立体几何及解题技巧以及空间距离专题复习.pdf

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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u,v,则直线l,m的方向向量分别为a,b,平面
线线平行l∥ma∥bakb;线面平行l∥auau0;
面面平行∥u∥vukv.
(2)垂直:设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面,的法向量分别为u,v,则
线线垂直l⊥ma⊥bab0;线面垂直l⊥a∥uaku;
面面垂直⊥u⊥vuv0.
(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l,m的方向向量分别为a,b,平面,的法向量分别为u,v,则
ab
P
①两直线l,m所成的角为(0≤≤),cos;
2ab
hn
au
②直线l与平面所成的角为(0≤≤),sin;O
2auA
uv
③二面角─l─的大小为(0≤≤),cos.
uv
(2)空间距离
点、直线、,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
|APn|
②h(实质是AP在法向量n方向上的投影的绝对值)
|n|
|CDn|
③异面直线l,l间的距离d:dAB(l,l的公垂向量为n,C、D分别是l,l上任一点).
12|n|1212
题型一:非正交基底下的夹角、距离、长度的计算
,已知二面角-l-的大小为1200,点A,B,ACl于点C,BDl
l
于点D,且AC=CD=DB=
A
求:(1)A、B两点间的距离;
C
:.
(2)求异面直线AB和CD的所成的角
(3)AB与CD的距离.
解:设ACa,CDb,DBc,则
|a||b||c|1,a,bb,c900,a,c600,

2222
(1)|AB|abcabc2ab2bc2ca2,
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nxaybzc,
由nAB得(xaybzc)(abc)03x2y3z0①;
由nCD得(xaybzc)b0y0②,
令x=1,则由①、②可得z=-1,nac,由法则四可知,AB与CD的距离为
n|nAC||(ac)a|1
d|AC|.
2
|n||n|2
ac
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
ABABPEPFABPEPF3(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.
:
(1)方法一:作AH⊥面BCD于H连DH.
AB⊥BDHB⊥BD,∵AD=3,BD=1
∴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.
61113
∵AB=AC=BC=2,∴M是AC的中点,且MN则BM=,MNCD,BNAD.
22222
BM2MN2BN266
由余弦定理得cosBMN,BMNarccos.
2BMMN33
(3)设E为所求的点,作EF⊥CH于F,连FD,则
EFx32
EF1x2tanEDF,解得x,则CE2x1,
FD1x232
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).
BC(1,1,0),DA(1,1,1),
BCDA0,则BCAD.
(2)设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
1
则由nBC知:nBCxy0;
11
同理由nCA知nCAxz0.
11
可取n(1,1,1).
1
同理,可求得平面ACD的一个法向量为n(1,0,1).
2
由图可以看出,二面角B—AC—D的大小应等于n,n
12
nn10166
则cosn,n=12,即所求二面角的大小是arccos.
123233
|n||n|
12
(3)设E(x,y,z)是线段AC上一点,则xz0,y1,
平面BCD的一个法向量为n(0,0,1),DE(x,1,x),
要使ED与面BCD成30°角,由图可知DE与n的夹角为60°,:.
DEnx1
所以cosDE,ncos60.
|DE||n|12x22
2
则2x12x2,解得,x,则CE2x1.
2
故线段AC上存在E点,且CE1时,ED与面BCD成30角.
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,BAD,CDAD2,四边形ABFE为平行
2
四边形,FA平面ABCD,FC3,ED:
(Ⅰ)直线AB到平面EFCD的距离;
(Ⅱ)二面角FADE的平面角的正切值.
解法一:
(Ⅰ)ABDC,DC平面EFCD,AB到面EFCD的距离等于点A到

面EFCD的距离,过点A作AGFD于G,因BADAB∥DC,故
2
CDAD;又FA平面ABCD,由三垂线定理可知,CDFD,故CD面FAD,知CDAG,所以
AG为所求直线AB到面EFCD的距离
在Rt△ABC中,FDFC2CD2945
由FA平面ABCD,得FAAD,从而在Rt△FAD中,FAFD2AD2541
FAAD22525
AG。即直线AB到平面EFCD的距离为。
FD555

(Ⅱ)由己知,FA平面ABCD,得FAAD,又由BAD,知ADAB,故AD平面ABFE
2
DAAE,所以,FAE为二面角FADE的平面角,记为.

在Rt△AED中,AEED2AD2743,由ABCD得,FEBA,从而AFE
2
FE
在Rt△AEF中,FEAE2AF2312,故tan2
FAz
所以二面角FAD
G
解法二:(Ⅰ)如图以A点为坐标原点,AB,AD,AF的方向为x,y,z的正方向建立
xBA
空间直角坐标系数,则
CD
A(0,0,0)C(2,2,0)D(0,2,0)设F(0,0,z)(z0)可得FC(2,2,z),由|FC|
000y
2222z23,解得F(0,0,1)AB∥DC,
0:.
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G(x,y,z),则AG(x,y,z)因AGDF0且AGCD0,而DF(0,2,1)
111111
2yz0
CD(2,0,0),此即11解得x0①,知G点在yoz面上,故G点在FD上.

2x01

1
y24
GFDF,GF(x,y,z1)故有1z1②联立①,②解得,G(0,,).
1112155
2425
|AG|(0,,)所以|AG|
555
(Ⅱ)因四边形ABFE为平行四边形,则可设E(x,0,1)(x0),ED(x2,1).由
000
|ED|7得x22217,解得x(2,0,1).故AE(2,0,1)
00
由AD(0,2,0),AF(0,0,1)因ADAE0,ADAF0,故FAE为二面角FADE的平面角,又
|EF|
EF(2,0,0),|EF|2,|AF|1,所以tanFAE2
|FA|
例3、如图,四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,
2
侧面SBC⊥∠ABC=45°,AB=2,BC=2,
3z
SA=SB=.
S
(1)证明:SA⊥BC;
(2)求直线SD与平面SAB
EB
所成角的大小.
Cy
求异面直线DC、SA的距离.
A
D
x
AEBC
解:(1)作于E点,则
AEBEABcosABE
2cos452
2
又∵BC=2
1
BEBC
2
∴,
SEASB
∵
SEBSEA90
∴,:.
SE面AC
又∵侧面SBC⊥底面ABCD∴.
EA,EB,ES
(2)以E为原点,分别以向量的正方向为x轴、y轴、z轴的非负半轴,建立空间直角坐标系,如图4所
22222
=1,于是A(,0,0),B(0,,0),C(0,-,0),D(,-2,0),S(0,0,1),E(0,0,0).
n(x,y,z)
设平面SAB的法向量,
SA(2,0,1)SB=(0,2,-1)
∵,
nSA2x-z0

nSB2y-z0z2n(1,1,2)
∴令,得.
SD(2,22,1)
又∵

设直线SD与平面SAB所成的角为,则
SDn2222
sin
SDn11411
22
arcsin
11
∴.
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AEAF
(01).
ACAD
(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
:(Ⅰ)∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD,
∵CD⊥BC且AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC.………………………………3分
AEAF
又(01),
ACAD
∴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°,
∴BD2,AB2tan606,
ACAB2BC27,由AB2=AE·AC得6AE6
AE,,
7AC7:.
6
故当时,平面BEF⊥平面ACD.………………………………………………12分
7
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:EC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SOAC。在正方形ABCD中,ACBD,所以AC平面SBD,
得ACSD.
(Ⅱ)设正方形边长a,则SD2a。
2
又ODa,所以SOD600,
2
连OP,由(Ⅰ)知AC平面SBD,所以ACOP,
且ACOD,所以POD是二面角PACD的平面角。
由SD平面PAC,知SDOP,所以POD300,
即二面角PACD的大小为300。
(Ⅲ)在棱SC上存在一点E,使BE//平面PAC
2
由(Ⅱ)可得PDa,故可在SP上取一点N,使PNPD,过N作PC的平行线与SC的交点即为E。
4
连BN。在BDN中知BN//PO,又由于NE//PC,故平面BEN//平面PAC,得BE//平面PAC,由于
SN:NP21:,故SE:EC21:.
解法二:(Ⅰ);连BD,设AC交于BD于O,由题意知SO,OB,OC,OS分:.
6
别为x轴、y轴、z轴正方向,建立坐标系Oxyz如图。设底面边长为a,则高SOa。
2
622226
于是S(0,0,a),D(a,0,0)C(0,a,0)则:OC(0,a,0)SD(a,0,a)
222222
OCSD0
故OCSD从而ACSD
266
(Ⅱ)由题设知,平面PAC的一个法向量DS(a,0,a),平面DAC的一个法向量OS)0,0,a),设
222
OSDS3
所求二面角为,则cos,所求二面角的大小为300
OSDS2
(Ⅲ)在棱SC上存在一点E使BE//平面PAC.
2626
由(Ⅱ)知DS是平面PAC的一个法向量,且DS(a,0,a),CS(0,a,a)
2222
226
设CEtCS,则BEBCCEBCtCS(a,a(1t),at)
222
1
而BEDC0t即当SE:EC2:1时,BEDS
3
而BE不在平面PAC内,故BE//平面PAC故SE:EC21:.
题型四:翻折问题
2
(本题满分15分)如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在线段AB,AD上,AEEBAFFD
3
线EF将AEF翻折成A'EF,使平面A'EF平面BEF.
(Ⅰ)求二面角A'FDC的余弦值;
(Ⅱ)点M,N分别在线段FD,BC上,若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,
使C与A'重合,求线段FM的长。
解析:本题主要考察空间点、线、面位置关系,二面角等基础知识,空间向量的应
用,同事考查空间想象能力和运算求解能力。
(Ⅰ)解:取线段EF的中点H,连结A'H,因为A'E=A'F及H是EF的中点,
所以A'HEF,
又因为平面A'EF平面BEF.
:.
如图建立空间直角坐标系A-xyz
则A'(2,2,22),C(10,8,0),
F(4,0,0),D(10,0,0).

故FA'=(-2,2,22),FD=(6,0,0).

设n=(x,y,z)为平面A'FD的一个法向量,
-2x+2y+22z=0
所以
6x=0.
取z2,则n(0,2,2)。
nm3
又平面BEF的一个法向量m(0,0,1),故cosn,m。
nm3
3
所以二面角的余弦值为
3
(Ⅱ)解:设FMx,则M(4x,0,0),
因为翻折后,C与A重合,所以CMA'M,
21
故,(6x)28202=(2x)222(22)2,得x,
4
21
经检验,此时点N在线段BC上,所以FM。
4
方法二:
(Ⅰ)解:取线段EF的中点H,AF的中点G,连结A'G,A'H,GH。
因为A'E=A'F及H是EF的中点,
所以A'HEF
又因为平面A'EF平面BEF,
所以A'H平面BEF,
又AF平面BEF,
故A'HAF,
又因为G、H是AF、EF的中点,
易知GH∥AB,
所以GHAF,:.
于是AF面A'GH,
所以A'GH为二面角A'DHC的平面角,
在RtA'GH中,A'H=22,GH=2,A'G=23
3
所以cosA'GH.
3
3
故二面角A'DFC的余弦值为。
3
(Ⅱ)解:设FMx,
因为翻折后,C与A'重合,
所以CMA'M,
而CM2DC2DM282(6x)2,
A'M2A'H2MH2A'H2MG2GH2(22)2
21
得x,
4
经检验,此时点N在线段BC上,
21
所以FM。
4
1、如图,在五面体ABCDEF中,FA平面ABCD,
1
AD//////2aDCDE且M为CE的中点,所以DM,则MPCE.
2
又MPDMM,故CE平面CDE,所以平面AMD平面CDE.
解:设Q为CD的中点,连结PQ,DE,所以EQ
62
PCPD,所以PQCD,故EQP为二面角ACDPQ,EQa,PQa.
22:.
PQ3
于是在RtEPQ中,cosEQP,AAB1,B1,0,0,C1,1,0,D0,2,0,E0,1,1,F0,0,1,
EQ3
11BF•DE0011
M,1,.解:BF1,0,1,DE0,1,1,于是cosBF,DE.600
BFDE(II)
22BFDE2•22
11
由AM,1,,CE1,0,1,AD0,2,0,可得CE•AM0
证明:,
22
CE•AD,CEAM,CEA,故CE平面AMD.
而CE平面CDE,所以平面AMD平面CDE.
u•CE0,

(III)解:设平面CDE的法向量为u(x,y,z),则
u•DE0.
xz0,
于是令x1,可得u(1,1,1).
yz0.
又由题设,平面ACD的一个法向量为v(0,0,1).
u•v0013
所以,cosu,v.
uv3•13
2、在四面体ABCD中,AB⊥BC,AB⊥BD,BC⊥CD,且AB=BC=1。
(1)求证:平面CBD⊥平面ABD;
(2)是否存在这样的四面体,使二面角C—AD—B的平面角为30°如果存在,
求出CD的长;如果不存在,请找出一个角θ,使得存在这样的四面体,使二面角C
—AD—B的平面角为θ。
解:(1)∵AB⊥BC,AB⊥BD
∴AB⊥平面BCD,又AB面ABD
∴面ABD⊥面CBD
(2)设CD=x,在面CBD内作CE⊥BD于E
由(1)知平面ABD⊥面BCD,且BD为交线
∴CE⊥平面ABD
作EF⊥AD于F,连结CF,则CF⊥AD
∴∠CFE为“二面角”C—AD—B的平面角,且∠CFE=30°
又在Rt△BCD中,CE·BD=CB·CD
1xx
∴CE
x21x21
又∵CD⊥BC,又BC为AC在面BCD上射影
∴CD⊥AC:.
则在Rt△ACD中,CF·AD=AC·CD
2x
∴CF
x22
x
CE2x221
x1
在RtCEF中,sin∠CFE
CF2x2·x212
x22
解出x23,无实数解。
故不存在这样的四面体,使二面角C—AD—B的平面角为30°
x22112
又sin∠CFE1,1
22x212
2·x1

∴∠CFE,
42
故θ可以取45°~90°之间的任意角。
AD2a
3、如图,四棱锥S—ABCD的底面是正方形,SD平面ABCD,SD=2a,点E是
DEa(02)
SD上的点,且
(0,2]ACBE
(Ⅰ)求证:对任意的,都有

(Ⅱ)设二面角C—AE—D的大小为,直线BE与平面ABCD所成的角为,若
tantan1
,求的值
解:(Ⅰ)证法1:如图1,连接BE、BD,由地面ABCD是正方形可得AC⊥BD。
SD⊥平面ABCD,BD是BE在平面ABCD上的射影,AC⊥BE

(Ⅱ)解法1:如图1,由SD⊥平面ABCD知,∠DBE=,
SD⊥平面ABCD,CD平面ABCD,SD⊥CD。
又底面ABCD是正方形,CD⊥AD,而SDAD=D,CD⊥平面SAD.
连接AE、CE,过点D在平面SAD内作DE⊥AE于F,连接CF,则CF⊥AE,

故∠CDF是二面角C-AE-D的平面角,即∠CDF=。
DE
tan
aBD2
在Rt△BDE中,BD=2a,DE=
AD2a,DEa,AEa22
在Rt△ADE中,:.
ADDE2a
DF
AE22
从而
CD22
tan
RtCDFDF
在中,.
22
.122222
tantan12
由,得.
(0,2]2
由,解得,即为所求.
DA,DC,DS
(I)证法2:以D为原点,的方向分别作为x,y,z轴的正方向建立如
图2所示的空间直角坐标系,则
22a2a2aa
D(0,0,0),A(,0,0),B(,,0),C(0,,0),E(0,0),
AC(2a,2a,0),BE(2a,2a,a)
ACBE2a22a20a0,
即ACBE。
(II)解法2:
由(I)得EA(2a,0,a),EC(0,2a,a),BE(2a,2a,a).
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则由nEA,nEC得
nEA0,2xz0,
即取z2,得n(,,2)。
nEC0,2yz0,

易知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为DS(0,0,2a)与DC(0,2a,0).
DCn
DSBE
sin,cos.
DSBE24DCn222

0<,,0,
2

tantansincos22.
224222
由于(0,2],解得2,即为所求。
4、已知在四边形ABCD中,ADBCD45,BAD90°PBD平面BCD⑴求证:CDPB;⑵求二面角
PBCD的余弦值大小;
⑶求点D到平面PBC的距离.
:.
解:(1)折叠前,在直角梯形ABCD中,易知∠CBD=∠ADB=45°
又∠BCD=45°
∴∠BDC=90°,即CD⊥BD
折叠后,在三棱锥P—BCD中,CD⊥BD,且平面PBD⊥平面BCD,BD为交线
∴CD⊥平面PBD
∴CD⊥PB
(2)取BD中点O,作OE⊥BC于E,连PO,PE
∵PB=PD
∴PO⊥BD
又平面PBD⊥平面BCD,BD为交线
∴PO⊥平面BCD在平面BCD***影为OE
由三垂线定理PE⊥BC
∴∠PEO是二面角P—BC—D平面角
(3)设D到平面PBC距离为h
:.
或者:由(1)知PB⊥CD
又PB⊥PD
∴PB⊥面PDC
∴面PDC⊥面PBC,PC为交线
过D作DH⊥PC,则DH⊥面PBC
∴DH即为D点到面PBC的距离
空间距离专题复****br/>题型一:两条异面直线间的距离
【例1】如图,在空间四边形ABCD中,AB=BC=CD=DA=AC=BD=a,E、F分别是AB、CD的中点.
(1)求证:EF是AB和CD的公垂线;
(2)求AB和CD间的距离;
【规范解答】(1)证明:连结AF,BF,由已知可得AF=BF.
又因为AE=BE,所以FE⊥AB交AB于E.
同理EF⊥DC交DC于点F.
例1题图
所以EF是AB和CD的公垂线.
31
(2)在Rt△BEF中,BF=a,BE=a,
22
12
所以EF2=BF2-BE2=a2,即EF=a.
22
2
由(1)知EF是AB、CD的公垂线段,所以AB和CD间的距离为a.
2
【例2】如图,正四面体ABCD的棱长为1,求异面直线AB、CD之间的距离.
设AB中点为E,连CE、ED.
∵AC=BC,AE=EB.∴CD⊥⊥AB.
∴AB⊥,连EF,则AB⊥EF.
例2题图
同理可证CD⊥EF.∴EF是异面直线AB、CD的距离.
22
31312
∵CE=,∴CF=FD=,∠EFC=90°,EF=.
22222
:.
2
∴AB、CD的距离是.
2
【解后归纳】求两条异面直线之间的距离的基本方法:
(1)利用图形性质找出两条异面直线的公垂线,求出公垂线段的长度.
(2)如果两条异面直线中的一条直线与过另一条直线的平面平行,可以转化为求直线与平面的距离.
(3)如果两条异面直线分别在两个互相平行的平面内,可以转化为求两平行平面的距离.
题型二:两条异面直线间的距离
【例3】如图(1),正四面体ABCD的棱长为1,求:A到平面BCD的距离;
过A作AO⊥平面BCD于O,连BO并延长与CD相交于E,连AE.
∵AB=AC=AD,∴OB=OC=OD.∴O是△=BC=CD,
2233例3题图
∴O是△BCD的中心,∴BO=BE=.
3323
2
366
又AB=1,且∠AOB=90°,∴AO=AB2BO21.∴A到平面BCD的距离是.
333
5
【例4】在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=,AB=a,AD=3a且sin∠ADC=,又PA⊥平面ABCD,PA=a,
25
求:(1)二面角P—CD—A的大小;(2)点A到平面PBC的距离.
【规范解答】(1)作AF⊥DC于F,连结PF,
∵AP⊥平面ABCD,AF