2016高考数学总复习课时作业堂堂清立体几何9

1、第六节 空间距离,1点到直线的距离一般要利用三垂线定理找到垂线段，通过解直角三角形求出垂线段之长，或转化为向量的模长问题,2点到平面距离的求解方法一般有三种： 直接法：从该点向平面引垂线，该点与垂足间的距离即为所求用此法解题的关键是确定垂足的位置，而确定垂足位置的主要依据是两个平面垂直的性质定理 把点到平面的距离转化为以该点为顶点，平面内的一个三角形为底面的三棱锥的高，再通过变换三棱锥顶点用等体积法求出点到平面的距离,向量法：设PA是平面的斜线(A为斜足，P为平面外一点)，向量n为平面的法向量，则点P到平面的距离,注：关于平面的法向量的求法：设a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)为平

2、面内不共线的两向量，设平面的法向量n(x，y，z)，由 可得n(a3，b3，c3)，其中a3，b3，c3是已知实数,3求直线到平面的距离，通常转化为直线上一特殊点到平面的距离，其解法同点面距离的解法 4两个平行平面的距离：求解时，在一个面内任取一点，作它到另一平面的垂线段，垂线段的长就是所求，实质上也是点到平面的距离，因此，点面距离的求解方法，对求解面到面的距离仍然适用,5两条异面直线间的距离：要特别注意定义中的“都垂直且相交”的理解，两条异面直线距离是分别连结两条异面直线上两点的线段中最短的一条，求解方法主要有： 定义法：找出两条异面直线的公垂线段，求出其长度 向量法：设向量n是异面直线l1

3、，l2公垂线上的方向向量，Al1，Bl2，则两条异面直线的距离,1在正三棱柱ABCA1B1C1中，若AB2，AA11，则点A到平面A1BC的距离为 ( ),答案：B,2不共面的四个定点到平面的距离都相等，这样的平面共有 ( ) A3个 B4个 C6个 D7个 解析：当三点在平面一侧，一点在另一侧时，有4种情况当两点在平面一侧，另两点在平面另一侧时，有3种情况这样的平面共有7个，选D. 答案：D,3ABCD是边长为2的正方形，以BD为棱把它折成直二面角ABDC，E是CD的中点，则异面直线AE、BC的距离为 ( ),解析：易证CE是异面直线AE与BC的公垂线段，其长为所求易证CE1.故选D. 答案

4、：D,4平面内有RtABC，C90，P是平面外一点，且PAPBPC，P到的距离是40 cm，AC18 cm，则点P到BC边的距离是_,解析：作PO平面ABC，垂足为O，如图1，PAPBPC，AOBOCO， O为ABC的外心 又ACB90， O是AB边的中点 作ODBC，由三垂线定理知PDBC.,答案：41 cm,5如图2，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M、O、O1分别是A1B、AC、A1C1的中点，且OHO1B，垂足为H. (1)求证：MO平面BB1C1C； (2)分别求MO与OH的长； (3)MO与OH是否为异面直线A1B与AC的公垂线？为什么？求这两条异面直线间的距离,解：

5、(1)证明：连结B1C， MO是AB1C的中位线，MOB1C. B1C平面BB1C1C，MO平面BB1C1C.,(3)MO不是A1B与AC的公垂线，MOB1C，AB1C为正三角形，MO与AC成60角ACBD，ACOO1， AC面BOO1.OH面BOO1， OHAC，OHA1C1. OHO1B，A1C1O1BO1， OH面BA1C1，OHA1B. OH是异面直线A1B与AC的公垂线，其长度即为这两条异面直线的距离 由(2)可知，距离为,点到平面的距离问题 例1 如图3所示，已知四边形ABCD、EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P、Q分别是ED和AC的中点求： (2)P点到平面EFB的距离

6、；,解 建立空间直角坐标系，使得D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a，a,0)、C(0，a,0)、M(0,0，a)、E(a,0，a)、F(0，a，a)，则由中点坐标公式得P,(2)设n(x，y，z)是平面EFB的单位法向量，即|n|1，n平面EFB，,如图4，在四棱锥PABCD中，ABCD是边长为2的菱形，BAD120，PA面ABCD，且PA1，E为BC的中点 (1)求二面角PDEA的大小； (2)求点B到平面PDE的距离,解：(1)E为中点，BE1又AB2，ABE60，ABE为Rt，AEB90EAD 以A为原点，建立如图5所示的坐标系,线面距离与面面距离问题 例2 如图6，在棱长为2的

7、正方体AC1中，G是AA1的中点，求BD与平面GB1D1的距离 分析 线到面的距离转化为点到面的距离,解 解法1：BD平面B1D1G，BD上任意一点到平面B1D1G的距离皆为所求故可求底面中心O到平面B1D1G的距离，易证平面A1ACC1与平面B1D1G垂直，OG是此二垂直平面的交线，故只要作OHOG于H，则OH即为所求,拓展提升 求线面距离，关键是选恰当的点，本题解法一直接作出距离，对掌握面面垂直、线面垂直有帮助；解法二较为简捷，考查学生的图形变换能力,如图7所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a. (1)求证：平面AB1D1平面C1BD； (2)求平面AB1D1和平面C1BD间

8、的距离,解：(1)ABCDA1B1C1D1是正方体， B1D1BD.BD平面C1BD.B1D1平面C1BD.同理D1A平面C1BD.B1D1和D1A是平面AB1D1内的两相交直线，因此，平面AB1D1平面C1BD. (2)连结A1C，设M、N分别是A1C和平面AB1D1、C1BD的交点A1C在平面ABCD内的射影ACBD，A1CBD.同理A1CBC1.A1C平面C1BD.于是A1C平面AB1D1.因此MN的长是两平行平面AB1D1和C1BD间的距离在平面A1ACC1中，AA1CC1a，ACA1C1 A1C,设平面AB1D1和平面A1ACC1交于AP(P为B1D1的中点)，则MAP，又平面BDC

9、1和平面A1ACC1交于C1Q(Q为BD的中点)，NC1Q，且APC1Q.由平面几何知识，知M、N为A1C的两个三等分点，,异面直线间的距离问题 例3 如图8，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，求异面直线BD与B1C的距离 分析 求BD与B1C的距离，可以直接找公垂线段；由于在正方体中，也可以建立坐标系，用向量法完成,解 解法1：如图9，连结AC交BD于O，取CC1的中点M，连结BM交B1C于E，连结AC1，则OMAC1，过E作EFOM交OB于F，则EFAC1，又斜线AC1在底面ABCD的射影为AC，BDAC， BDAC1，EFBD. 同理AC1B1C，EFB1C.,如图11所示，

10、在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，求异面直线BC1与D1D，BC1与DC间的距离,解：D1C1平面B1C， D1C1BC1 又因C1D1DD1，故D1C1是异面直线D1D与C1B的公垂线段，因此BC1与D1D间的距离为D1C1a. 注意到DC平面C1CBB1，过DC的端点C在平面BC1内作CMBC1，垂足为M.,特殊几何体中的二面角与距离问题 例4 如图13，某建筑物的基本单元可近似地按以下方法构造：先在地平面内作菱形ABCD，边长为1，BAD60，再在的上侧，分别以ABD与CBD为底面安装上相同的正棱锥PABD与QCBD，APB90.,(1)求证：PQBD； (2)求二面角PBD

11、Q的余弦值； (3)求点P到平面QBD的距离,解 (1)由PABD，QCBD是相同的正三棱锥，可知PBD与QBD是全等的等腰三角形 如图14，取BD中点E，连结PE、QE，则BDPE，BDQE. 故BD平面PQE，从而BDPQ.,拓展提升 特殊几何体中的问题往往能转化或分割为常见的几何体问题，这样就实现了向教材知识的转化这类题目主要考查对知识的灵活运用能力解题时一定要注意知识之间的前后联系，提取题目中的关键信息，这样就可以达到应用所学知识解决新问题的目的,如图15，正四棱锥PABCD中，点E，F分别在棱PA，BC上，且AE2PE. (1)问点F在何处时，EFAD； (2)当EFAD且正三角形P

12、AB的边长为a时，求点F到平面PAB的距离； (3)在(2)的条件下， 求二面角CAPB的大小,解：(1)作PO平面ABCD，依题意O是正方形ABCD的中心，如图16所示建立空间直角坐标系,(3)设二面角CAPB的平面角为，由(2)知平面PAB的一个法向量为n(1,1,1) 设平面PAC的一个法向量为n1(x，y，z)，,1空间中距离的求法是教材的重要内容，也是历年高考考查的重点，其中点到点，点到线，点到面的距离为基础，求其他几种距离一般应化归为求这三种距离 2点到直线或平面的距离是空间最常见的求解的关键是正确作出图形，确定垂足位置，应充分利用图形性质例如：点到平面的距离，有时要利用两个平面垂直的性质，在其中一个面内作出两平面交线的垂线得到，要注意改变学生引垂线的随意性,3注意各种距离之间的相互转化，等积求法及“平行移动”的思想方法 4