高考数学难点突破28求空间距离

难点28  求空间距离

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.

●难点磁场

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

求：(1)Q到BD的距离；

(2)P到平面BQD的距离.

●案例探究

［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∠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，属★★★★级题目.

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、、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O—xyz,设正方形ABCD边长为a,则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］正方体ABCD—A₁B₁C₁D₁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，属★★★★级题目.

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，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，连结AC₁，在正方体AC₁中，∵A₁C₁∥AC,∴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B₁D₁∩A₁C₁=O₁,BD∩AC=O

∵AC⊥BD，AC⊥DD₁，∴AC⊥平面BB₁D₁D

∴平面AB₁C⊥平面BB₁D₁D，连结B₁O，则平面AB₁C∩平面BB₁D₁D=B₁O

作O₁G⊥B₁O于G，则O₁G⊥平面AB₁C

∴O₁G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Rt△OO₁B₁中，∵O₁B₁=，OO₁=1，∴OB₁==

∴O₁G=，即异面直线A₁C₁与AB₁间距离为.

解法二：如图，在A₁C上任取一点M，作MN⊥AB₁于N，作MR⊥A₁B₁于R，连结RN，

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

∵AB₁⊥RN，设A₁R=x,则RB₁=1－x

∵∠C₁A₁B₁=∠AB₁A₁=45°，

∴MR=x,RN=NB₁=

(0＜x＜1

∴当x=时，MN有最小值即异面直线A₁C₁与AB₁距离为.

●锦囊妙记

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，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.

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.

●歼灭难点训练

一、选择题

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，那么点M到直线EF的距离为(    )

2.(★★★★)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(    )

A.               B.                             C.2.6                           D.2.4

二、填空题

3.(★★★★)如左下图，空间四点A、B、C、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E—AB—C的度数为

30°，那么EF与平面ABCD的距离为_________.

三、解答题

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ABCD—A₁B₁C₁D₁，点E在棱D₁D上，截面EAC∥D₁B且面EAC与底面ABCD所成的角为45°,AB=a,求：

(1)截面EAC的面积；

(2)异面直线A₁B₁与AC之间的距离；

(3)三棱锥B₁—EAC的体积.

7.(★★★★)如图，已知三棱柱A₁B₁C₁—ABC的底面是边长为2的正三角形，侧棱A₁A与AB、AC均成45°角，且A₁E⊥B₁B于E，A₁F⊥CC₁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.

8.(★★★★★)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=,AB= AD=a,

∠ADC=arccos,PA⊥面ABCD且PA=a.

(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.

参考答案

难点磁场

解：(1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E为垂足

连结QE，∵QA⊥平面ABCD，由三垂线定理得QE⊥BE

∴QE的长为Q到BD的距离

在矩形ABCD中，AB=a,AD=b,

∴AE=

在Rt△QAE中，QA=PA=c

∴QE=

∴Q到BD距离为.

(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AH⊥QE，H为垂足

∵BD⊥AE,BD⊥QE,∴BD⊥平面AQE  ∴BD⊥AH

∴AH⊥平面BQE，即AH为A到平面BQD的距离.

在Rt△AQE中，∵AQ=c,AE=

∴AH=

∴P到平面BD的距离为

解法二：设点A到平面QBD的距离为h，由

V_A—BQD=V_Q—ABD,得S△_BQD·h=S_△ABD·AQ

h=

歼灭难点训练

一、1.解析：过点M作MM′⊥EF,则MM′⊥平面BCF

∵∠MBE=∠MBC

∴BM′为∠EBC为角平分线，

∴∠EBM′=45°,BM′=,从而MN=

答案：A

2.解析：交线l过B与AC平行，作CD⊥l于D，连C₁D，则C₁D为A₁C₁与l的距离，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=a,∴PQ⊥AB,同理可得PQ⊥CD，故线段PQ的

长为P、Q两点间的最短距离，在Rt△APQ中，PQ=a

答案：a

4.解析：显然∠FAD是二面角E—AB—C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ABCD.

∴FG为EF与平面ABCD的距离，即FG=.

答案：

三、5.(1)证明：由于BC₁∥AD₁，则BC₁∥平面ACD₁

同理，A₁B∥平面ACD₁，则平面A₁BC₁∥平面ACD₁

(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A₁C₁=5，A₁B=2，BC₁=，则cosA₁BC₁=,则sinA₁BC₁=,则S=,由于，则S·d=·BB₁,代入求得d=,即两平行平面间的距离为.

(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.

6.解：(1)连结DB交AC于O，连结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是异面直线A₁B₁与AC间的公垂线

又EO∥BD₁，O为BD中点，∴D₁B=2EO=2a

∴D₁D=a，∴A₁B₁与AC距离为a

(3)连结B₁D交D₁B于P，交EO于Q，推证出B₁D⊥面EAC

∴B₁Q是三棱锥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为等腰直角三角形，∠EA₁F=90°

过A₁作A₁N⊥EF，则N为EF中点，且A₁N⊥平面BCC₁B₁

即A₁N为点A₁到平面BCC₁B₁的距离

∴A₁N=

又∵AA₁∥面BCC₁B，A到平面BCC₁B₁的距离为

∴a=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.

∵B₁C₁⊥D₁D,B₁C₁⊥A₁N

∴B₁C₁⊥平面ADD₁A₁

∴BC⊥平面ADD₁A₁

得平面ABC⊥平面ADD₁A₁，过A₁作A₁M⊥平面ABC，交AD于M，

若A₁M=A₁N，又∠A₁AM=∠A₁D₁N，∠AMA₁=∠A₁ND₁=90°

∴△AMA₁≌△A₁ND₁,∴AA₁=A₁D₁=,即当AA₁=时满足条件.

8.解：(1)∵BC∥AD,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AE⊥PB，又AE⊥BC

∴AE⊥平面PBC，AE为所求.

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为正方形，AC=a,PC=a

过A作AH⊥PC,在Rt△PAC中，得AH=

下面在AD上找一点F，使PC⊥CF

取MD中点F，△ACM、△FCM均为等腰直角三角形

∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90°

∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在满足条件的点F.

［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.