高中数学总复习教学案10F：空间距离与角.doc

高考资源网（） 您身边的高考专家
高中数学总复习题组法教学案编写体例
§10.6 空间距离与角
新课标要求
以棱柱、棱锥特别是长方体为载体，通过直观感知、操作确认直观认识和理解体会空间的点、线、面之间位置关系，抽象出空间点、线、面之间位置关系的定义。能用综合法、向量法解决空间线线、线面、面面的夹角与距离的计算问题。
重点难点聚焦
在几何体中考查线线、线面、面面的平行与垂直关系是重点，而有关线线角、线面角、二面角的求解是重中之重。难点是二面角的求法。熟练应用定义法、转化法求异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的大小，求各种距离，特别是求点到平面距离。
高考分析及预策
　 高考中常以棱柱、棱锥为载体，来考查空间角与距离的有关问题。实质上各种距离与角之间具有一定的相互转化关系，特别是点面距，它是求线面距和面面距的基础。求点面距在高考中经常涉及到的方法有直接法、等体积转换、向量法等。空间角，能比较集中反映空间想象能力的要求，历来为高考命题者垂青，几乎年年必考，是高考的热点。线线角的求解是角度问题中的重点，找二面角的平面角是难点。09预测对常见模型进行适当修改，考查形式是以柱体、锥体为载体的有关的探索性、开放性和应用性问题。
题组设计
再现型题组
1．(03年北京春季高考题) 如图，在正三角形ABC中，D，E，F分
别为各边的中点， G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE的中点
将△ABC 沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，GH与IJ所成角的度
数为 （ ）
A．90° B．60°
C．45° D．0°
2．已知PA、PB、PC是三棱锥P-ABC的三条棱， PA=PB=PC，且PA，PB，PC夹角都是60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是 （ ）
A． B． C． D．
3．设P是的二面角内一点，PA⊥平面，PB⊥平面 ，A、B为垂足，则AB的长为 （ ）
（A） （B） （C） （D）
4.（04年高考全国卷）已知球O的半径为1，A、B、C三点都在球面上，且每两点之间的球面距离均为，则球心O到平面ABC的距离为 （ ）
(A) (B) (C) (D)
巩固型题组
第5题图
5．已知所在的平面互相垂直，且ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ，，求：
⑴．直线AD与平面BCD所成角的大小；
⑵．直线AD与直线BC所成角的大小；
⑶．二面角A-BD-C的余弦值．

第6题图
6．如图，ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AD、
AB的中点、GC垂直于ABCD所在的平面，且GC=2，
求：点B到平面EFG的距离.

提高型题组
B
D
P
C
A
7.在四棱锥P-ABCD中，已知ABCD为矩形，PA ⊥平面ABCD，设PA=AB=a，BC=2a，求二面角B-PC-D的大小。

反馈型题组
8.ABCD是边长为2的正方形，以BD为棱把它折成直二面角A—BD—C，E是CD的中点，则异面直线AE、BC的距离为 （ ）
A. B. C. D.1
9、在30°的二面角a-l-b中，P∈a，PQ⊥b，垂足为Q，PQ=2a，则点Q到平面a
的距离为 。
10．设PA⊥Rt△ABC所在的平面α，∠BAC=90°PB、PC分别与α成45°和30°角，PA=2，则PA与BC的距离是 ；点P到BC的距离是 .
11.如右下图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=4，AD=3，AA1=2。E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB=BF=1。求直线EC1与FD1所成的角的余弦值。
第9题图

12. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，侧面底面．
⑴与是否相互垂直，请证明你的结论；

⑵求二面角的大小；
⑶求证：平面⊥平面．

第12题图

13.如图，在三棱锥中，侧面与侧面均为等边三角形，，为中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．

第13题图

14．如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，
SD垂直于底面ABCD，SB=．
（1）求证BCSC；
（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；
（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的
大小．

§10.6 空间距离与角（解答部分）

再现型题组
⒈【提示或答案】B．
【基础知识聚焦】平面图形转化为空间图形，
利用平移法紧扣定义求异面直线之间的夹角．
⒉【提示或答案】 D
【基础知识聚焦】．求空间角先证后算，关键将空间的角和距离转化为平面上的角。本题紧扣线面角的定义，将所求量置于一个三角形内，通过解三角形最终得到所求。也可利用公式cosα=cosβcosθ,其中β是直线PC与平面PAB所成角，θ是面内直线PA与PC的射影所成的角，α=∠BPA.
3.【提示或答案】C
【基础知识聚焦】用垂面法将二面角图形化，因四点共圆对角互补，由余弦定理求之．
4.【提示或答案】B
【基础知识聚焦】．本题利用球面距离概念，弧长公式，转化为直角三棱锥内接于球体，用等体积转化发求距离。
第5题图
巩固型题组
5. 【解法】
⑴如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，
则AH⊥平面DBC，∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角
由题设知△AHB≌△AHD，则DH⊥BH，AH=DH，∴∠ADH=45°
⑵∵BC⊥DH，且DH为AD在平面BCD上的射影，
∴BC⊥AD，故AD与BC所成的角为90°
⑶过H作HR⊥BD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH为二面角A—BD—C的平面角的补角 设BC=a,则由题设知，AH=DH=,在△HDB中，HR=a，∴tanARH==2
故二面角A—BD—C的余弦值的大小为
【点评】:本题着眼于让学生掌握通性通法。几何法在书写上体现：“作出来、证出来、指出来、算出来、答出来”五步。斜线和平面所成的角是一个直角三角形所成的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面内的射影。因此求直线和平面所成的角，几何法一般先定斜足、再作垂线找射影、通过解直角三角形求解；向量法则利用斜线和射影的夹角或考虑法向量，设 为直线与平面所成的角，为直线的方向向量与平面的法向量之间的夹角，则有或（如图）

特别地 时，，；时， ，或。
⑴用两面垂直的性质作垂线，找垂足的位置作出线面角，⑵利用三垂线定理证，⑶利用对称性定义法作二面角。
第5题变式图

【变式与拓展】如图，BCD是等腰直角三角形，斜边CD的长等于点P到BC的距离，D是P在平面BCD上的射影．
⑴.求PB与平面BCD所成角；
⑵.求BP与平面PCD所成的角.
【解法】
⑴. PD⊥平面BCD，∴BD是PB在平面BCD内的射影，
∴∠PBD为PB与平面BCD所成角,BD⊥BC，
由三垂线定理得BC⊥BD，∴BP=CD，设BC=a，
则BD=a，BP=CD=a∴在Rt△BPD中，
cos∠DBP= ∴∠DBP=45°, 即PB与平面BCD所成角为45°．
⑵.过B作BE⊥CD于E，连结PE，PD⊥平面BCD得PD⊥BE，∴BE⊥平面PCD，
∴∠BPE为BP与平面PCD所成的角,在Rt△BEP中，BE=a, BP=a,∴∠BPE=30° 即BP与平面PCD所成角为30°
6.【解法一】直接作出所求之距离
如图1，为了作出点B到平面EFG的距离，延长FE交ＣＢ的延长线于M， 连 结GM，作BN⊥BC，交GM于N，则有BN∥CG，BN⊥平面ABCD．作BP⊥EM，交EM于P，易证平面BPN⊥平面EFG．作BQ⊥PN，垂足为Q，则BQ⊥平面EFG．于 是BQ是点B到平面EFG的距离．易知BN＝，BP＝，PZ＝，由BQ·PN＝PB·BN，得BQ＝．

图1　　　　　　　　　　　　　　 图2
一、不直接作出所求之距离，间接求之．
⑴利用二面角的平面角．
课本Ｐ42第4题，Ｐ46第2题、第4题给出了“二面角一个面内的一个点，它到棱的距离、到另一个面的距离与二面角的大小之间所满足的关系”．如图2，二面角M-CD-N的大小为α，A∈M，AB⊥CD，AB＝ａ，点Ａ到平面Ｎ的距离AO＝ｄ，则有ｄ＝asinα①中的α也就是二面角的大小，而并不强求要作出经过AB的二面角的平面角．
图4
图3
【解法二】如图3，过B作BP⊥EF，交FE的延长线于Ｐ，易知BP＝，这就是点Ｂ到二面角C-EF-G的棱EF的距离．连结AC交EF于H，连结GH，易证∠GHC就是二面角C-EF-G的平面角．∵ GC＝2，AC＝4，AH＝，∴ CH＝3，GH＝，sin∠GHC＝，于是由①得所求之距离ｄ＝BP·sin∠GHC＝· ＝．解略．

⑵利用斜线和平面所成的角．　
　 如图4,ＯＰ为平面α的一条斜线，Ａ∈ＯＰ，ＯＡ＝ｌ，ＯＰ与α所成的角为θ，Ａ到平面α的距离为ｄ，则由斜线和平面所成的角的定义可知，有ｄ＝ｌｓｉｎθ．②经过ＯＰ与α垂直的平面与α相交，交线与ＯＰ所成的锐角就是②中的θ，这里并不强求要作出点Ａ在α上的射影Ｂ，连结ＯＢ得θ．
　【解法三】如图5，设Ｍ为ＦＥ与ＣＢ的延长线的交点，作ＢＲ⊥ＧＭ，Ｒ为垂足．又ＧＭ⊥ＥＢ，易得平面ＢＥＲ⊥平面ＥＦＧ，ＥＲ为它们的交线，所以∠ＲＥＢ就是ＥＢ与平面ＥＦＧ所成的角θ．由△ＭＲＢ∽△ＭＣＧ，可得ＢＲ＝，在Ｒｔ△ＲＥＢ中，∠Ｂ＝９０°，ＢＲ＝，ＥＢ＝２，所以ｓｉｎθ＝ＢＲ/ＥＲ＝，于是由②得所求之距离ｄ＝．

图5　　　　　　　　　　　　 图6
⑶利用三棱锥的体积公式．
【解法四】如图6，设点Ｂ到平面ＥＦＧ的距离为ｄ，则三棱锥Ｂ-ＥＦＧ的体积Ｖ＝Ｓ△ＥＦＧ·ｄ．另一方面又可得这个三棱锥的体积Ｖ＝Ｓ△ＦＥＢ·ＣＧ，可求得Ｓ△ＦＥＢ＝Ｓ△ＤＡＢ＝２，Ｓ△ＥＦＧ＝，所以有·3··ｄ＝·２·２，得ｄ＝．
二、不经过该点间接确定点到平面的距离
⑴.利用直线到平面的距离确定
　【解法五】如图7，易证ＢＤ∥平面ＥＦＧ，所以ＢＤ上任意一点到平面ＥＦＧ的距离就是点Ｂ到平面ＥＦＧ的距离．由对称思想可知，取ＢＤ中点Ｏ，求点Ｏ到平面ＥＦＧ的距离较简单．ＡＣ交ＥＦ于Ｈ，交ＢＤ于Ｏ．易证平面ＧＨＣ⊥平面ＥＦＧ，作ＯＫ⊥ＨＧ，Ｋ为垂足，ＯＫ＝为所求之距离．

图7　　　　　　　　　　　 　图8
⑵利用平行平面间的距离确定
如图8，把平面ＥＦＧ补成一个正四棱柱的截面所在的平面，可使题设中的点、线、面之间的位置关系更加明朗．面ＧＭＴ是正四棱柱ＡＢＣＤ-Ａ１Ｂ１ＧＤ１经过Ｆ、Ｅ、Ｇ的截面所在的平面．ＭＧ交ＢＢ１于Ｎ，ＴＧ交ＤＤ１于Ｑ，作ＢＰ∥ＭＧ，交ＣＧ于Ｐ，连结ＤＰ，则有平面ＧＴＭ∥平面ＰＤＢ．它们之间的距离就是所求之距离．于是可以把点Ｂ平移到平面ＰＤＢ上任何一个位置，哪里方便就在哪里求．
　 这两个平行平面的距离ｄ又同三棱柱ＧＱＮ-ＰＤＢ的体积有关，所以也可以利用三棱柱的体积确定所求之距离．据此可得解法６．
【解法六】．三棱柱ＧＱＮ-ＰＤＢ的体积Ｖ＝Ｓ△ＰＤＢ·ｄ，另一方面又有Ｖ＝Ｓ△ＣＤＢ·BN，可求得BN＝，ＣＰ＝，ＰＢ＝ＰＤ＝，ＢＤ＝，Ｓ△ＰＤＢ＝，Ｓ△ＣＤＢ＝８，所以·ｄ＝８·，得ｄ＝为所求之距离．
【点评】举一反三，利用直接法，以及点点距、点面距、线面距、面面距的互相转化，间接法确定其距离.同时掌握线面角与二面角与距离的关系。
第6题变式图
【变式与拓展】已知二面角为，点和分别在平面和平面内，点在棱上，
⑴．求证：；
⑵．求点到平面的距离；
⑶．设是线段上的一点，直线与
平面所成的角为，求的长．

【解法】⑴证明：作于，连接，
∵，，
∴，∴，
平面，平面，∴．
⑵．解：作于，
∵平面，∴，
∴，是点到平面的距离，由（1）知，
∴．∴点到平面的距离为．
⑶．连接，∵，与平面所成的角为，
，，∴，∵，，为正三角形，是中点，∴是中点，∴．
【点评】：求点到平面的距离关键是寻找点到的垂线段．
提高型题组
7.解析1.定义法 过D作DE ⊥PC于E，过E作EF ⊥PC于F，连接FD，由二面角的平面角的定义可知是所求二面角B-PC-D的平面角。求解二面角B-PC-D的大小只需解△DEF即可。
B
D
P
C
A
解析一
Ｅ
Ｆ
B
D
P
C
A
解析三
E
F
G
B
D
P
C
A
解析二
Ｍ
Ｎ
Ｑ

【解法一】过D作DE ⊥PC于E，过E作EF ⊥PC于F，连接FD，由二面角的平面角的定义可知是所求二面角B-PC-D的平面角。
在四棱锥P-ABCD中， PA ⊥平面ABCD且ABCD为矩形，∵AD⊥DC∴PD⊥DC
∵PA=a，AD=BC=2a，∴PD=,PC=,DE=,CE=
同理在Rt△PBC中，，
在Rt△EFC中,FC=, 在Rt△DFC中,DF=,
在△DEF中由余弦定理cos=
所求二面角B-PC-D的余弦值为
解析2.垂面法　　易证面PAB⊥面PBC，过A作AM ⊥BP于M，显然AM ⊥面PBC，从而有AM ⊥PC，同法可得AN ⊥PC，再由AM与AN相交与A得PC ⊥面AMN。设面AMN交PC于Q，则为二面角B-PC-D的平面角；再利用三面角公式可解。
【解法二】略
解析3.利用三垂线求解　　把四棱锥P-ABCD补成如图的直三棱柱PAB-EDC，显然二面角E-PC-D与二面角D-PC-B互补，转化为求二面角E-PC-D。
易证面PEDA ⊥PDC，过E作EF ⊥ PD于F，显然PF ⊥面PDC，在面PCE内，过E作EG ⊥PC于G，连接GF，由三垂线得GF⊥ PC 即为二面角E-PC-D的平面角，只需解△EFG即可。

B
D
P
C
A
解析四
Ｅ
Ｆ

解析4.在面PDC内，分别过D、B作DE ⊥PC
于E，
BF ⊥PC于F，连接EF即可。
利用平面知识求BF、EF、DE的长度，
再利用空间余弦定理求出q 即可。

【点评】.用几何法求二面角的方法比较多，常见的有：
（1）定义法, 在棱上的点分别作棱的垂线，如解析１
（2）三垂线求解 ,在棱上的点分别作棱的垂线，如解析２
（3）垂面法, 在棱上的点分别作棱的垂线，如解析３
用几何法将二面角转化为其平面角，要掌握以下三种基本做法：①直接利用定义，图(1).②利用三垂线定理及其逆定理，图 (2).最常用。③作棱的垂面，图(3).
A
O
B
M
N
a
b
a
b
A
O
P
A
B
O
P
a
b
(1)
(2)
(3)

课堂小结
1、 空间各种角的计算方法都是转化为平面角或两向量的夹角来计算的。平行和垂直可以看作是空间角的特殊情况；几何法在书写上体现：“作出来、证出来、指出来、算出来、答出来”五步；向量法通过空间坐标系把空间图形的性质代数化，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化。主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算。
2、 各种距离之间具有一定的相互转化关系，特别是点面距，它是求线面距和面面距的基础，要熟练掌握。求点面距在高考中经常涉及到的方法有等体积转换、向量法等，当然如果能将距离作出来，然后利用解三角形的知识解决，也是一种很好的思路。
反馈型题组
8.D
9.
10.
第11题图
11.【解法一】：以A为原点，分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D1(0,3,2)、E (3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2),于是=(1,3,2).=(-4,2,2)
设EC1与FD1所成的角为，则：

∴直线与所成的角的余弦值为
【解法二】：延长BA至点E1,使AE1=1,连结E1F、DE1、D1E1、DF，有D1C1//E1E, D1C1=E1E,则四边形D1E1EC1是平行四边形。则E1D1//EC1.于是∠E1D1F为直线与所成的角。
在Rt△BE1F中，.
在Rt△D1DE1中,
在Rt△D1DF中,
在△E1FD1中,由余弦定理得：
∴直线与所成的角的余弦值为.
【点评】：思路一：用向量法求解，建立空间直角坐标系，把与所成角看作向量与的夹角，思路二：平移线段C1E让C1与D1重合。转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解。“转化”是求异面直线所成角的关键。平移线段法，或化为向量的夹角

第12题图

12【解法】：
⑴与相互垂直.证明如下：
取的中点，连结，交于点；连结．
∵，∴．又∵平面⊥平面，
平面∩平面，∴⊥平面．
在梯形中，可得，
∴，
即， ∴ ．
⑵连结，
由⊥平面，，可得，
∴为二面角的平面角，
设，则在中，
∴二面角为 ．
⑶取的中点，连结，由题意知：平面⊥平面，
则同“（1）”可得平面．
取的中点，连结，则由，
，得四边形为平行四边形. ∴，
∴⊥平面．∴平面⊥平面．
13．证明：
（Ⅰ）由题设，连结，为等腰直角三角形，所以，且，又为等腰三角形，故，且，从而．
所以为直角三角形，．
又．
所以平面．
（Ⅱ）【解法一】：：
取中点，连结，由（Ⅰ）知，得．
为二面角的平面角．
由得平面．
所以，又，
故．
所以二面角的余弦值为．
【解法二】：：
以为坐标原点，射线分别为轴、轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系．
设，则．

的中点，．
．
故等于二面角的平面角．
，
所以二面角的余弦值为．
14、如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，

（I）求证：平面BCD；
（II）求异面直线AB与CD所成角的大小；
（III）求点E到平面ACD的距离。
（I）证明：连结OC

在中，由已知可得
而

即

平面
（II）解：取AC的中点M，连结OM、ME、OE，由E为BC的中点知
直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角
在中，

是直角斜边AC上的中线，

异面直线AB与CD所成角的余弦值大小为
（III）解：设点E到平面ACD的距离为

在中，

而

点E到平面ACD的距离为
编者：编者:博兴二中 周晓玲 张凯
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

- 17 -
版权所有@高考资源网