2009年高考數(shù)學(xué)難點(diǎn)突破專題輔導(dǎo)二十八

難點(diǎn)28  求空間距離

空間中距離的求法是歷年高考考查的重點(diǎn)，其中以點(diǎn)與點(diǎn)、點(diǎn)到線、點(diǎn)到面的距離為基礎(chǔ)，求其他幾種距離一般化歸為這三種距離.

●難點(diǎn)磁場(chǎng)

 (★★★★)如圖，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PA⊥平面ABCD，PA=2c,Q是PA的中點(diǎn).

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(duì)角線AC折起成直二面角，點(diǎn)E、F分別是AD、BC的中點(diǎn)，點(diǎn)O是原正方形的中心，求：

(1)EF的長(zhǎng)；

(2)折起后∠EOF的大小.

命題意圖：考查利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算來解決立體幾何問題，屬★★★★級(jí)題目.

知識(shí)依托：空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算及數(shù)量積公式.

錯(cuò)解分析：建立正確的空間直角坐標(biāo)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(diǎn)為原點(diǎn)，以、、的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向最為簡(jiǎn)單.

解：如圖，以O點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O―xyz,設(shè)正方形ABCD邊長(zhǎng)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(zhǎng)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(jí)題目.

知識(shí)依托：求異面直線的距離，可求兩異面直線的公垂線，或轉(zhuǎn)化為求線面距離，或面面距離，亦可由最值法求得.

錯(cuò)解分析：本題容易錯(cuò)誤認(rèn)為O₁B是A₁C與AB₁的距離，這主要是對(duì)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(shí)較難作出它們的公垂線，故通常采用化歸思想，轉(zhuǎn)化為求線面距、面面距、或由最值法求得.

解法一：如圖，連結(jié)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(jié)B₁D₁、BD，設(shè)B₁D₁∩A₁C₁=O₁,BD∩AC=O

∵AC⊥BD，AC⊥DD₁，∴AC⊥平面BB₁D₁D

∴平面AB₁C⊥平面BB₁D₁D，連結(jié)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(diǎn)M，作MN⊥AB₁于N，作MR⊥A₁B₁于R，連結(jié)RN，

∵平面A₁B₁C₁D₁⊥平面A₁ABB₁，∴MR⊥平面A₁ABB₁，MR⊥AB₁

∵AB₁⊥RN，設(shè)A₁R=x,則RB₁=1－x

∵∠C₁A₁B₁=∠AB₁A₁=45°，

∴MR=x,RN=NB₁=

(0＜x＜1

∴當(dāng)x=時(shí)，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(diǎn)之間的距離.

(2)點(diǎn)到直線的距離.

(3)點(diǎn)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(gè)平行平面之間的距離.

七種距離都是指它們所在的兩個(gè)點(diǎn)集之間所含兩點(diǎn)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(zhuǎn)化，如兩條平行線的距離可轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)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(zhuǎn)化成點(diǎn)到平面的距離.

在七種距離中，求點(diǎn)到平面的距離是重點(diǎn)，求兩條異面直線間的距離是難點(diǎn).

求點(diǎn)到平面的距離：(1)直接法，即直接由點(diǎn)作垂線，求垂線段的長(zhǎng).(2)轉(zhuǎn)移法，轉(zhuǎn)化成求另一點(diǎn)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(zhǎng).(2)轉(zhuǎn)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(diǎn)間距離中最小的.

●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)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(diǎn)磁場(chǎng)

解：(1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E為垂足

連結(jié)QE，∵QA⊥平面ABCD，由三垂線定理得QE⊥BE

∴QE的長(zhǎng)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(diǎn)，

∴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(shè)點(diǎn)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(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：過點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，因?yàn)?i>AQ=BQ=a,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故線段PQ的

長(zhǎng)為P、Q兩點(diǎn)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(shè)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(diǎn)B₁到平面A₁BC₁的距離等于.

6.解：(1)連結(jié)DB交AC于O，連結(jié)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(diǎn)，∴D₁B=2EO=2a

∴D₁D=a，∴A₁B₁與AC距離為a

(3)連結(jié)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(diǎn)，且A₁N⊥平面BCC₁B₁

即A₁N為點(diǎn)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(shè)BC、B₁C₁的中點(diǎn)分別為D、D₁，連結(jié)AD、DD₁和A₁D₁，則DD₁必過點(diǎn)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(dāng)AA₁=時(shí)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(diǎn)F，使PC⊥CF

取MD中點(diǎn)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(diǎn)F.

［學(xué)法指導(dǎo)］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(duì)立體幾何的考查仍然注重于空間觀點(diǎn)的建立和空間想象能力的培養(yǎng).題目起點(diǎn)低，步步升高，給不同層次的學(xué)生有發(fā)揮能力的余地.大題綜合性強(qiáng)，有幾何組合體中深層次考查空間的線面關(guān)系.因此，高考復(fù)習(xí)應(yīng)在抓好基本概念、定理、表述語(yǔ)言的基礎(chǔ)上，以總結(jié)空間線面關(guān)系在幾何體中的確定方法入手，突出數(shù)學(xué)思想方法在解題中的指導(dǎo)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(lǐng)悟解題的基本策略思想

高考改革穩(wěn)中有變.運(yùn)用基本數(shù)學(xué)思想如轉(zhuǎn)化，類比，函數(shù)觀點(diǎn)仍是考查中心，選擇好典型例題，在基本數(shù)學(xué)思想指導(dǎo)下，歸納一套合乎一般思維規(guī)律的解題模式是受學(xué)生歡迎的，學(xué)生通過熟練運(yùn)用，逐步內(nèi)化為自己的經(jīng)驗(yàn)，解決一般基本數(shù)學(xué)問題就會(huì)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(diǎn)、線、面的位置關(guān)系才能顯露地“立”起來.在具體的問題中，證明和計(jì)算經(jīng)常依附于某種特殊的輔助平面即基面.這個(gè)輔助平面的獲取正是解題的關(guān)鍵所在，通過對(duì)這個(gè)平面的截得，延展或構(gòu)造，綱舉目張，問題就迎刃而解了.

三、重視模型在解題中的應(yīng)用

學(xué)生學(xué)習(xí)立體幾何是從認(rèn)識(shí)具體幾何模型到抽象出空間點(diǎn)、線、面的關(guān)系，從而培養(yǎng)空間想象能力.而數(shù)學(xué)問題中許多圖形和數(shù)量關(guān)系都與我們熟悉模型存在著某種聯(lián)系.它引導(dǎo)我們以模型為依據(jù)，找出起關(guān)鍵作用的一些關(guān)系或數(shù)量，對(duì)比數(shù)學(xué)問題中題設(shè)條件，突出特性，設(shè)法對(duì)原圖形補(bǔ)形，拼湊、構(gòu)造、嵌入、轉(zhuǎn)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.