立体几何及解题技巧以及空间距离专题复习

1/28nAPOh知识点整理(一)平行与垂直的判断(1)平行：设,的法向量分别为,uv，则直线,lm的方向向量分别为,ab，平面线线平行l∥ma∥bakb；线面平行l∥au0au；面面平行∥u∥v.ukv(2)垂直：设直线,lm的方向向量分别为,ab，平面,的法向量分别为,uv，则线线垂直l⊥ma⊥b0ab；线面垂直l⊥a∥uaku；面面垂直⊥u⊥v.0vu(二)夹角与距离的计算注意：以下公式可以可以在非正交基底下用，也可以在正交基底下用坐标运算(1)夹角：设直线,lm的方向向量分别为,ab，平面,的法向量分别为,uv，则①两直线l,m所成的角为(02≤≤),cosabab；②直线l与平面所成的角为(02≤≤),sinauau；③二面角─l─的大小为(0≤≤),cos.uvuv(2)空间距离点、直线、平面间的距离有种.点到平面的距离是重点,两异面直线间的距离是难,①点到平面的距离h:(定理)如图，设n是是平面的法向量，AP是平面的一条斜线，其中A则点P到平面的距离②h||||APnn(实质是AP在法向量n方向上的投影的绝对值)③异面直线12,ll间的距离d:||||CDndABn(12,ll的公垂向量为n,CD、分别是12,ll上任一点).2/28题型一：非正交基底下的夹角、距离、长度的计算例1．如图，已知二面角-l-的大小为1200，点A，B，ACl于点C，BDl于点D，且AC=CD=DB=1.求：（1）A、B两点间的距离；（2）求异面直线AB和CD的所成的角（3）AB与CD的距离.解：设,cDB,bCD,aAC则,60c,a,90c,bb,a,1|c||b||a|00（1）2ac2cb2ba2cbacba|AB|2222，A、B两点间的距离为2.（2）异面直线AB和CD的所成的角为600（3）设与AB、CD都垂直的非零向量为czbyaxn，由ABn得0z3y2x30)cba()czbyax(①；由CDn得0y0b)czbyax(②，令x=1，则由①、②可得z=-1，can，由法则四可知，AB与CD的距离为21ca|a)ca(||n||ACn||AC|n|n|d2.小结：任何非正交基底下的证明、计算都先设基底，并将条件也用基底表示，特别证明线面平行时，如AB//平面PEF可以将AB有基底表示，PE，PF也用基底表示，最后用待定系数法PFPEAB，将λ和μ求出。例2。如图，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=3，BD=CD=1。另一个侧面ABC是正三角形.（1）求证：AD⊥BC；（2）求二面角B—AC—D的大小；（3）在段线AC上是否存在一点E,使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由.20．解法一：（1）方法一：作AH⊥面BCD于H连DH.AB⊥BDHB⊥BD，∵AD=3，BD=1ABCDl3/28∴AB=2=BC=AC∴BD⊥DC又BD=CD，则BHCD是正方形，则DH⊥BC.∴AD⊥BC，方法二：取BC的中点O，连AO、DO，则有AO⊥BC，DO⊥BC.∴BC⊥面AOD，∴BC⊥AD（2）作BM⊥AC于M，作MN⊥AC交AD于N，则∠BMN就是二面角B—AC—D的平面角.∵AB=AC=BC=2，∴M是AC的中点，且MN//CD.则BM=.2321,2121,26ADBNCDMN由余弦定理得arccos,362cos222BMNMNBMBNMNBMBMN36.（3）设E为所求的点，作EF⊥CH于F，连FD，则EF//AH，∴EF⊥面BCD，∠EDF就是ED与面BCD所成的角，则∠EDF=30°，设EF=x，易得AH=HC=1，则CF=x，FD=21x.,12,22,331tan2xCExxxFDEFEDF则解得故线段AC上存在E点，且CE=1时，ED与面BCD成30°角.解法二：（1）作AH⊥面BCD于H，连BH、CH、DH，则四边形BHCD是正方形，且AH=1，以D为原点，以DB为x轴，DC为y轴建立空间直角坐标系如图，则B（1，0，0），C（0，1，0），A（1，1，1）..,0),1,1,1(),0,1,1(ADBCDABCDABC则（2）设平面ABC的法向量为1n=),,(zyx，).1,1,1(.0;0:11111nzxCAnCAnyxBCnBCn可取知同理由知则由同理，可求得平面ACD的一个法向量为)1,0,1(2n.由图可以看出，二面角B—AC—D的大小应等于21,nn4/28cos则21,nn=3623101||||2121nnnn，即所求二面角的大小是.36arccos（3）设E（x，y，z）是线段AC上一点，则,1,0yzx平面BCD的一个法向量为),,1,(),1,0,0(xxDEn要使ED与面BCD成30°角，由图可知nDE与的夹角为60°，.30,1,.12,22,,212.2160cos21||||,cos22角成与面时且点上存在故线段则解得则所以BCDEDCEEACxCExxxxxnDEnDEnDE题型二、利用坐标系或几何法解决距离、角度及其证明问题例3、如题（18）图，在五面体ABCDEF中，AB∥DC，2BAD，2CDAD，四边形ABFE为平行四边形，FA平面ABCD，3,7FCED．求：（Ⅰ）直线AB到平面EFCD的距离；（Ⅱ）二面角FADE的平面角的正切值．解法一:（Ⅰ）,ABDCDC平面EFCD,AB到面EFCD的距离等于点A到面EFCD的距离，过点A作AGFD于G，因2BADAB∥DC，故CDAD；又FA平面ABCD，由三垂线定理可知，CDFD，故CDFAD面，知CDAG，所以AG为所求直线AB到面EFCD的距离在RtABC△中，22945FDFCCD由FA平面ABCD，得FAAD，从而在Rt△FAD中，22541FAFDAD22555FAADAGFD。即直线AB到平面EFCD的距离为255。（Ⅱ）由己知，FA平面ABCD，得FAAD，又由2BAD，知ADAB，故AD平面ABFEDAAE，所以，FAE为二面角FADE的平面角，记为.5/28ABCDEFxyzG在RtAED△中,22743AEEDAD,由ABCD得,FEBA,从而2AFE在RtAEF△中,22312FEAEAF,故tan2FEFA所以二面角FADE的平面角的正切值为2.解法二:（Ⅰ）如图以A点为坐标原点,,,ABADAF的方向为,,xyz的正方向建立空间直角坐标系数,则A(0,0,0)C(2,2,0)D(0,2,0)设00(0,0,)(0)Fzz可得0(2,2,)FCz,由||3FC.即2220223z,解得(0,0,1)FAB∥DC，DC面EFCD,所以直线AB到面EFCD的距离等于点A到面EFCD的距离。设A点在平面EFCD上的射影点为111(,,)Gxyz,则111(,,)AGxyz因0AGDF且0AGCD,而(0,2,1)DF(2,0,0)CD,此即1112020yzx解得10x①,知G点在yoz面上,故G点在FD上.GFDF,111(,,1)GFxyz故有1112yz②联立①,②解得,24(0,,)55G.||AG为直线AB到面EFCD的距离.而24(0,,)55AG所以25||5AG（Ⅱ）因四边形ABFE为平行四边形,则可设00(,0,1)(0)Exx,0(2,1)EDx.由||7ED得220217x,解得02x.即(2,0,1)E.故(2,0,1)AE由(0,2,0)AD,(0,0,1)AF因0ADAE,0ADAF,故FAE为二面角FADE的平面角，又(2,0,0)EF,||2EF,||1AF,所以||tan2||EFFAEFA6/28例3、如图,四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC⊥底面ABCD.已知∠ABC＝45°，AB＝2，BC=22，SA＝SB＝3.(1)证明：SA⊥BC；(2)求直线SD与平面SAB所成角的大小.求异面直线DC、SA的距离.解:(1)作AEBC于E点,则cos2cos452AEBEABABE又∵BC=22∴12BEBC,即E点是BC的中点.又∵SEASB∴90SEBSEA,即SE是BC的中垂线.又∵侧面SBC⊥底面ABCD∴SEAC面.(2)以E为原点,分别以向量,,EAEBES的正方向为x轴、y轴、z轴的非负半轴,建立空间直角坐标系,如图4所示.容易求得SE=1,于是A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),D(2,-22,0),S(0,0,1),E(0,0,0).设平面SAB的法向量(x,y,z)n,∵(2,0,1)SA,SB=(0,2,-1)∴2-02-0nSAxznSByz令2z,得(1,1,2)n.又∵(2,22,1)SD设直线SD与平面SAB所成的角为,则zyxEABDCS图47/282222sin11114SDnSDn∴22arcsin11.题型三、探索性问题已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且).10(ADAFACAE（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？21．证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD，∵CD⊥BC且AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC.………………………………3分又),10(ADAFACAE∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF平面BEF,∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC…………．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD，∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.………………8分∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°，∴,660tan2,2ABBD,722BCABAC由AB2=AE·AC得,76,76ACAEAE故当76时，平面BEF⊥平面ACD.………………………………………………12分22.（2009宁夏海南卷理）（本小题满分12分）如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是地面边长的2倍，P为侧棱SD上的点。（Ⅰ）求证：AC⊥SD；（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：8/28EC的值；若不存在，试说明理由。解法一：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SOAC。在正方形ABCD中，ACBD，所以ACSBD平面,得ACSD.(Ⅱ)设正方形边长a，则2SDa。又22ODa，所以060SOD,连OP，由（Ⅰ）知ACSBD平面,所以ACOP,且ACOD,所以POD是二面角PACD的平面角。由SDPAC平面,知SDOP,所以030POD,即二面角PACD的大小为030。（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使//BEPAC平面由（Ⅱ）可得24PDa，故可在SP上取一点N,使PNPD