2009年高考數(shù)學難點突破專題輔導二十八

難點28  求空間距離

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.

●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(shù)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.

●錦囊妙記

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(lián)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(shù)極值法，依據(jù)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

試題詳情

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二、填空題

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三、解答題

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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(jīng)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

V_A―BQD=V_Q―ABD,得S△_BQD?h=S_△ABD?AQ

h=

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：A

2.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：a

4.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=a

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=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

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(shù)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(shù)學思想如轉化，類比，函數(shù)觀點仍是考查中心，選擇好典型例題，在基本數(shù)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(nèi)化為自己的經(jīng)驗，解決一般基本數(shù)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.在具體的問題中，證明和計算經(jīng)常依附于某種特殊的輔助平面即基面.這個輔助平面的獲取正是解題的關鍵所在，通過對這個平面的截得，延展或構造，綱舉目張，問題就迎刃而解了.

三、重視模型在解題中的應用

學生學習立體幾何是從認識具體幾何模型到抽象出空間點、線、面的關系，從而培養(yǎng)空間想象能力.而數(shù)學問題中許多圖形和數(shù)量關系都與我們熟悉模型存在著某種聯(lián)系.它引導我們以模型為依據(jù)，找出起關鍵作用的一些關系或數(shù)量，對比數(shù)學問題中題設條件，突出特性，設法對原圖形補形，拼湊、構造、嵌入、轉化為熟知的、形象的、直觀的模型，利用其特征規(guī)律獲取優(yōu)解.