高中数学教案：角与距离 16页

立体几何（Ⅱ）——角与距离　　一、知识网络二、高考考点　　1.异面直线所成的角；异面直线间的距离.其中，异面直线所成的角是重点，也是难点。　　2.直线和平面所成的角；直线与平面的距离.其中，在计算题中，直线和平面所成的角或距离问题为高考命题热点，它不但所占比例大，而且几乎年年有，次次出。　　3.二面角、以二面角为载体引出的平行、垂直以及其它的角和距离问题。　　三、知识要点　　1.异面直线所成的角　　异面直线间的距离（见专题26）　　2.直线和平面所成的角　　（1）斜线在平面内的射影　　（Ⅰ）有关概念：　　①过一点向平面引垂线，垂足叫做这点在这个平面内的射影；这点与垂足间的线段叫做这点到这个平面的垂线段。　　②一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直时，这条直线叫做这个平面的斜线；斜线和平面的交点叫做斜足；从平面外一点向平面引斜线，这点与斜足间的线段叫做这点到这个平面的斜线段。　　③从斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面内的射影，垂足与斜足间的线段叫做这点到平面的斜线段在这个平面内的射影。　　（Ⅱ）定理：　　从平面外一点向平面所引的垂线段和斜线段中　　①射影等长斜线段等长；　②射影较长斜线段较长；　③斜线段长大于垂线段。　　（2）直线和平面所成的角　　（Ⅰ）定义与命题　①定义：平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角。　　特例：　若直线与平面垂直，则说直线和平面所成的角是直角；　　若直线与平面平行或在平面内，则说直线与平面所成角是0°的角。　　认知：　设斜线l与平面所成角为θ，则θ∈（0°，90°）；　　设直线l与平面所成角为θ，则θ∈[0°，90°]。老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　②命题（最小角定理）：　斜线和平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角。　　（3）三垂线定理及其逆定理　　三垂线定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。　　三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直。　　3.二面角　　（1）二面角及其相关定义　　（Ⅰ）平面内的一条直线把这个平面分成两部分，其中的每一部分都叫做半平面。　（Ⅱ）从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面。　　（2）二面角的度量　　（Ⅰ）二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。　认知：二面角的平面角的三要素：①顶点在棱上（可为棱上任意一点）；②两条边分别在两个面内；③两条边都和棱垂直。　　二面角用它的平面角来度量。　设二面角为θ，则θ∈[0°，180°]。　　（Ⅱ）二面角的平面角的构造方法　一般地，解非直二面角问题，都要作出并且利用二面角的平面角。　　构造二面角的平面角的主要方法有：　　①定义法：经过二面角的棱上某一点，分别在两个面内作棱的垂线，直接构造出二面角的平面角。此法适于对二面角平面角的顶点以及至少一条边不作特殊要求的问题。　　②三垂线法：当点A在二面角的一个面α内时，作于O，又在β内作于B，连结AB，则由三垂线定理得，故为二面角的平面角。这种构造二面角的平面角的方法，称之为“三垂线法”。　　此方法适合二面角平面角的边经过某一面内的某一点的二面角问题，是构造二面角平面角的第一重要途径。　　③垂面法：经过空间某一点作棱的垂面与二面角的两个面相交，则得到的两条交（射）线构成的角即为二面角的平面角。　　此方法适于借势构造棱或面的垂面的问题。　　四、经典例题　　例1、图，在正方体中，M、N分别为棱和的中点，若是直线CM与所成的角，求的值。　　分析：注意到以为边的平行四边形容易构造，故考虑通过构造平行四边形实现的平移。　　　解：取的中点为P，连结BP、MP、PC、MB，　则由知，四边形BPD1N为平行四边形，　　故有①　　又有M、P分别为、的中点知，，老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　∴四边形BMPC为平行四边形，且BP与CM相交　　②　　令，　　则由①，②知，为异面直线CM与所成角，　令正方体棱长为1，，　　则在中，，，　∴　∴　　同理，可得　于是在中，由余弦定理得　　　注意到这里θ∈（0°，90°）　∴　点评：构造两条异面直线所成的角，取辅助点，作辅助线的基本策略是“投其所好”（或称之为“以其人之道还治其人之身”）。　　当已知条件中给出的点为线段的中点时，考虑取有关线段的中点以对应原有线段的中点；当已知条件中给出的点为线段的三等分点时，则考虑取有关线段的三等分点以配合原有线段的三等分点，……；其中，以人为地构造三角形的中位线或构造平行四边形实现“平移”，是构造异面直线所成角的基本手段。因此，当已知条件中出现线段的中点时，在有关线段上取新中点以对应原有中点，通过构造三角形的中位线进行“平移”，乃是解题的第一选择。　　例2、如图，正四面体ABCD中，E为AB中点，M为AC中点，N为的中心，求异面直线DE和MN所成角的大小。　　分析：对于锥体中的异面直线，构造它们所成的角时，一般优先考虑构造三角形中位线或三角形中的成比例线段。在这里，注意到正三角形中心为中线的三等分点，因此想到构造三角形中的成比例线段。　　解：为建立异面直线MN与DE的联系，连结DN并延长交BC于点P，则P为BC的中点，连结PE，在平面DEP内过N作NQ//DE且交PE于点Q，　则或其补角为异面直线DE和MN所成的角　连结MQ，并设正四面体的棱长为a，则，　∵在中，　∴　①　　又　②　由正得　③　　∴在中由余弦定理得　　　由此解得　∴所求两异面直线所成角为老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　点评：利用正三角形中心的特性，人为地构造三角形中的成比例线段，并由此得出两条异面直线所成角，这是解答本题的关键环节。　　例3、已知在长方体中，棱AB=BC=3，。连结，过点B作的垂线交于E，交于F.　　（1）求证：平面BDE；　（2）求DE与平面所成角的大小。　　分析：注意到长方体的特性，故从寻找在侧面上的射影切入。　　解：　（1）证明：连结BD，AC，则　　∵AC是在平面AC内的射影，　　∴，即①　　注意到平面，故为在平面内的射影。　　∵平面，，　　∴即②　∴由①，②得平面BDE；　　（2）注意到平面即平面，连结DF、　　∵，，　　∴平面.　∴即为DE与平面所成的角。　　又由已知AB=BC=3，得，，，∴由∽得，由得，，∴由得，　∴，∴DE与平面所成角为　　点评：利用直角三角形的相似寻出有关线段间的联系，是解决以长方体为载体的解答题的基本策略。　　例4、如图，在直三棱锥中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D、E分别为与的中点，点E在平面ABD上的射影是的重心G.　　（1）求与平面ABD所成角的大小；　（2）求点到平面AED的距离。老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　分析：　（1）欲求直线与平面所成的角，往往要首先寻找或构造这一平面的垂线，这里由题设知平面ABD，关键是解　（2）注意到四面体的三个顶点在侧面上，并且点D到这一侧面的距离易求，故考虑运用“体积法”求这一距离。　　解：　　（1）由题设知平面ABD，连结BG，　　则BG是BE在平面ABD上的射影，　∴是与平面ABD所成的角。　　在平面ABD内连结DG并边长交AB于F，连结CF，DE，EF。　　∵AC=BC，∴DA=DB　　又G为的重心，　　∴F为AB中点，并且四边形CDEF为矩形。　　在中，∵，　　∴　　①　　又EF=1，∴由①得　　∴，　　②　　注意到，　　∴，　　∴　③　　于是利用②，③，　在得：　∴　　即直线与平面ABD所成角的大小为　　（2）设点到平面AED的距离为h，注意到平面，，　故平面。　∴由得　　④　又由（1）知⑤　⑥　　而　⑦　　∴将⑤、⑥、⑦代入④得　∴老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　即所求点到平面AED的距离为　　点评：此例的解法运用了立体几何中求角、求距离的典型解法。对于（1），关键是寻出或作出相关平面的垂线；对于（2），则是求点（或直线）到平面距离的基本解法，关键在于相关的三角形面积与点到平面的距离易求。　　例5、如图，在正方体的棱AB上求一点M，使得二面角为120°的二面角。　　分析：循着解决此类问题的思路，设符合条件的点M存在，并从构造二面角的平面角切入，从解突破。　　解：由二面角为120°的二面角知，二面角为60°的二面角　　∵平面，垂足为B，　　∴在平面内过点B作于N，　　连结CN，则由三垂线定理知　　∴为二面角的平面角，即　　设正方体棱长为a，则在中，BC=a，　　在中，　　又在中，由得，　∴∴在中，　　因此，在AB上取点M，使，则M为所求的满足要求的点。　　点评：本题求解向60°的二面角的转化，以及立足于解，由远及近向BM的靠拢，值得我们品悟和借鉴。例6、已知矩形ABCD中，AB=3，BC=4，沿对角线BD将折起，使点A在平面BCD上的射影E恰好落在BC上，求二面角A-BD-C的大小。　　老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　解：　∵点E是点A在平面BCD上的射影，　∴平面BCD　　在平面BCD内过点E作于H，连结AH，　则（三垂线定理），　　∴为二面角A-BD-C的平面角　在中，AB=3，AD=4，BD=5，　　∴，　　①　　　又∽，　　∴，　∴　　②于是在中，由①，②得，∴，即所求二面角大小为　　点评：此题为“平面图形的折叠”问题。对此，解题的一类思路是　　（Ⅰ）认知平面图形：有关线段的长度，有关线段的关系：平行；垂直；平分等；　　（Ⅱ）考察“变”与“不变”：相对于平面图形，翻折后的空间图形中，哪些元素间的位置、数量关系发生了变化，哪些没有改变（包括两点间的距离，原有的平行、垂直关系等）；　　（Ⅲ）利用“不变”求解：将翻折前后的两个图形对照，并且利用“不变”的量和关系求解未知的量。　　在这里，折叠前后的，，图（1）中的AH、BH、HE与图（2）中的AH、BH、HE相同。注意到空间图形在视觉中的失真，如果需要，可在平面图形中寻求不变量，以使目标更为明朗、真实，使求解更为准确、快捷。　　五、高考真题　　（一）选择题　　1.不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共有（　　）　　A.3个　　B.4个　　　C.6个　　　D.7个　　分析：不共面的四个定点构定一个四面体，取各棱中点，则与某一面平行的截面有4个，与三组对棱平行的截面有3个，这些截面到四个定点的距离都相等，故这样的平面α共有7个，应选D。　　2.如图，长方体中，　，AD=1，点E、F、G分别是DD1、AB、CC1的中点，则异面直线与GF所成的角是（　　）　　A.　　B.　　　C.　　　D.　　分析：为平移连结，　则由题设得∴或其补角为所求异面直线与GF所成的角　连结，　由已知易得，，　　∴　　∴，应选D。老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　3.如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则E到平面的距离是（　　）　　A.　　　　B.　　　　　　C.　　　　　　D.　　分析：注意到平面，故点E到平面的距离等于点到平面的距离。　　连结，并设，　则且　①　　∵平面　∴　②　　∴由①，②得平面　　∴点到平面的距离为，　　∴应选B。　　（二）填空题　　1.如图，正方体棱长为1，C、D分别是两条棱的中点，A、B、M是顶点，那么点M到截面ABCD的距离是　　　　　　。　　分析：注意到正方体相关圆形的面积易求，考虑运用“体积法”　设点M到截面ABCD的距离为h，连结MC、MD，则　　　　又　∴　　由此解得　　　　答案：　　2.设M、N是直角梯形ABCD两腰的中点，于E，现将沿DE折起，使二面角为45°，此时点A在平面BCDE内的射影恰为点B，则M、N的连线与AE所成角的大小等于　　　　　　。分析：由题设知，平面BCDE　①　　∴EB=AB，即为等腰。　　取AE中点为F，连结FB，FM，　　则由题设知，　　∴　　又由①得平面BCDE平面ABE　　∴平面ABE。　　∴四边形MNBF为矩形。老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　∴MN//FB　　注意到为等腰且F为AE中点，　∴　　∴　　∴MN与AE所成角为90°　　答案：90°。　　（三）解答题　　1.如图，已知长方体，AB=2，AA1=1，直线BD与平面所成角为30°，AE垂直BD于E，F为的中点。　　（1）求异面直线AE与BF所成的角；　　（2）求平面BDF与平面所成二面角（锐角）的大小；　　（3）求点A到平面BDF的距离。　　解法一：　　在长方体中，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图。由已知　　可得。　　又平面，　从而与平面所成的角为，　　又，，，从而易得　　（1）　∵　∴=　　即异面直线所成的角为　（2）易知平面的一个法向量设是平面的一个法向量，　　由　　取　　∴即平面与平面所成的二面角的大小（锐角）为老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n（3）点到平面的距离，即在平面的法向量上的投影的绝对值，所以距离　　=　所以点到平面的距离为　　解法二：　　(1)连结B1D1，过F作B1D1的垂线，垂足为K，　　∵BB1与两底面ABCD，A1B1C1D1都垂直，　　∴　　又　　因此　　FK∥AE.　　∴∠BFK为异面直线BF与AE所成的角。　连结BK，由FK⊥面BDDB得FK⊥BK。　　从而△BKF为Rt△　　在Rt△BKF1和Rt△B1D1A1　　由得　　FK===　又BF=　∴cos∠BFK=　　∴异面直线BF与AE所成的角为arcos；　　（2）由于DA⊥面AA1B，由A作BF的垂线AG，垂足为G，连结DG，由三垂线定理知BG⊥DG。∴∠AGD即为平面BDF与平面AA1B所成二面角的平面角且∠DAG=90°，在平面AA1B中，延长BF与AA1交于点S。　　∵F为A1B1的中点，A1F∥AB。　∴A1、F分别为SA、SB的中点。　　即SA=2A1A=2=AB。　　∴Rt△BAS为等腰直角三角形，垂足G点实为斜边SB的中点F，即F、G重合，老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　易得AG=AF=SB=，在Rt△BAS中，AD=，　　∴tan∠AGD=　∴∠AGD=arctan　即平面BDF与平面AA1B所成二面角（锐角）的大小为arctan；　　（3）由(2)知平面AFD是平面BDF与平面AA1B所成二面角的平面角所在的平面，　　∴面AFD⊥面BDF。　　在Rt△ADF中，由A作AH⊥DF于H，　则AH即为点A到平面BDF的距离，　　由AH·DF=AD·AF，得　　　　所以点A到平面BDF的距离为。　　点评：本题给出的两种解法，分别为传统解法与空间向量坐标法的代表。　　2.如图，在直四棱柱中，AB=AD=2，，，，，垂足为E。　　（1）求证：；　　（2）求二面角的大小；　　（3）求异面直线AD与所成角的大小。　　分析：注意到直棱柱的侧棱垂直于底面（侧面亦垂直于底面），（2）、（3）中的目标易于确定，只是计算要注意准确。　　解法一：　　（1）在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，　　∵AA1⊥底面ABCD．　　∴AC是A1C在平面ABCD上的射影．　　∵BD⊥AC．　　∴BD⊥A1C；　　（2）连结A1E，C1E，A1C1．　　与（1I）同理可证BD⊥A1E，BD⊥C1E，　　∴∠A1EC1为二面角A1－BD－C1的平面角．　　　∵AD⊥DC，　　∴∠A1D1C1=∠ADC＝90°，　　又A1D1=AD＝2，D1C1=DC＝2，AA1=且AC⊥BD，　　∴A1C1＝4，AE＝1，EC＝3，　　∴A1E＝2，C1E＝2，老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　在△A1EC1中，A1C12＝A1E2＋C1E2，　　∴∠A1EC1＝90°，　　即二面角A1－BD－C1的大小为90°．　　（3）过B作BF//AD交AC于F，连结FC1，　则∠C1BF就是AD与BC1所成的角．　　∵AB＝AD＝2，BD⊥AC，AE＝1，　　∴BF=2，EF＝1，FC＝2，BC＝DC，　　∴FC1=，BC1＝，　在△BFC1中,cos∠C1BF＝　∴∠C1BF=．　　即异面直线AD与BC1所成角的大小为．　　解法二：　　(1)同解法一。　　(2)如图，以D为坐标原点，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，连结A1E，C1E,A1C1　与（1）同理可证，BD⊥A1E，BD⊥C1E,　　∴∠A1EC1为二面角A1－BD－C1的平面角。　　由A1（2，0，），C1（0，2，）,　　E（，0）,　　得，　∴　　∴，即EA1⊥EC1　　∴二面角A1－BD－C1的大小为90°　　（3）如图，由D（0，0，0），A（2，0，0），C1（0，2，），B(3,,0)　　得＝（－2，0，0），＝（－3,,）∴，｜｜＝2，｜｜＝，　∴==,　　∴异面直线AD与BC1所成的角大小为arccos.　　解法三：　　（1）同解法一。　　（2）如图，建立空间直角坐标系，坐标原点为E，连结A1E，C1E，A1C1　　与（1）同理可证，BD⊥A1E，BD⊥C1E，老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　∴∠A1EC1为二角，A1－BD－C1的平面角。　　由E（0，0，0），A1（0，－1，），C1（0，3，），　　得，＝（0，3，）。　　∵　　∴，即EA1⊥EC1　　∴二面角A1－BD－C1的大小为90°　　（3）如图，由A(0,－1，0)，D（－，0，0），B（，0,0），C1（0，3，）　　得＝（－，1,0），＝（－，3，）。　∵，｜｜＝2，｜｜＝∴　　∴异面直线AD与BC1所成的角大小为arccos.　　点评：从直四棱柱的特性入手认知有关线段间的关系，是这里解题顺利成功的基础与关键。　　3.已知直四棱柱中，，底面ABCD是直角梯形，为直角，AB//CD，AB=4，AD=2，DC=1，求异面直线与DC所成角的大小（结果用反三角函数值表示）。　　解法一：　　由题意AB∥DC,　　∴∠C1BA是异面直线BC1与DC所成的角　　连结AC1与AC，在Rt△ADC中，可得AC=.　　又在Rt△ACC1中，可得AC1=3.　　在梯形ABCD中，过C作CH∥AD交AB于H，　　得∠CHB=90°,CH=2，HB=3，　　∴CB=，又在Rt△CBC1中，可得BC1=，　　在△ABC1中，cos∠ABC1=.　　∴∠ABC1=arccos.　　∴异面直线BC1与DC所成角的大小为arccos.　　解法二：　　如图，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立直角坐标系。老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　则C1（0，1，2），B（2，4，0），　∴=（－2，－3，2），　　=（0，－1，0），　设与所成的角为θ,　　则　∴θ=arccos,　　∴异面直线BC1与DC所成角的大小为arccos.　　解法三：　　由题意AB//CD，　∴为异面直线与DC所成的角。　在棱AB、上分别取点E、F，使AE=A1F=DC=1，　　连结CE，C1F，EF，EC1，　　∵底面ABCD为直角梯形，，　　∴四边形AECD为矩形，　∴，又，∴　　∴平面，　　∴。　又在中，BE=3，，　　∴　　∴，　∴异面直线与DC所成角为　　点评：根据几何问题的具体情况，在有关平面内作相关直线的平行线或在有关线段上截取等号的线段，刻意在构造矩形或正方形的过程中表现“已知”或“目标”，这是几何问题的基本解题策略。　　4.如图，在三棱柱中，侧面，E为棱异于C、C1的一点，，已知，，BC=1，，求（1）异面直线AB与的距离；　（2）二面角的平面角的正切值。　　解法一：　　（1）因AB⊥面BB1C1C，故AB⊥BE.　又EB1⊥EA，且EA在面BCC1B1内的射影为EB.　　由三垂线定理的逆定理知EB1⊥BE，　　因此BE是异面直线AB与EB1的公垂线，　　在平行四边形BCC1B1中，设EB=x，则EB1=，　　作BD⊥CC1，交CC1于D，则老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　在△BEB1中，由面积关系得　　.（负根舍去）　　　解之得CE=2，故此时E与C1重合，由题意舍去.　因此x=1，即异面直线AB与EB1的距离为1.　　（2）过E作EG//B1A1，则GE⊥面BCC1B，故GE⊥EB1且GE在面A1B1E内，　　又已知，故为二面角的平面角。　∵，　　∴，　∴　即所求二面角的正切值为　　解法二：　　（1）　　得AB⊥EB1　　从而=0.　　　　设O是BB1的中点，连接EO及OC1，　则在Rt△BEB1中，EO=BB1=OB1=1，　　因为在△OB1C1中，B1C1=1，∠OB1C1=，　故△OB1C1是正三角形，所以OC1=OB1=1，　　又因∠OC1E=∠B1C1C－∠B1C1O=故△OC1E是正三角形，所以C1E=1，故CE=1，　　易见△BCE是正三角形，从而BE=1，　即异面直线AB与EB1的距离是1.　　（2）由（1）可得∠AEB是二面角A—EB1—B的平面角，　　在Rt△ABE中，由AB=，BE=1，得tanAEB=.　　又由已知得平面A1B1E⊥平面BB1C1C，　　故二面角A—EB1—A1的平面角，　　故　　解法三：老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4\n　　（1）以B为原点，、分别为y、z轴建立空间直角坐标系.　　由于BC=1，BB1=2，AB=，∠BCC1=，　在三棱柱ABC—A1B1C1中有　　B（0，0，0），A（0，0，），B1（0，2，0），　　　设　　　　　　　　　∴　　　又AB⊥面BCC1B1，故AB⊥BE.因此BE是异面直线AB、EB1的公垂线，　则　　故异面直线AB、EB1的距离为1.　　（2）由已知有　　故二面角A—EB1—A1的平面角的大小为向量的夹角.　　　　点评：对于（2），运用解方程的思想与方法；对于（3），运用转化与变通的策略，这些都是解决立体几何问题的重要思想与方略。老榆木家具www.yumu365.com老榆木家具ovuiesd4