2022年高中数学难点突破-难点--求空间距离.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 难点 28 关于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： 1Q 到 BD 的距离；2P 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：1EF 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

2、来解决立体几何问题,属级题目 . 学问依靠：空间向量的坐标运算及数量积公式 . x 轴、 y 轴、 z 轴两两相互垂直 . 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 为简洁 . x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向最解：如图,以 O 点为原点建立空间直角坐标系Oxyz,设正方形 ABCD 边长为 a,就 A0,2a,0,B2a,0,0,C0,2a,0,D0,0,2a,E0,2a, a,F2a,2a,0 2222444 1 |EF2 |2a022a2a202a23a,EF3a4444422 OE,02a,2a,OF2a,2a,0 4444OEOF0

3、2a2a2a2a0a244448|OE|a|,OF|a,cosOE,OF|OEOF|122OE|OF2 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 . 名师归纳总结 命题意图：此题主要考查异面直线间距离的求法,属级题目. 第 1 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学问依靠： 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：此题简洁错误认为O1B 是 A1C 与 AB1 的距离,这主要是对异面直线定义不熟识,异面直线

4、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,故通常采纳化归思想,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 B1D 1、 BD,设 B1D 1A1C1=O1,BDAC=OACBD,ACDD 1, AC平面 BB 1D1D平面 AB 1C平面 BB1D 1D,连结 B1O,就平面 AB1C平面 BB1D 1D=B1O作 O1GB1O 于 G,就

5、O1G平面 AB1CO1G 为直线 A1C1 与平面 AB1C 间的距离,即为异面直线A1C1 与 AB 1 间的距离 . 在 Rt OO 1B1 中, O1B1=2 ,OO 1=1, OB1= 2OO12O1B 12=62O1G=O 1OO 1B 13,即异面直线A1C1 与 AB1 间距离为3 . 3OB 13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, MRAB 1AB1 RN,设 A1R=x,就 RB1=1 x C1A1B1=AB1A1=45 ,MR=x

6、,RN=NB1=2 1x21 1x23x1210x 12MNMR2RN2x2233当 x=1 时, MN 有最小值 33 即异面直线 3A1C1 与 AB1 距离为3 . 3 锦囊妙记名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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 .七种距离之间有亲密联系

7、, 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 . 消灭难点训练一、挑选题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

8、直二面角 如图 ,M 为矩形 AEFD 内一点,假如MBE=MBC,MB 和平面 BCF 所成角的正切值为1 ,那么点 M 到直线 EF 的距离为 2 D.1A.2 2B.1C.3222. 三棱柱 ABCA1B1C1 中,AA1=1,AB=4,BC=3, ABC=90 ,设平面 A1BC1与平面 ABC 的交线为 l ,就 A1C1 与 l 的距离为 A. 10 B. 11二、填空题3. 如左以下图,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,就 P 与 Q 的最短距离为 _. 名师归纳总结 - - - - - - -第 3

9、 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 4. 如右上图, ABCD 与 ABEF 均是正方形,假如二面角 EAB 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 A1B1C1D 1 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 A1B1C1D 1,点 E 在棱 D 1D 上,截面 EAC D1B 且面 EAC 与底面 ABCD 所成的角为 45 ,AB=a,求：1截面 EA

10、C 的面积；2异面直线 A1B1 与 AC 之间的距离；3三棱锥 B1EAC 的体积 . 7. 如图,已知三棱柱 A1B1C1ABC 的底面是边长为 2 的正三角形,侧棱 A1A 与 AB、AC 均成 45 角,且 A1EB1B 于 E,A1FCC1 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=1AD=a, 3ADC =arccos25,PA面 ABCD 且 PA=a. 51求异面直线AD 与 PC 间的距离；2在线段 AD 上是否存在一

11、点F,使点 A 到平面 PCF 的距离为6. 3参考答案难点磁场解： 1在矩形 ABCD 中,作 AEBD ,E 为垂足名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 连结 QE , QA平面 ABCD ,由三垂线定理得 QEBEQE 的长为 Q 到 BD 的距离在矩形 ABCD 中, AB=a,AD=b, AE= aba 2 b 2在 Rt QAE 中, QA = 1PA=c2QE= c 2a a2 2 bb 22Q 到 BD 距离为 c 2a a2 2 bb 22 . 2解法一：平面 BQD 经过线段 PA 的中点,P 到平面

12、 BQD 的距离等于 A 到平面 BQD 的距离在 AQE 中,作 AHQE,H 为垂足BDAE,BDQE,BD平面 AQE BDAHAH平面 BQE,即 AH 为 A 到平面 BQD 的距离 . 在 Rt AQE 中, AQ=c,AE= ab2 2a bAH= abc2 2 2 2 2 a b c a bP 到平面 BD 的距离为 abc a 2 b 2 c 2 a 2 b 2解法二：设点 A 到平面 QBD 的距离为 h,由1 1VABQD =VQ ABD,得 S BQDh= SABD AQ3 3S ABD AQ abch=S BQD a 2b 2 c 2a 2b 2消灭难点训练一、 1.

13、解析：过点 M 作 MM EF,就 MM 平面 BCF MBE=MBCBM 为 EBC 为角平分线, EBM=45 ,BM=2 ,从而 MN =22答案： A 名师归纳总结 2.解析：交线l 过 B 与 AC 平行,作 CDl 于 D,连 C1D,就 C1D 为 A1C1 与 l 的距离,第 5 页,共 9 页而 CD 等于 AC 上的高,即CD =12 ,Rt C1CD 中易求得 C1D= 5135- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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,且为正四周体,取 P、Q分别为 AB、CD

14、的中点,由于 AQ=BQ= 2a,PQAB,同理可得 PQCD ,故线段 PQ 的2长为 P、Q 两点间的最短距离, 在 Rt APQ 中,PQ= AQ 2 AP 2 3 a 2 a 2 2a2 2 2答案：2 a24.解析：明显 FAD 是二面角 EABC 的平面角, FAD=30 ,过 F 作 FG 平面 ABCD于 G,就 G 必在 AD 上,由 EF 平面 ABCD . FG 为 EF 与平面 ABCD 的距离,即 FG= a. 2答案：a2三、 5.1证明：由于 BC1 AD 1,就 BC1 平面 ACD1同理, A1B 平面 ACD 1,就平面 A1BC1 平面 ACD 12解：设

15、两平行平面 A1BC1 与 ACD 1 间的距离为 d,就 d 等于 D1 到平面 A1BC1A1C1=5,2 61A1B=2 5 , BC1= 13 , 就 cosA1BC1= , 就 sinA1BC1= , 就 S A 1 B 1 C 1 = 61 ,由于65 65V D 1 A 1 BC 1 V B A 1 C 1 D 1,就 1 S A 1BC 1d= 1 1 AD 1 C 1 D 1 BB1,代入求得 d= 12 61,即两平行平3 3 2 61面间的距离为 12 61. 613解：由于线段 B1D 1被平面 A1BC1 所平分,就 B1、D1 到平面 A1BC1 的距离相等,就由1

16、2 612知点 B1 到平面 A1BC1 的距离等于 . 616.解： 1连结 DB 交 AC 于 O,连结 EO,底面 ABCD 是正方形DOAC,又 ED面 ABCDEOAC,即 EOD =45又 DO =2a,AC=2 a,EO=DO=a, SEAC=2a2cos4522A1A底面 ABCD , A1AAC,又 A1AA1B1A1A 是异面直线 A1B1与 AC 间的公垂线又 EO BD1,O 为 BD 中点, D 1B=2EO=2aD1D=2 a, A1B1 与 AC 距离为2 a3连结 B1D 交 D1B 于 P,交 EO 于 Q,推证出 B1D面 EAC名师归纳总结 3B1Q 是三

17、棱锥 B1EAC 的高,得 B1Q= 2a第 6 页,共 9 页VB 1EAC12a23a2a33224- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 7.解： 1BB1A1E,CC1A1F,BB 1 CC1BB1平面 A1EF 即面 A1EF 面 BB1C1C 在 Rt A1EB 1中, A1B1E=45 , A1B1=aA1E=2a,同理 A1F=2a,又 EF=a, A1E=2a222同理 A1F=2 a,又 EF=a 2 EA1F 为等腰直角三角形,EA1F=90过 A1作 A1NEF,就 N 为 EF 中点,且 A1N平面 BCC 1B1 即 A1N 为点

18、 A1 到平面 BCC1B1 的距离A1N=1aa 222又 AA1 面 BCC1B,A 到平面 BCC1B1 的距离为a=2,所求距离为2 2设 BC、B1C1 的中点分别为ADD 1A1 为平行四边形 . B1C1D 1D,B1C1A1NB1C1平面 ADD 1A1BC平面 ADD 1A1D、D1,连结 AD、DD 1 和 A1D1,就 DD 1 必过点 N,易证得平面 ABC平面 ADD 1A1,过 A1 作 A1M 平面 ABC,交 AD 于 M,假设 A1M =A1N,又 A1AM =A1D 1N, AMA1= A1ND1=90 AMA1 A1ND 1,AA 1=A1D1= 3 ,即

19、当 AA 1= 3 时满意条件 . 8.解： 1BC AD,BC 面 PBC,AD 面 PBC从而 AD 与 PC 间的距离就是直线 过 A 作 AEPB,又 AE BCAE平面 PBC,AE 为所求 . AD 与平面 PBC 间的距离 . 在等腰直角三角形PAB 中, PA=AB=a6 3AE=2 a 22作 CM AB,由已知 cosADC=255tanADC =1,即 CM=1DM22ABCM 为正方形, AC=2 a,PC=3 a过 A 作 AHPC,在 Rt PAC 中,得 AH=下面在 AD 上找一点 F,使 PCCF取 MD 中点 F, ACM、 FCM 均为等腰直角三角形 AC

20、M+FCM =45 +45 =90名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - FCAC,即 FCPC在 AD 上存在满意条件的点 F. 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 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旧注意于空间观点的建立和空间想象才能的培育 .题目起点低,步步上升,给不同层次的同学有发挥才能的余地.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、

21、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、领会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,挑选好典型例题,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同学欢送的,同学通过娴熟运用,逐步内化为自己的体会,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需借助面的衬托,点、线、面的位置关系才能显露地“ 立” 起来 .在具体的问题中,证明和运算常常依附于某种特别的帮助平面即基面.这个帮助平面的猎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同学学习立体几何是从熟识详细几何模型到抽象出空间点、线、面的关系, 从而培育空 间想象才能 .而数学问题中很多图形和数量关系都与我们熟识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,比照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,利用其特点 规律猎取优解 . 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 9 页