高中数学复习专题讲座第29讲关于求空间距离的问题.pdf

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1、题目高中数学复习专题讲座关于求空间距离的问题高考要求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重难点归纳1.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，

2、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(3)向量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2.用向量法求距离的公式：异面直线,a b之间的距离：|AB ndnuuu rrr，其中,na nb Aa Bbrr。直线a与平面之间的距离：|AB ndnu uu rrr，其中,Aa B。nr是平面的法向量。两平行平面,之间的距离：|AB ndnu uu rrr

3、，其中,AB。nr是平面的法向量。点 A到平面的距离：|AB ndnu uu rrr，其中B，nr是平面的法向量。另法：点000(,),A xyz平面0AxByCzD则000222|AxByCzDdABC点 A到直线a的距离：22|AB adABau uu rruuu rr，其中Ba，ar是直线a的方向向量。两平行直线,a b之间的距离：22|AB adABauuu rru uu rr，其中,Aa Bb，ar是a的方向向量。典型题例示范讲解例 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

4、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OBuuu r、OCuuu r、ODuuu r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Oxyz,设正方形 ABCD 边长为 a,则 A(0，22a,0),B(22a,0,0),C(0,22a,0),FEABCDoxzyD(0,0,22a),E(0,42a,a),F(42a,42a,0)22222222233(1)|

5、(0)()(0),4444422222(2)(0,),(,0)444422220()()044448|,|,cos,22|EFaaaaaEFaOEaaOFaaaOE OFaaaaaaOE OFOEOFOE OFOEu uu ruuu ruuu ruuu r uu u ruu u r uu u ruuu ruu u ruu u r uu u ru uu r12|OFu uu r EOF=120例 2 正方体ABCDA1B1C1D1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

6、，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，在正方体AC1中，A1C1AC,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 B1D1A1C1=O1,BDAC=OACBD，AC DD1，AC平面 BB1D1D平面 AB1C平面 BB1D1D，连结 B1O，则平面AB1C平面 BB1

7、D1D=B1O作 O1GB1O 于 G，则 O1G平面 AB1CO1G 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 RtOO1B1中，O1B1=22，OO1=1，OB1=21121BOOO=26GD1C1B1A1o1oDCBAO1G=331111OBBOOO，即异面直线A1C1与 AB1间距离为33解法二如图，在 A1C 上任取一点M，作 MNAB1于 N，作 MRA1B1于 R，连结 RN，平面 A1B1C1D1平面 A1ABB1，MR平面 A1ABB1，MR AB1AB1 RN，设 A1R=x,则 RB1=1 x C1A1B1=AB1A1=45，MR

8、=x,RN=NB1=)1(22x31)31(23)1(2122222xxxRNMRMN(0 x 1)当 x=31时，MN 有最小值33即异面直线A1C1与 AB1距离为33解法三（向量法）如图建立坐标系，则111(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1),(0,1,1)AABC111(0,1,1),(1,1,0)ABACu uu ru uu u r设 MN 是直线 A1C1与 AB1的公垂线，且1111(0,),(,0)ANABAMACu uu ruuu ruu uu ruuu u r则11(,0)(0,0,1)(0,)MNMAA AANuuu u ruuuu ruuu ruuu r-(,

9、1),从而有11100MN A CMN ABuuu u r uu uu rguuu u r uu urg220321131 1 13(,)|3 3 33MNMNuuu u ru uu u r例 3 如图，已知ABCD 是矩形，AB=a,AD=b,PA平面 ABCD，PA=2c,Q是 PA 的中点RNMD1C1B1A1DCBANMD1C1B1A1DCBAxzy求(1)Q 到 BD 的距离；(2)P 到平面 BQD 的距离解(1)在矩形 ABCD 中，作 AEBD，E 为垂足连结 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

10、=b,AE=22baab在 RtQAE 中，QA=21PA=cQE=22222babacQ 到 BD 距离为22222babac(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 AHQE，H 为垂足BDAE,BDQE,BD平面 AQEBDAHAH平面 BQE，即 AH 为 A 到平面 BQD 的距离在 RtAQE 中，AQ=c,AE=22baabAH=22222)(bacbaabcP 到平面 BD 的距离为22222)(bacbaabc解法二设点 A 到平面 QBD 的距离为h，由VABQD=VQABD,得31SBQDh

11、=31SABDAQh=22222)(bacbaabcSAQSBQDABDQPDCBAHEQPDCBA学生巩固练习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21，那么点 M 到直线 EF 的距离为()A22B1 C32D122三棱柱 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()A10B11C2.6 D2.4 3如左图，空间四点A、B、C、

12、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 EABC 的度数为30，那么 EF 与平面 ABCD 的距离为 _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ABCDA1B1C1D1，点 E 在棱 D1D 上，截面 EACD1B 且面 EAC 与底面ABCD 所成的角为45,AB=a,求(1)截面 E

13、AC 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MABCDCBFEABCDQPABCDGFED1C1B1A1DCBAED1C1B1A1DCBAEC1B1FCBA8如图，在梯形ABCD 中，ADBC，ABC=2,AB=31AD=a,ADC=arccos552,PA面 ABCD 且 PA=a

14、(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36参考答案1解析过点 M 作 MM EF,则 MM 平面 BCF MBE=MBCBM为 EBC 为角平分线，EBM=45,BM=2,从而 MN=22答案A 2解析交线 l 过 B 与 AC 平行，作 CDl 于 D，连 C1D，则 C1D 为A1C1与 l 的距离，而CD 等于 AC 上的高，即CD=512,RtC1CD 中易求得C1D=513=2.6 答案C 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

15、=22a,PQ AB,同理可得PQCD，故线段 PQ 的长为 P、Q 两点间的最短距离，在 RtAPQ中，PQ=22)2()23(2222aaAPAQa答案22a4解析显然 FAD 是二面角EABC 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 ABCDFG 为 EF 与平面 ABCD 的距离，即FG=2a答案2a5(1)证明由于 BC1AD1，则 BC1平面 ACD1同理，A1B平面 ACD1，则平面A1BC1平面 ACD1ABCDP(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 A

16、1C1=5，A1B=25，BC1=13，则 cosA1BC1=652,则sinA1BC1=6561,则S111CBA=61,由 于111111DCABBCADVV，则31S11BCAd=)21(31111DCADBB1,代入求得d=616112,即两平行平面间的距离为616112(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6161126解(1)连结 DB 交 AC 于 O，连结 EO，底面 ABCD 是正方形DO AC，又 ED面 ABCDEOAC，即 EOD=45又 DO=22a，AC=2a，EO=4

17、5cosDO=a，SEAC=22a(2)A1A底面 ABCD，A1AAC，又 A1AA1B1A1A 是异面直线A1B1与 AC 间的公垂线又 EOBD1，O 为 BD 中点，D1B=2EO=2aD1D=2a，A1B1与 AC 距离为2a(3)连结 B1D 交 D1B 于 P，交 EO 于 Q，推证出B1D面 EACB1Q 是三棱锥B1EAC 的高，得B1Q=23a32422322311aaaVEACB7解(1)BB1A1E，CC1A1F，BB1CC1BB1平面 A1EF即面 A1EF面 BB1C1C在 RtA1EB1中，A1B1E=45，A1B1=aA1E=22a,同理 A1F=22a,又 E

18、F=a，A1E=22a同理 A1F=22a,又 EF=a EA1F 为等腰直角三角形，EA1F=90过 A1作 A1NEF，则 N 为 EF 中点，且A1N平面 BCC1B1即 A1N 为点 A1到平面 BCC1B1的距离A1N=221a又 AA1面 BCC1B，A 到平面 BCC1B1的距离为2aa=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B1C1D1D,B1C1A1NB1C1平面 ADD1A1BC平面 ADD1A1得平面 ABC平面 ADD1A1，过 A1作 A1M平面 ABC，交 A

19、D 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)BCAD,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 AEPB，又 AE BCAE平面 PBC，AE 为所求在等腰直角三角形PAB 中，PA=AB=aAE=22a(2)作 CMAB，由已知cosADC=552tanADC=21,即 CM=21DMABCM 为正方形，AC=2a,PC=3a过 A 作 AHPC,在 Rt PAC 中，得 AH=36下面在 AD 上找一点

20、F，使 PCCF取 MD 中点 F，ACM、FCM 均为等腰直角三角形 ACM+FCM=45+45=90FCAC,即 FCPC在 AD 上存在满足条件的点F课前后备注学法指导: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

21、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