= 2 2 a (2)作 CM∥AB，由已知 cosADC= 55 2 ∴tanADC= 2 1 ,即 CM= DM ∴ABCM 为正方形，AC= 2 a,PC= 3 a 过 A 作 AH⊥PC,在 Rt△PAC 中，得 AH= 3 6 下面在 AD 上找一点 F，使 PC⊥CF 取 MD 中点 F，△ACM、△FCM 均为等腰直角三角形 ∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90° ∴FC⊥AC,即 FC⊥PC∴在 AD 上存在满足条件的点 F. ［学法指导］立体几何中的策略思想及方法 立体几何中的策略思想及方法 近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养.题 目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题综合性强，有几何组合体 中深层次考查空间的线面关系.因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础 上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作 用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法. 一、领悟解题的基本策略思想 高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好 典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的， 学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅. 二、探寻立体几何图形中的基面 立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来.在具 体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是 解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了. 三、重视模型在解题中的应用 学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空 间想象能力.而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系.它引导我 们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中题设条件，突出特性， 设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征 规律获取优解.