資源簡介

培優課14 幾何法求空間角與空間距離
培優點一　幾何法求空間角(線面角)
【審題指導】
已知，.，則PA與平面ABC所成角的大小為　　　　.
【解題觀摩】
　　答案　60° 　　解析　如 圖所示，設O為△ABC的中心， 連接PO，AO，易知PO⊥平面ABC， 審題① 則∠PAO為PA與平面ABC所成角的平面角， 審題③ 所以S△ABC=×××sin 60°=，所以=OP·S△ABC=·OP=， 【提醒】等邊三角形的面積為a2，其中a為邊長.
　　即OP=. 審題② 又OA=××=1，所以tan∠OAP==，故∠OAP=60°.故PA與平面ABC所成角的大小為60°.
【通性通法】
求直線與平面所成角的關鍵是尋找過直線上一點與平面垂直的垂線，垂足與斜足的連線為直線在平面內的射影，直線與直線在平面內射影所成的角為線面角，然后轉化為解三角形問題，進而求解.
【培優訓練】
將三棱柱改為正方體
1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD上的一點，且CE=2DE，F為棱AA1的中點，且平面BEF與DD1交于點G，則B1G與平面ABCD所成角的正切值為(　　).
A. B. C. D.
答案　C
解析　因為平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G與平面ABCD所成角為B1G與平面A1B1C1D1所成角，易知B1G與平面A1B1C1D1所成角為∠D1B1G.設AB=6，則AF=3，DE=2，平面BEF∩平面CDD1C1=GE，且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，易得△FAB∽△GDE，則=，即=，解得DG=1，則D1G=5，
在Rt△B1D1G中，tan∠D1B1G===，故B1G與平面ABCD所成角的正切值為.故選C.
將三棱柱改為正四棱錐
2.如圖，正四棱錐P-ABCD的體積為2，底面積為6，E為側棱PC的中點，則直線BE與平面PAC所成的角為(　　).
A.60° B.30° C.45° D.90°
答案　A
解析　如
圖，在正四棱錐P-ABCD中，根據底面積為6可得，BC=.連接BD交AC于點O，連接PO，則PO為正四棱錐P-ABCD的高，根據體積公式可得，PO=1.因為PO⊥底面ABCD，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO∩AC=O，PO 平面PAC，AC 平面PAC，所以BD⊥平面PAC，連接EO，則∠BEO為直線BE與平面PAC所成的角.在Rt△POC中，因為PO=1，OC=，所以PC=2，OE=PC=1，在Rt△BOE中，因為BO=，所以tan∠BEO==，即∠BEO=60°.故直線BE與平面PAC所成的角為60°.故選A.
運用線面角求圓錐的側面積
3.已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成的角為45°，若△SAB的面積為5，則該圓錐的側面積為　　　　.
答案　40π
解析　
如圖，∵SA與圓錐底面所成角為45°，∴△SAO為等腰直角三角形.設OA=r，則SO=r，SA=SB=r.在△SAB中，cos∠ASB=，
∴sin∠ASB=，∴S△SAB=SA·SB·sin∠ASB=×(r)2×=5，解得r=2，
∴SA=r=4，即母線長l=4，
∴S圓錐側=πrl=π×2×4=40π.
培優點二　幾何法求空間角(二面角)
【審題指導】
如圖，在三棱錐S-ABC中，，AB⊥BC，且分別交AC，SC于點D，E，又SA=AB，，則二面角E-BD-C的大小為　　　　.
【解題觀摩】
　　答案　60° 　　解析　∵SB=BC且E是SC的中點，∴SC⊥BE， 審題③ 又SC⊥DE，BE∩DE=E，BE，DE 平面BDE， ∴SC⊥平面BDE， ∴SC⊥BD. 審題② 又SA⊥平面ABC，BD 平面ABC， ∴SA⊥BD， 審題① 而SC∩SA=S，SC 平面SAC，SA 平面SAC， ∴BD⊥平面SAC.∵DE 平面SAC，DC 平面SAC， ∴BD⊥DE，BD⊥DC，∴∠EDC是所求二面角的平面角， 審題③ ∵SA⊥平面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥AC. 設SA=2，則AB=2，BC=SB=2， ∵AB⊥BC，∴AC=2，∴∠ACS=30°， 又DE⊥SC，∴∠EDC=60°，即所求的二面角的大小為60°.
【通性通法】
求二面角是常見題型，根據所求的二面角的兩面是否有公共棱可分為兩類：有棱二面角、無棱二面角.對于有棱二面角通常采用定義法或三垂線法等手段來作出二面角的平面角，轉化為解三角形問題，進而求解.而對于無棱二面角，一般通過延展平面找到公共棱使其轉化為有棱二面角，或用面積射影定理若多邊形的面積為S，它在一個平面內的射影圖形的面積為S'，且多邊形所在平面與該平面所成的二面角為θ，則cos θ=解題(如條件變式2).
【培優訓練】
將三棱柱改為三棱臺
1.(2023·天津卷節選)如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，A1C1=1，M，N分別是BC，BA的中點，則平面C1MA與平面ACC1A1所成的角的余弦值為　　　　.
答案　
解析　如圖，連接AC1，過點M作ME⊥AC，垂足為E，過點E作EF⊥AC1，垂足為F，連接MF，C1E.
因為ME 平面ABC，A1A⊥平面ABC，所以AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，AC 平面ACC1A1，AA1 平面ACC1A1，所以ME⊥平面ACC1A1.因為AC1 平面ACC1A1，所以ME⊥AC1，又EF⊥AC1，ME∩EF=E，ME 平面MEF，EF 平面MEF，所以AC1⊥平面MEF，因為MF 平面MEF，所以AC1⊥MF，所以平面C1MA與平面ACC1A1所成的角為∠MFE.又ME==1，cos∠CAC1=，所以sin∠CAC1=，即EF=1·sin∠CAC1=.在Rt△MEF中，∠MEF=90°，則MF==，故cos∠MFE==.
將有棱二面角改為無棱二面角
2.在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=a，則平面PBA與平面PDC所成的二面角的大小為　　　　.
答案　45°
解析　如圖，
∵PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，∴PA⊥AD，
又AD⊥AB，且PA∩AB=A，PA 平面PAB，AB 平面PAB，∴AD⊥平面PAB，
同理，BC⊥平面PAB，CD⊥平面PAD，
∴△PCD在平面PBA上的射影為△PAB，CD⊥PD，
設平面PBA與平面PCD所成二面角為θ，∴cos θ===，∴θ=45°.
故平面PBA與平面PCD所成二面角的大小為45°.
運用二面角的大小求線段比值
3.在△ABC中，∠ACB=90°，tan∠CAB=，M為AB的中點，現將△ACM沿CM折起，得到三棱錐P-CBM，如圖所示，則當二面角P-CM-B的大小為60°時，=　　　　.
答案　
解析　如圖，取BC的中點E，連接AE，EM，PE，設AE∩CM=O，連接PO，
再設AC=2，由∠ACB=90°，tan∠CAB=，可得BC=2.
在Rt△MEC中，可得tan∠CME=，
在Rt△ECA中，可得tan∠AEC=，∴∠CME=∠AEC，
則∠CME+∠AEM=90°，∴AE⊥CM，
∴PO⊥CM，EO⊥CM，∠POE為二面角P-CM-B的平面角，∴∠POE=60°.
∵AE==，OE=1·sin∠CME=，∴PO=AO=.在△POE中，
由余弦定理可得PE==，
∴PE2+CE2=PC2，即PE⊥BC.
又∵E為BC的中點，∴PB=PC=2.
在Rt△ACB中，易得AB=2，∴=.
培優點三　幾何法求空間距離(點線距)
【審題指導】
(改編)如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，，且PD=1，
(1)求點P到直線EF的距離；
(2)求.
【解題觀摩】
　　解析　(1)如圖，連接BD，交EF于點H，連接PH，AC，BD， 在正方形ABCD中，E，F分別為AB，BC的中點， 所以EF∥AC，又BD⊥AC，所以BD⊥EF， 審題② 又因為PD⊥平面ABCD，所以PH⊥EF， 審題① 即PH的長度就是點P到直線EF的距離. 因為DH=BD，且由正方形ABCD的邊長為1，可知BD=，即DH=， 所以在Rt△PDH中，由勾股定理得，PH===， 即點P到直線EF的距離是. (2)連接PE，PF，如圖，由這個幾何體的性質，可以解得PE=PF=，EF=， 設點F到直線PE的距離為d，由三角形的等面積法得 d===. 審題③
【通性通法】
　　求點到直線的距離的三種方法
1.直接法：一般可以通過三垂線定理作出點到直線的垂線，則垂線段的長度就是點到直線的距離，確定一個平面三角形，利用勾股定理求其距離.
2.轉化法：由點與直線確定一個平面三角形，把點到線的距離轉化為求三角形的角，再用正弦函數求出點到直線的距離.
3.等面積法：由點與直線確定一個平面三角形，若所求的點到直線的垂線不好作圖，則可以利用第一種方法先作出這個三角形另一條邊上的高，再用等面積法求解.
【培優訓練】
利用解三角形求距離
1.(改編)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°.D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=2，AB=1.
(1)求證：MN∥平面BDE.
(2)求點N到直線ME的距離.
解析　(1)如
圖，連接PN交BE于F，連接DF，MN，
由于N，E分別是BC，PC的中點，
所以F為△PBC的重心，即PF∶FN=2∶1，
又因為D為PA的中點，M是線段AD的中點，所以PD∶DM=2∶1，
即PF∶FN=PD∶DM，所以MN∥DF，
因為DF 平面BDE，MN 平面BDE，所以MN∥平面BDE.
(2)由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°，PA=AC=2，AB=1，
可得AN=BC=，所以MN==，NE=PB=，ME==，
在△MNE中，由余弦定理可得，cos∠MEN==，即sin∠MEN=.
故點N到直線ME的距離d=NEsin∠MEN=.
利用勾股定理求距離
2.如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=，3AD=2CD=2DD1=6，P，M分別為AB，CD1上靠近A，D1的三等分點.求點M到直線PD1的距離.
解析：如圖，連接PC，
∵底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=，3AD=2CD=2DD1=6，且P為AB上靠近A的三等分點，
∴可由三角形余弦定理得DP===，
PC===2，
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，可得△D1DP和△D1DC都是直角三角形，
∴由勾股定理得D1P=2，D1C=3，則D1M=，
即在△D1CP中，由余弦定理得cos∠PD1C==，可得sin∠PD1C=，又M為CD1上靠近點D1的三等分點，∴D1M=D1C=.
故點M到直線PD1的距離d=D1Msin∠PD1C=.
培優點四　幾何法求空間距離(點面距)
【審題指導】
如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，，，AB=2DC=2，AA1=.
(1)求證：.
(2)求.
【解題觀摩】
　　解析　(1)因為在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CD 平面ABC， 所以AA1⊥CD， 審題① 又因為D是AB的中點，BC=AC， 所以CD⊥AB， 審題② 因為AB∩AA1=A，AB 平面ABB1A1，AA1 平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1， 審題③ 又CD 平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面ABB1A1. (2)由題意可知，D是AB的中點，BC=AC，AB=2DC=2，AA1=. 設點A到平面A1DC的距離為d，因為=，
　　所以·S△ACD·AA1=··d， 審題④ 　　所以××1×1×=××1×2×d，解得d=， 即點A到平面A1CD的距離為.
【通性通法】
　　求點到平面的距離的三種方法
1.直接法：過點P作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度(即點P到平面α的距離).
2.轉化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則可轉化為直線l上某一個點到平面α的距離來求.
3.等體積法：求點到平面的距離可以轉化為求棱錐的高，如四面體中點A到平面BCD的距離，用等體積法求得h=.
【培優訓練】
結合球的截面圓的性質
1.已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，AB⊥PD，AB=2，PA=PD，∠APD=120°.若四棱錐P-ABCD的外接球的體積為，則該球上的點到平面PAB的距離的最大值為(　　).
A.6 B.7 C.8 D.9
答案　C
解析　如圖，在矩形ABCD中，連接對角線AC，BD，記AC∩BD=F，則F為矩形ABCD的外接圓圓心，
設PA=PD=a，在△PAD中，由余弦定理得，AD2=PA2+PD2-2·PA·PD·cos∠APD=a2+a2-2·a·a·-=3a2，即AD=a，△PAD的外接圓半徑為=a，
記△PAD的外接圓圓心為G，則GP=a，取AD的中點E，連接PE，EF，
顯然EF∥AB，EF=AB=，PE⊥AD，且P，E，G共線，
因為AB⊥PD，AB⊥AD，AD∩PD=D，所以AB⊥平面PAD，
即EF⊥平面PAD，PE 平面PAD，
所以PE⊥EF，又EF∩AD=E，EF 平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，
過點G作GO⊥平面PAD，使GO=EF，連接FO，
于是GO∥EF，則四邊形EFOG為矩形，則FO∥PG，則FO⊥平面ABCD，
根據球的性質，得O為四棱錐P-ABCD外接球的球心，連接PO，
因為球O的體積為，
所以·PO3=，
解得PO=5，
而AB=2，在Rt△PGO中，PG=a==2，
因此△PAB外接圓直徑PB===8，
取PB的中點為H，連接OH，顯然H為△PAB外接圓圓心，則OH⊥平面PAB，且OH==3，
所以四棱錐P-ABCD的外接球上的點到平面PAB的距離的最大值為8.故選C.
將三棱柱改為三棱臺
2.(一題多解)(2023·天津卷節選)在三棱臺ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，A1C1=1，M，N分別是BC，BA的中點，則點C到平面C1MA的距離為　　　　.
答案　
解析　(法一：幾何法)如圖，過點C1作C1P⊥AC，垂足為P，作C1Q⊥AM，垂足為Q，連接PQ，PM，過P作PR⊥C1Q，垂足為R.
由題可得，C1A=C1C=，得C1M==，根據勾股定理，得C1Q==，因為C1P⊥平面AMC，AM 平面AMC，所以C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P=C1，C1Q 平面C1PQ，C1P 平面C1PQ，所以AM⊥平面C1PQ.又PR 平面C1PQ，所以PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C1Q 平面C1MA，AM 平面C1MA，所以PR⊥平面C1MA.在Rt△C1PQ中，PR=
==，又CA=2PA，所以點C到平面C1MA的距離是P到平面C1MA的距離的兩倍，即點C到平面C1MA的距離是.
(法二：等體積法)設點C到平面C1MA的距離為h，則
=·C1P·S△AMC=×2××=，
=·h·=·h·××=.
由=，得=，即h=.培優課14 幾何法求空間角與空間距離
培優點一　幾何法求空間角(線面角)
【審題指導】
已知，.，則PA與平面ABC所成角的大小為　　　　.
【通性通法】
求直線與平面所成角的關鍵是尋找過直線上一點與平面垂直的垂線，垂足與斜足的連線為直線在平面內的射影，直線與直線在平面內射影所成的角為線面角，然后轉化為解三角形問題，進而求解.
【培優訓練】
將三棱柱改為正方體
1.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為棱CD上的一點，且CE=2DE，F為棱AA1的中點，且平面BEF與DD1交于點G，則B1G與平面ABCD所成角的正切值為(　　).
A. B. C. D.
將三棱柱改為正四棱錐
2.如圖，正四棱錐P-ABCD的體積為2，底面積為6，E為側棱PC的中點，則直線BE與平面PAC所成的角為(　　).
A.60° B.30° C.45° D.90°
運用線面角求圓錐的側面積
3.已知圓錐的頂點為S，母線SA，SB所成角的余弦值為，SA與圓錐底面所成的角為45°，若△SAB的面積為5，則該圓錐的側面積為　　　　.
培優點二　幾何法求空間角(二面角)
【審題指導】
如圖，在三棱錐S-ABC中，，AB⊥BC，且分別交AC，SC于點D，E，又SA=AB，，則二面角E-BD-C的大小為　　　　.
【通性通法】
求二面角是常見題型，根據所求的二面角的兩面是否有公共棱可分為兩類：有棱二面角、無棱二面角.對于有棱二面角通常采用定義法或三垂線法等手段來作出二面角的平面角，轉化為解三角形問題，進而求解.而對于無棱二面角，一般通過延展平面找到公共棱使其轉化為有棱二面角，或用面積射影定理若多邊形的面積為S，它在一個平面內的射影圖形的面積為S'，且多邊形所在平面與該平面所成的二面角為θ，則cos θ=解題(如條件變式2).
【培優訓練】
將三棱柱改為三棱臺
1.(2023·天津卷節選)如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，A1C1=1，M，N分別是BC，BA的中點，則平面C1MA與平面ACC1A1所成的角的余弦值為　　　　.
將有棱二面角改為無棱二面角
2.在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=a，則平面PBA與平面PDC所成的二面角的大小為　　　　.
運用二面角的大小求線段比值
3.在△ABC中，∠ACB=90°，tan∠CAB=，M為AB的中點，現將△ACM沿CM折起，得到三棱錐P-CBM，如圖所示，則當二面角P-CM-B的大小為60°時，=　　　　.
培優點三　幾何法求空間距離(點線距)
【審題指導】
(改編)如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，，且PD=1，
(1)求點P到直線EF的距離；
(2)求.
【通性通法】
　　求點到直線的距離的三種方法
1.直接法：一般可以通過三垂線定理作出點到直線的垂線，則垂線段的長度就是點到直線的距離，確定一個平面三角形，利用勾股定理求其距離.
2.轉化法：由點與直線確定一個平面三角形，把點到線的距離轉化為求三角形的角，再用正弦函數求出點到直線的距離.
3.等面積法：由點與直線確定一個平面三角形，若所求的點到直線的垂線不好作圖，則可以利用第一種方法先作出這個三角形另一條邊上的高，再用等面積法求解.
【培優訓練】
利用解三角形求距離
1.(改編)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°.D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=2，AB=1.
(1)求證：MN∥平面BDE.
(2)求點N到直線ME的距離.
利用勾股定理求距離
2.如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD為平行四邊形，∠DAB=，3AD=2CD=2DD1=6，P，M分別為AB，CD1上靠近A，D1的三等分點.求點M到直線PD1的距離.
培優點四　幾何法求空間距離(點面距)
【審題指導】
如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，，，AB=2DC=2，AA1=.
(1)求證：.
(2)求.
【通性通法】
　　求點到平面的距離的三種方法
1.直接法：過點P作平面α的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度(即點P到平面α的距離).
2.轉化法：若點P所在的直線l平行于平面α，則可轉化為直線l上某一個點到平面α的距離來求.
3.等體積法：求點到平面的距離可以轉化為求棱錐的高，如四面體中點A到平面BCD的距離，用等體積法求得h=.
【培優訓練】
結合球的截面圓的性質
1.已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，AB⊥PD，AB=2，PA=PD，∠APD=120°.若四棱錐P-ABCD的外接球的體積為，則該球上的點到平面PAB的距離的最大值為(　　).
A.6 B.7 C.8 D.9
將三棱柱改為三棱臺
2.(一題多解)(2023·天津卷節選)在三棱臺ABC-A1B1C1中，若A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，A1C1=1，M，N分別是BC，BA的中點，則點C到平面C1MA的距離為　　　　.

展開更多......

收起↑