立體幾何空間距離問題

立體幾何空間距離問題空間中距離的求法是歷年高考考查的重點，其中以點與點、點到線、點到面的距離為基礎，求其他幾種距離一般化歸為這三種距離.●難點磁場(★★★★)如圖，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PA⊥平面ABCD，PA=2c,Q是PA的中點.求：(1)Q到BD的距離；(2)P到平面BQD的距離.P為RT△ABC所在平面α外一點,∠ACB=90°(如圖)(1)若PC=a，∠PCA=∠PCB=60°，求P到面α的距離及PC和α所成的角

（2）若PC=24，P到AC，BC的距離都是6√10，求P到α的距離及PC和α所成角

（3）若PC=PB=PA，AC=18，P到α的距離為40，求P到BC的距離●案例探究［例1］把正方形ABCD沿對角線AC折起成直二面角，點E、F分別是AD、BC的中點，點O是原正方形的中心，求：(1)EF的長；(2)折起后∠EOF的大小.命題意圖：考查利用空間向量的坐標運算來解決立體幾何問題，屬★★★★級題目.知識依托：空間向量的坐標運算及數量積公式.錯解分析：建立正確的空間直角坐標系.其中必須保證x軸、y軸、z軸兩兩互相垂直.技巧與方法：建系方式有多種，其中以O點為原點，以、、的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向最為簡單.解：如圖，以O點為原點建立空間直角坐標系O—xyz,設正方形ABCD邊長為a,則A(0，－a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(0,0,a),E(0,－a,a),F(a,a,0)∴∠EOF=120°［例2］正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，求異面直線A1C1與AB1間的距離.命題意圖：本題主要考查異面直線間距離的求法，屬★★★★級題目.知識依托：求異面直線的距離，可求兩異面直線的公垂線，或轉化為求線面距離，或面面距離，亦可由最值法求得.錯解分析：本題容易錯誤認為O1B是A1C與AB1的距離，這主要是對異面直線定義不熟悉，異面直線的距離是與兩條異面直線垂直相交的直線上垂足間的距離.技巧與方法：求異面直線的距離，有時較難作出它們的公垂線，故通常采用化歸思想，轉化為求線面距、面面距、或由最值法求得.解法一：如圖，連結AC1，在正方體AC1中，∵A1C1∥AC,∴A1C1∥平面AB1C，∴A1C1與平面AB1C間的距離等于異面直線A1C1與AB1間的距離.連結B1D1、BD，設B1D1∩A1C1=O1,BD∩AC=O∵AC⊥BD，AC⊥DD1，∴AC⊥平面BB1D1D∴平面AB1C⊥平面BB1D1D，連結B1O，則平面AB1C∩平面BB1D1D=B1O作O1G⊥B1O于G，則O1G⊥平面AB1C∴O1G為直線A1C1與平面AB1C間的距離，即為異面直線A1C1與AB1間的距離.在Rt△OO1B1中，∵O1B1=，OO1=1，∴OB1==∴O1G=，即異面直線A1C1與AB1間距離為.解法二：如圖，在A1C上任取一點M，作MN⊥AB1于N，作MR⊥A1B1于R，連結RN，∵平面A1B1C1D1⊥平面A1ABB1，∴MR⊥平面A1ABB1，MR⊥AB1∵AB1⊥RN，設A1R=x,則RB1=1－x∵∠C1A1B1=∠AB1A1=45°，∴MR=x,RN=NB1=(0＜x＜1∴當x=時，MN有最小值即異面直線A1C1與AB1距離為.●錦囊妙計空間中的距離主要指以下七種：(1)兩點之間的距離.(2)點到直線的距離.(3)點到平面的距離.(4)兩條平行線間的距離.(5)兩條異面直線間的距離.(6)平面的平行直線與平面之間的距離.(7)兩個平行平面之間的距離.七種距離都是指它們所在的兩個點集之間所含兩點的距離中最小的距離.七種距離之間有密切聯系，有些可以相互轉化，如兩條平行線的距離可轉化為求點到直線的距離，平行線面間的距離或平行平面間的距離都可轉化成點到平面的距離.在七種距離中，求點到平面的距離是重點，求兩條異面直線間的距離是難點.求點到平面的距離：(1)直接法，即直接由點作垂線，求垂線段的長.(2)轉移法，轉化成求另一點到該平面的距離.(3)體積法.求異面直線的距離：(1)定義法，即求公垂線段的長.(2)轉化成求直線與平面的距離.(3)函數極值法，依據是兩條異面直線的距離是分別在兩條異面直線上兩點間距離中最小的.●殲滅難點訓練一、選擇題1.(★★★★★)正方形ABCD邊長為2，E、F分別是AB和CD的中點，將正方形沿EF折成直二面角(如圖)，M為矩形AEFD內一點，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值為，那么點M到直線EF的距離為()2.(★★★★)三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1=1，AB=4，BC=3，∠ABC=90°,設平面A1BC1與平面ABC的交線為l，則A1C1與l的距離為()A. B. C.2.6 D.2.4二、填空題3.(★★★★)如左下圖，空間四點A、B、C、D中，每兩點所連線段的長都等于a，動點P在線段AB上，動點Q在線段CD上，則P與Q的最短距離為_________.4.(★★★★)如右上圖，ABCD與ABEF均是正方形，如果二面角E—AB—C的度數為30°，那么EF與平面ABCD的距離為_________.三、解答題5.(★★★★★)在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如圖：(1)求證：平面A1BC1∥平面ACD1；(2)求(1)中兩個平行平面間的距離；(3)求點B1到平面A1BC1的距離.6.(★★★★★)已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，點E在棱D1D上，截面EAC∥D1B且面EAC與底面ABCD所成的角為45°,AB=a,求：(1)截面EAC的面積；(2)異面直線A1B1與AC之間的距離；(3)三棱錐B1—EAC的體積.7.(★★★★)如圖，已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面是邊長為2的正三角形，側棱A1A與AB、AC均成45°角，且A1E⊥B1B于E，A1F⊥CC1于F.(1)求點A到平面B1BCC1的距離；(2)當AA1多長時，點A1到平面ABC與平面B1BCC1的距離相等.8.(★★★★★)如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=,AB=AD=a,∠ADC=arccos,PA⊥面ABCD且PA=a.(1)求異面直線AD與PC間的距離；(2)在線段AD上是否存在一點F，使點A到平面PCF的距離為.參考答案難點磁場解：(1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E為垂足連結QE，∵QA⊥平面ABCD，由三垂線定理得QE⊥BE∴QE的長為Q到BD的距離在矩形ABCD中，AB=a,AD=b,∴AE=在Rt△QAE中，QA=PA=c∴QE=∴Q到BD距離為.(2)解法一：∵平面BQD經過線段PA的中點，∴P到平面BQD的距離等于A到平面BQD的距離在△AQE中，作AH⊥QE，H為垂足∵BD⊥AE,BD⊥QE,∴BD⊥平面AQE∴BD⊥AH∴AH⊥平面BQE，即AH為A到平面BQD的距離.在Rt△AQE中，∵AQ=c,AE=∴AH=∴P到平面BD的距離為解法二：設點A到平面QBD的距離為h，由VA—BQD=VQ—ABD,得S△BQD·h=S△ABD·AQh=殲滅難點訓練一、1.解析：過點M作MM′⊥EF,則MM′⊥平面BCF∵∠MBE=∠MBC∴BM′為∠EBC為角平分線，∴∠EBM′=45°,BM′=,從而MN=答案：A2.解析：交線l過B與AC平行，作CD⊥l于D，連C1D，則C1D為A1C1與l的距離，而CD等于AC上的高，即CD=,Rt△C1CD中易求得C1D==2.6答案：C二、3.解析：以A、B、C、D為頂點的四邊形為空間四邊形，且為正四面體，取P、Q分別為AB、CD的中點，因為AQ=BQ=a,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故線段PQ的長為P、Q兩點間的最短距離，在Rt△APQ中，PQ=a答案：a4.解析：顯然∠FAD是二面角E—AB—C的平面角，∠FAD=30°,過F作FG⊥平面ABCD于G，則G必在AD上，由EF∥平面ABCD.∴FG為EF與平面ABCD的距離，即FG=.答案：三、5.(1)證明：由于BC1∥AD1，則BC1∥平面ACD1同理，A1B∥平面ACD1，則平面A1BC1∥平面ACD1(2)解：設兩平行平面A1BC1與ACD1間的距離為d，則d等于D1到平面A1BC1的距離.易求A1C1=5，A1B=2，BC1=，則cosA1BC1=,則sinA1BC1=,則S=,由于，則S·d=·BB1,代入求得d=,即兩平行平面間的距離為.(3)解：由于線段B1D1被平面A1BC1所平分，則B1、D1到平面A1BC1的距離相等，則由(2)知點B1到平面A1BC1的距離等于.6.解：(1)連結DB交AC于O，連結EO，∵底面ABCD是正方形∴DO⊥AC，又ED⊥面ABCD∴EO⊥AC，即∠EOD=45°又DO=a，AC=a，EO==a，∴S△EAC=a(2)∵A1A⊥底面ABCD，∴A1A⊥AC，又A1A⊥A1B1∴A1A是異面直線A1B1與AC間的公垂線又EO∥BD1，O為BD中點，∴D1B=2EO=2a∴D1D=a，∴A1B1與AC距離為a(3)連結B1D交D1B于P，交EO于Q，推證出B1D⊥面EAC∴B1Q是三棱錐B1—EAC的高，得B1Q=a7.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=a,同理A1F=a,又EF=a，∴A1E=a同理A1F=a,又EF=a∴△EA1F為等腰直角三角形，∠EA1F=90°過A1作A1N⊥EF，則N為EF中點，且A1N⊥平面BCC1B1即A1N為點A1到平面BCC1B1的距離∴A1N=又∵AA1∥面BCC1B，A到平面BCC1B1的距離為∴a=2，∴所求距離為2(2)設BC、B1C1的中點分別為D、D1，連結AD、DD1和A1D1，則DD1必過點N，易證ADD1A1為平行四邊形.∵B1C1⊥D1D,B1C1⊥A1N∴B1C1⊥平面ADD1A1∴BC⊥平面ADD1A1得平面ABC⊥平面ADD1A1，過A1作A1M⊥平面ABC，交AD于M，若A1M=A1N，又∠A1AM=∠A1D1N，∠AMA1=∠A1ND1=90°∴△AMA1≌△A1ND1,∴AA1=A1D1=,即當AA1=時滿足條件.8.解：(1)∵BC∥AD,BC面PBC,∴AD∥面PBC從而AD與PC間的距離就是直線AD與平面PBC間的距離.過A作AE⊥PB，又AE⊥BC∴AE⊥平面PBC，AE為所求.在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=a∴AE=a(2)作CM∥AB，由已知cosADC=∴tanADC=,即CM=DM∴ABCM為正方形，AC=a,PC=a過A作AH⊥PC,在Rt△PAC中，得AH=下面在AD上找一點F，使PC⊥CF取MD中點F，△ACM、△FCM均為等腰直角三角形∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90°∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在滿足條件的點F.

［學法指導］立體幾何中的策略思想及方法近年來，高考對立體幾何的考查仍然注重于空間觀點的建立和空間想象能力的培養(yǎng).題目起點低，步步升高，給不同層次的學生有發(fā)揮能力的余地.大題綜合性強，有幾何組合體中深層次考查空間的線面關系.因此，高考復習應在抓好基本概念、定理、表述語言的基礎上，以總結空間線面關系在幾何體中的確定方法入手，突出數學思想方法在解題中的指導作用，并積極探尋解答各類立體幾何問題的有效的策略思想及方法.一、領悟解題的基本策略思想高考改革穩(wěn)中有變.運用基本數學思想如轉化，類比，函數觀點仍是考查中心，選擇好典型例題，在基本數學思想指導下，歸納一套合乎一般思維規(guī)律的解題模式是受學生歡迎的，學生通過熟練運用，逐步內化為自己的經驗，解決一般基本數學問題就會自然流暢.二、探尋立體幾何圖形中的基面立體幾何圖形必須借助面的襯托，點、線、面的位置關系才能顯露地“立”起來.