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2016届高考数学(文科,大纲版)一轮复习配套课件:9.6 空间距离


§9.6

空间距离

本节目录

教 材 回 顾 夯 实 双 基

考 点 探 究 讲 练 互 动

考 向 瞭 望 把 脉 高 考

知 能 演 练 轻 松 闯 关

教材回顾夯实双基
基础梳理

线段

的长度. 1.两点间的距离——连结两点的_______
2 . 点 到 直 线 的 距 离 —— 从 直 线 外 一 点 向 直 线 引 垂 线 , 垂线段 的长度. _________ 3.点到平面的距离——从点向平面引垂线,垂线段 ______的长度.

4.平行直线间的距离 ——从两条平行线中一条上任意取一点 垂线段 的长度. 向另一条直线引垂线,________
公垂线的长度. 5.异面直线间的距离——两条异面直线的_______ 6.直线与平面间的距离 ——如果一条直线和一个平面平行, 垂线段 的长度. 从直线上任意一点向平面引垂线,_________ 7.两平行平面间的距离——夹在两个平行平面之间的 垂线段 的长度. __________

思考探究 1.在空间中,A、B是两定点,满足PA=PB的P点轨迹是什么? 提示:线段AB的垂直平分面. 2.若直线l上有两点到平面α的距离相等,l∥α吗? 提示:不一定,l∥α,l∩α=O,l?α都有可能.

课前热身 1.下列命题中: ①PA⊥矩形ABCD所在的平面,则P、B两点间的距离等于点P 到BC的距离; ②若a∥b,a?α,b?α,则a与b的距离等于a与α的距离; ③直线a、b是异面直线,a?α,b∥α,则a、b之间的距离等于 b与α的距离;

④直线a、b是异面直线,a?α,b?β,且α∥β,则a、b之间的
距离等于α与β之间的距离. 其中正确命题的个数是( )

A.1 B.2 C.3
答案:A

D.4

2.直三棱柱 ABC- A1B1C1 中,∠ACB=90° , AC=AA1=a, 则点 A 到平面 A1BC 的距离是 ( A. a 2 C. a 2 B. 2a )

D. 3a

答案:C

3. 如图,正方体 ABCD- A1B1C1D1 中,棱长为 1.线段 A1D1 的 中点 M 到 AB 的距离为 ( )

A. 1 5 C. 2

B. 2 D. 5

答案:C

4.(教材改编)已知正三角形ABC的边长为6,中心为H,OH⊥ 平面ABC,且OH=2,则O到各边的距离为________.
答案: 7

5.正三棱锥P-ABC的高为2,侧棱与底面ABC成45°角,则 点A到侧面PBC的距离为
6 5 答案: 5

考点探究讲练互动
考点突破
考点 1 点与点、异面直线间的距离 求两点间距离即求线段的长度, 可以通过含有这个线段的三 角形求解.也可以看作是向量的模,若 A(x1, y1, z1)、 → B(x2, y2, z2),则 |AB|= ?x2- x1?2+? y2- y1?2+? z2- z1? 2. 异面直线之间的距离, 实质上就是异面直线上两点距离的最 小值,故先作出公垂线段,求其长度.课本上异面直线上两 点间距离公式: |EF|= m2+ n2+d2± 2mncos θ.也可用来求异 面直线的距离或者向量的模.

例1

如图,在平行四边形 ABCD 中, AB=1,∠ACD= 90° ,

将它沿对角线 AC 折起,使 AB 与 CD 成 60° 的角且 BD= 3, 求对角线 AC 的长度.

【思路分析】

折起后,AC为异面直线的公垂线段,AB=

CD=1,用向量或者解三角形可求AC.

【解】

法一:∵ ABCD 为平行四边形且∠ ACD= 90° , ∴∠ CAB= 90° ,∴ AC 为 AB, CD 的公垂线 过 A 作 AE∥ CD,且 AE= CD, ∴ ACDE 为矩形, AC= ED, 连结 BE,∴∠ BAE= 60° , ∴ AB= AE= BE= 1,∠ BED= 90° , ∴ BD2= BE2+ ED2,∴ ED2= 3-1=2, ∴ ED= 2,∴ AC= 2.

→ → → → 法二:BD =BA+AC+ CD , → → → → → → BD 2= (BA+AC+CD )2,AB· AC= 0, → → → → AC· CD = 0, 〈AB,CD 〉=60° , → 2 →2 →2 → 2 → → → → → → ∴ |BD | = |BA| + |AC| + |CD | + 2BA· AC+2AC· CD + 2BA· CD . → 2 →2 ∴ 3= 1+ |AC| + 1+2×1× 1× cos 120° ,∴ |AC| = 2, → ∴ |AC|= 2.即 AC= 2.

【领悟归纳】

异面直线的公垂线有且唯一,将此线段转化

到三角形中求解.

考点2 点到平面的距离
平面的垂线段往往是通过面面垂直关系来找.点到面的距离

可参考等积法,或者转化为其他距离,即将该点与平面内的
某三个点连结起来构成三棱锥,利用三棱锥每一个面均可作 底面这一性质,通过体积相等列出方程,解方程即可求出所 求距离.对于很难找出垂线段的,可用向量求解.

例2 如图所示,已知矩形 ABCD 中, AB= 2, AD=1,将 △ ABD 沿 BD 折起, 使点 A 在平面 BCD 内的射影落在 DC 上.

求:(1)D 到平面 ABC 的距离; (2)点 C 到面 ADB 的距离.

【思路分析】

(1)证明DA⊥面ABC;

(2)VC-ADB=VD-ABC.

【解】

(1)∵A在平面BCD的射影在DC上,

∴面ADC⊥面BDC. 依条件可知BC⊥DC,又平面ADC⊥平面BCD,

且平面ADC∩平面BCD=CD,
∴BC⊥平面ADC.∵DA?平面ADC, ∴BC⊥DA.① 依条件可知DA⊥AB.② ∵AB∩BC=B,∴由①、②得DA⊥平面ABC.

∴DA就是D到平面ABC的距离,DA=1.
∴D到平面ABC的距离为1.

(2)法一:设点 C 到平面 ABD 的距离为 d, 1 1 由 VC- ABD= VD- ABC,得 · d· S△ ABD= · DA· S△ ABC, 3 3 1 1 1 1 即 · d ·· 2· 1= · 1·· 1· 1, 3 2 3 2 2 2 解得 d= .即点 C 到平面 ABD 的距离为 . 2 2 法二:如图所示,以 C 为原点,CB 所在直线为 x 轴,DC 所在 直线为 y 轴,平面 BCD 的方向向上过点 C 的法向量为 z 轴建 立空间直角坐标系.

则 C(0,0,0), B(1,0,0), D(0,- 2, 0). ∵点 A 在平面 BCD 内的射影落在 DC 上,∴设 A(0, y, z).

? 2y+ y +z =0, → → → 由DA· AB= 0 且 |DA|= 1,得? 2 ?y +2 2y+1+z2=0,
2 2 ∴点 A 的坐标为 A(0,- , ). 2 2 ∵ n1= (0,0,1)是平面 BCD 的一个法向量, CB=(1,0,0)是平面 ADC 的一个法向量,而 n1· CB= (0,0,1)· (1,0,0)= 0, ∴平面 ADC⊥平面 BCD.

2

2





设点 C 到平面 ABD 的距离为 d. 2 2 2 2 → → ∵AC= (0, ,- ), AB= (1, ,- ), 2 2 2 2 2 2 → AD = (0,- ,- ),容易求出平面 ABD 的一个法向量为 2 2 n2= (- 2, 1,-1). 2 2 0+ + 2 2 2 → → ∴ d= ||AC|cos〈 AC, n2〉 |= |1× |= . 1× 2+1+1 2 2 即点 C 到平面 ABD 的距离为 . 2

【思维总结】

本题的两种解法都省略了“作垂线段”的过

程,免去了作图的麻烦.

跟踪训练 如果例2中的条件不变,取BD的中点E,求点D到平面ACE

的距离. 解:三角形 AEC 为等腰三角形,
AE= EC= 1 2 1+? 2?2= 3 , 2

在 Rt△ ADC 中 AC= DC2- AD2= 1, 1 取 AC 的中点 F, AF= , 2 ∴ EF⊥ AC,

∴ EF= AE - AF =

2

2

3 1 2 - = , 4 4 2

1 1 2 2 ∴ S△ AEC= AC· EF= × 1× = , 2 2 2 4 由 VD- AEC= VC- ADE, 1 1 2 S · d= × · S , 3 △ AEC 3 2 △ ADE 1 2 1 2 1 2 2 × × d= × × × 1× ,∴d= . 3 4 3 2 2 2 2

考点3

直线和平行平面的距离

空间的线面距离可转化为点面距离,如果点的位置选择恰当,
可简化图形,简化运算,其关系如下: 线面距离?点面距离?点线距离?两点间距离.

例3

如图所示,已知正方形ABCD的边长为1,过D作PD⊥

平面ABCD,且PD=1,E,F分别是AB和BC的中点. (1)求D点到平面PEF的距离; (2)求直线AC到平面PEF的距离. 【思路分析】 AC∩BD=O,O到面PEF的距离为AC到面

PEF的距离,借助D到平面PEF的距离来求.

【解】

(1)连结BD.设AC∩BD=O,EF∩BD=G.

∵PD⊥面ABCD. ∴PD⊥AC,AC⊥BD且PD∩BD=D,∴AC⊥面PDG. 又∵EF∥AC, ∴EF⊥面PDG, ∴面PDG⊥面PEF且面PDG∩面PEF=PG,

在面PDG内作DM⊥PG,∴DM⊥面PEF.

∴ DM 为 D 到面 PEF 的距离. 2 2 3 2 ∵ AD= 1, ∴ OD= , OG= ,∴ DG= , 2 4 4 ∴ PG= PD + DG =
2 2

3 22 34 1+? ?= , 4 4

∵ DM· PG= PD· DG, 3 2 1× 4 PD· DG 3 17 ∴ DM= = = , 17 PG 34 4 3 17 即 D 到平面 PEF 的距离为 . 17

(2)由 (1)可得,作 ON⊥ PG 于 N 点, ∴ ON 为 O 到面 PEF 的距离, ON OG 1 ∴ ON∥ DM, = = , DM DG 3 1 1 3 17 17 ∴ ON= DM= × = , 3 3 17 17 17 ∴ AC 到面 PEF 的距离为 . 17

【思维总结】

本题的关键点是O到面PEF的距离,核心是D

到面PEF的距离.

考点4 两平行平面间的距离
两个平行平面的距离一般转化为求点到平面的距离,然后再 用求点到平面距离的方法.

例4

在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a.

(1)求证:平面AB1D1∥平面C1BD; (2)求平面AB1D1和平面C1BD间的距离. 【思路分析】 在(2)中可证明A1C⊥面AB1D1.

【解】

(1)证明:∵ABCD-A1B1C1D1是正方体,

∴B1D1∥BD. ∵BD?平面C1BD, ∴B1D1∥平面C1BD.同理D1A∥平面C1BD. ∵B1D1和D1A是平面AB1D1内的两条相交直线, ∴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AC⊥BD,

∴A1C⊥BD.

同理 A1C⊥ BC1, ∴ A1C⊥平面 C1BD. 于是 A1C⊥平面 AB1D1. 因此 MN 的长是两平行平面 AB1D1 和平面 C1BD 间的距离. 在平面 A1ACC1 中, ∵ AA1= CC1= a, AC= A1C1= 2a, ∴ A1C= 3a. 设平面 AB1D1 和平面 A1ACC1 交于 AP(P 为 B1D1 的中点 ), 则M ∈ AP, 设平面 C1BD 和平面 A1ACC1 交于 C1Q(Q 为 BD 的中点 ), 则 N∈ C1Q,且 AP∥ C1Q. 由平面几何知识知 M、 N 为 A1C 的两个三等分点, 3 3 ∴ MN= a.即平面 AB1D1 和平面 C1BD 间的距离为 a. 3 3

【思维总结】

本题采用了常规解法寻找两平面的公垂线,在

正方体中,体对角线 A1C⊥面 AD1B1 是正方体的一个性质,且 1 面 AD1B1 与面 C1DB 的距离是 A1C. 3

方法感悟
方法技巧

求距离的常用方法
(1) 直接法:即寻找或作出与该距离相对应的垂线段,再证明 它就是所要求的距离,然后再借助于直角三角形计算求出.

(2)间接法:包括等积法和转化法.等积法即把所求的距离转
化为三棱锥的高,再通过变换三棱锥的顶点,由同一棱锥的 体积是不变的,求出相应的距离.转化法即不断地进行点面、

线面、面面距离之间的等价转化,直到容易求出为止.

失误防范 1.“一作二证三计算”中的证明必不可少,应引起充分 的注意.

2.求“距离”总与垂直有关系,要注意空间垂直关系的转化及
直角三角形的应用.

考向瞭望把脉高考
命题预测 对空间距离的考查,主要集中于点到面的距离,往往是解答 题的某一步.其次是点到线的距离,或者是线到面、面面距 离,常以选择题的形式出现.难度一般不算太大,重点是对 转化思想的应用和空间关系的分析. 2012年的高考中,直接对空间距离的考查有大纲全国卷等关

于求线面之间距离问题,重庆卷等关于点面之间距离问
题.多数试卷是以求几何体的体积为载体考查求距离问题. 预测2014年高考仍将以选择题、解答题的形式重点考查对几

类距离的求解,其中考查点到直线、点到平面距离仍会是热
点,可能仍会与求角、求体积等题型结合.

规范解答 例 (本题满分14分)(2011· 高考江西卷)(1)如图,对于任一 给定的四面体A1A2A3A4,找出依次排列的四个相互平行的平 面α1,α2,α3,α4,使得Ai∈αi(i=1,2,3,4),且其中每相邻两个

平面间的距离都相等;
(2)给定依次排列的四个相互平行的平面α1,α2,α3,α4,其中 每相邻两个平面间的距离都为1,若一个正四面体A1A2A3A4的 四个顶点满足:Ai∈αi(i=1,2,3,4),求该正四面体A1A2A3A4 的体积.

【解】

(1)如图(1)所示,取A1A4的三等分点P2,P3,A1A3的

中点M,A2A4的中点N,过三点A2,P2,M作平面α2,过三点 A3,P3,N作平面α3,(2分) 因为A2P2∥NP3,A3P3∥MP2,所以平面α2∥平面α3.再过点A1, A4分别作平面α1,α4与平面α2平行,那么四个平面α1,α2,α3, α4依次相互平行.(4分)

由线段A1A4被平行平面α1,α2,α3,α4截得的线段相等知,其
中每相邻两个平面间的距离相等,故α1,α2,α3,α4为所求平 面.(5分)

图(1)

(2)法一:当 (1)中的四面体为正四面体时,若所得的四个平行平 面每相邻两平面之间的距离为 1,则正四面体 A1A2A3A4 就是满 足题意的正四面体.设正四面体的棱长为 a,以△ A2A3A4 的中 心 O 为坐标原点,以直线 A4O 为 y 轴, 直线 OA1 为 z 轴建立如 图所示的空间直角坐标系, 6 a 3 a 3 则 A1(0,0, a), A2?- , a,0?, A3? , a,0?, 3 ? 2 6 ? ?2 6 ? 3 A4?0,- a,0 ?.(7 分 ) ? 3 ? 令 P2, P3 为 A1A4 的三等分点, N 为 A2A4 的中点,有 2 3 6 a 3 P3(0,- a, a), N?- ,- a,0 ?, 9 9 ? 4 12 ?

→ a 5 3 6 ? 所以P3N=?- , a,- a , ? 4 36 9 ? → → 3 3 1 3 NA3=? a, a,0?, A4N=?- a, a,0 ?.(9 分 ) ?4 4 ? ? 4 4 ? 设平面 A3P3N 的法向量 n= (x, y, z), → ? P3N= 0, ?n· ?9x-5 3y+4 6z= 0, 则? 即? → ? 3x+ 3y=0. ? n · NA ? 3 = 0, 取 n= (1,- 3,- 6). (11 分 ) 因为 α1, α2, α3, α4 相邻平面之间的距离为 1,

所以点 A4 到平面 A3P3N 的距离为 3 ??-a ? ? × 1 + a × ? - 3 ? + 0 × ? - 6 ? ?? 4 ? 4 ? 1+?- 3? +?- 6?
2 2

= 1.

解得 a= 10( 负值舍去 ).由此可得,边长为 10的正四面体 A1A2A3A4 满足条件. (13 分 ) 所以所求正四面体的体积 1 1 3 2 6 2 3 5 V= Sh= × a × a= a = 5.(14 分 ) 3 3 4 3 12 3

法二:如图 (2),现将此正四面体 A1A2A3A4 置于一个正方体 ABCD- A1B1C1D1 中 (或者说, 在正四面体的四个面外侧各镶嵌 一个相邻侧棱夹角为直角的正三棱锥,得到一个正方体), E1, F1 分别是 A1B1,C1D1 的中点,EE1D1D 和 BB1F1F 是两个平行 平面,若其距离为 1,则四面体 A1A2A3A4 即为满足条件的正四 面体 . (8 分 ) 如图(3)是正方体的上底面,现设正方体的棱长为 a, 若 A1M= MN= 1, a 5 2 2 则有 A1E1= , D1E1= A1D1+ A1E1= a.(11 分 ) 2 2

由 A1D1· A1E1= A1M · D1E1,得 a= 5, 于是正四面体的棱长 d= 2a= 10, 1 3 1 3 5 3 其体积 V= a - 4× a = a = 5.(14 分 ) 6 3 3 (即等于一个棱长为 a 的正方体割去四个相邻侧棱夹角为直角 的正三棱锥后的体积 )

图 (2)

图(3)

【名师点评】

本题考查了空间立体几何中点到平面的距离

和体积的求解,空间向量的运用,对于图形的整体把握是解
题的关键.对图形的割补法的应用考查了空间想象能力,推

理论证能力和运算求解能力.

知能演练轻松闯关

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