【备战】高考数学-专题辅导与训练-52《空间角与距离》课件-理-新人教版

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1、单击此处编辑母版标题样式,,单击此处编辑母版文本样式,,第二级,,第三级,,第四级,,第五级,,,,*,,热点考向,1,异面直线所成的角及直线与平面所成的角,,【,例,1】(2011,·,绵阳模拟,),如图，四棱,,锥,S-ABCD,中，,AB∥CD,BC⊥CD,，侧面,,SAB,为等边三角形,.AB=BC=2,CD=SD=1.,,(1),证明：,SD⊥,平面,SAB,；,,(2),求,AB,与平面,SBC,所成角的正弦值,.,【,解题指导,】,(1),证明的突破口是利用等边三角形,SAB,这个条件，找出,AB,的中点,E,，连结,SE,，,DE,，就作出了解决这个问题的关键辅助线,.,,(2

2、),本题直接找线面角不易找出，要找到与,AB,平行的其他线进行转移求解,.,【,规范解答,】,(1),取,AB,中点,E,，连结,DE,，则四边形,BCDE,为矩形，,DE=CB=2.,,连结,SE,，则,SE⊥AB,SE=,,又,SD=1,，故,ED,2,=SE,2,+SD,2,,,,所以∠,DSE,为直角,.,,由,AB⊥DE,，,AB⊥SE,DE∩SE=E,,得,AB⊥,平面,SDE,,所以,AB⊥SD.,,SD,与两条相交直线,AB,、,SE,都垂直,.,,所以,SD⊥,平面,SAB.,(2),由,AB⊥,平面,SDE,知，平面,ABCD⊥,平面,SDE,,,作,SF⊥DE,，垂足为,

3、F,，则,SF⊥,平面,ABCD,,,,作,FG⊥BC,，垂足为,G,，则,FG=DC=1.,,连结,SG,，则,SG⊥BC,,,又,FG⊥BC,，,SG∩FG=G,,,故,BC⊥,平面,SFG,，平面,SBC⊥,平面,SFG,，,作,FH⊥SG,，,H,为垂足，则,FH⊥,平面,SBC.,,,即,F,到平面,SBC,的距离为,,由于,ED∥BC,，所以,ED∥,平面,SBC,，,E,到平面,SBC,的距离,d,也为,,设,AB,与平面,SBC,所成的角为,α,，则,sinα=,求空间角的一般方法,,计算空间角,,,其一般方法是根据定义通过作辅助线或辅助面构造出要求的角,θ,,并作出含有角,θ

4、,的三角形,,,从而通过解三角形得角,θ,的值,,,其步骤是,:,“,一作、二证、三计算,”,.,,(1),异面直线所成的角一般可以通过平移转化为两条相交直线的夹角,,,进而利用解三角形的方法进行求解,.,在实际图形中往往根据其特点选择一些特殊位置,(,例如三角形的中位线等,),作平行线,,,有时候也可以通过构造平行四边形而得到平行线,,,这样得到的角比较容易计算,.,(2),求直线和平面所成的角的关键是,:,作出直线在平面内的射影,,,一般射影也是一些特殊的位置,,,把直线和平面所成的角转化为平面内两条直线所成的角进行求解,.,,异面直线所成的角的范围是,(0, ],，故作出的角在图形中所

5、反映的未必是所求的角，在解三角形时，若其余弦值大于或等于,0,，则就是此角；若小于,0,，则是其补角,.,如图，在四棱锥,P-ABCD,中，底面,ABCD,,是矩形，,PA⊥,平面,ABCD,，,PA=AD=2,，,,AB=1,BM⊥PD,于点,M.,,(1),求证：,AM⊥PD,；,,(2),求直线,CD,与平面,ACM,所成的角的余弦值,.,【,解析,】,(1)∵PA⊥,平面,ABCD,，,,AB,⊂,平面,ABCD,∴PA⊥AB.,,∵AB⊥AD,，,,AD∩PA=A,AD,⊂,平面,PAD,PA,⊂,平面,PAD,,,∴AB⊥,平面,PAD.,,∵PD,⊂,平面,PAD,,,∴AB⊥P

6、D,，,∵BM⊥PD,AB∩BM=B,AB⊂,平面,ABM,,,BM⊂,平面,ABM,∴PD⊥,平面,ABM.,,∵AM⊂,平面,ABM,∴AM⊥PD.,(2),由,(1),知，,AM⊥PD,，又,PA=AD,，,,则,M,是,PD,的中点,,,在,Rt△PAD,中,,,,得,AM=,在,Rt△CDM,中,,,得,,,∴S,△ACM,= AM,·,MC=,,设点,D,到平面,ACM,的距离为,h,，由,V,D-ACM,=V,M-ACD,，,,得,S,△ACM,·,h= S,△ACD,·,PA.,,解得,h=,设直线,CD,与平面,ACM,所成的角为,θ,，,,则,sinθ=,,∵θ∈[0,

7、 ],∴cosθ=,,∴,直线,CD,与平面,ACM,所成的角的余弦值为,热点考向,2,二面角,,【,例,2】(2011,·,攀枝花模拟,),如图，,,四棱锥,S-ABCD,的底面是矩形，,SA⊥,,底面,ABCD,，,P,为,BC,边的中点，,SB,与,,平面,ABCD,所成的角为,45,°,，且,AD=2,,,SA=1.,,(1),求证：,PD⊥,平面,SAP;,,(2),求二面角,A-SD-P,的正切值,.,【,解题指导,】,(1),利用线线垂直证明线面垂直；,(2),先作出二面角的平面角，再进行计算,.,【,规范解答,】,(1),因为,SA⊥,底面,ABCD,，,,所以∠,SBA,是

8、,SB,与平面,ABCD,所成的角,,,,由已知得∠,SBA=45,°,，所以,AB=SA=1,,,易求得,AP=PD=,,又因为,AD=2,，所以,AD,2,=AP,2,+PD,2,，,,所以,AP⊥PD.,,因为,SA⊥,底面,ABCD,PD,⊂,平面,ABCD,,,所以,SA⊥PD,,,由于,SA∩AP=A,，所以,PD⊥,平面,SAP.,(2),设,Q,为,AD,的中点,,,连结,PQ,,,由于,SA⊥,底面,ABCD,,且,SA⊂,平面,SAD,,,则平面,SAD⊥,平面,PAD,,,因为,PQ⊥AD,,,所以,PQ⊥,平面,SAD,,,过,Q,作,QR⊥SD,,垂足为,R,,连结,

9、PR,,,由三垂线定理可知,PR⊥SD,,,所以∠,PRQ,是二面角,A,－,SD,－,P,的平面角,.,容易证明△,DRQ∽△DAS,,则,,因为,DQ=1,，,SA=1,，,SD=,,所以,QR=,,在,Rt△PRQ,中，因为,PQ=AB=1,，,,所以,tan∠PRQ=,,所以二面角,A,－,SD,－,P,的正切值为,二面角的求法：,,二面角的大小是用它的平面角来度量的,.,找,(,或作,),出二面角的平面角是关键,,,主要有以下几种方法,:,,(1),定义法,:,直接在二面角的棱上取一点,(,特殊点,),,分别在两个半平面中作棱的垂线,,,得出平面角,.,用定义法时,,,要认真观察图形

10、的特性,.,(2),三垂线法,:,已知二面角其中一个面内一点到另一个面的垂线,,,用三垂线定理或其逆定理作出平面角,.,注意,:,高考题中求二面角的大小时,,,基本上都是用三垂线定理或其逆定理作出平面角的,.,(3),垂面法,:,已知二面角内一点到两个面的垂线,,,过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角,.,由此可知,,,二面角的平面角所在的平面与棱垂直,.,,(4),射影法,:,利用面积射影公式,S,射,=S,投,·,cosθ,,其中,θ,为二面角的平面角的大小,.,此方法不必在图中画出平面角来,.,,作出二面角的平面角后，必须证明该角就是二面角的平面角,.,已知矩形,ABCD,

11、与正三角形,AED,所在的,,平面互相垂直，,M,、,N,分别为棱,BE,、,,AD,的中点，,AB=1,AD=2,，,,(1),证明：直线,AM∥,平面,NEC,；,,(2),求二面角,N-CE-D,的大小,.,【,解析,】,(1),取,EC,的中点,F,，连结,FM,，,FN,，,,则,FM∥BC,，,FM= BC,，,AN∥BC,，,AN= BC,,,所以,FM∥AN,且,FM=AN,，,,所以四边形,AMFN,为平行四边形，,,所以,AM∥NF,，因为,AM,⊄,平面,NEC,，,NF,⊂,平面,NEC,，,,所以直线,AM∥,平面,NEC,；,(2),由题设知面,ABCD⊥,面,

12、ADE,，,CD⊥AD,，,,∴,CD⊥,面,ADE.,,又∵,CD⊂,面,CDE,，∴面,CDE⊥,面,ADE,，,,作,NH⊥DE,于,H,，则,NH⊥,面,CDE,，作,HO⊥EC,于,O,，连结,NO,，由三垂线定理可知,NO⊥CE,，,,∴∠,HON,就是二面角,N-CE-D,的平面角，,在正△,ADE,中，可得,NH=,在,Rt△EDC,中，,,可得,OH=,故在,Rt△NHO,中，,,tan∠HON=,,所以二面角,N-CE-D,的大小为,arctan,热点考向,3,空间距离,,【,例,3】(2011,·,景德镇模拟,),如图，四棱锥,,P-ABCD,中，,AD∥BC,，∠,AD

13、C= PC⊥,平面,,ABCD,，点,E,、,F,分别为,AB,、,PB,中点,.AC⊥DE,，,,其中,AD=1,，,PC=2,，,CD=,证明,,(1) EF∥,平面,PAC,；,,(2),求点,B,到平面,PDE,的距离,.,【,解题指导,】,利用线线平行证明线面平行；先作出点,B,到平面,PDE,的距离，利用平面几何知识求解,【,规范解答,】,(1)∵,点,E,、,F,分别为,AB,、,PB,中点,,,,∴EF,为△,BPA,的中位线，∴,EF∥PA,，,,∵,EF,⊄,平面,PAC,PA,⊂,平面,PAC,,,∴EF∥,平面,PAC,；,(2)PC⊥,平面,ABCD,⇒,PC⊥D

14、E,,而已知,,有,AC⊥DE,，,PC∩AC=C.,,所以,DE⊥,平面,PAC.,,又∵,DE,⊂,平面,PDE,,,∴,平面,PDE⊥,平面,PCA,，,,∵,AE=EB,，,E∈,平面,PDE,,,∴,点,B,到平面,PDE,的距离等于点,A,到平面,PDE,的距离，设,AC,交,DE,于,G,，连结,PG,，则点,A,到,PG,的距离就是点,A,到平面,PDE,的距离，也就是点,B,到平面,PDE,的距离,.,由∠,ADC= AD=1,，,CD=,得,AC=2,，,AG=,,PG=,,过,A,作,AH⊥PG,于,H,，则,AH,的长就是点,B,到,,平面,PDE,的距离，如图,,

15、则△,PCG∽△AHG,，∴,,,∴点,B,到平面,PDE,的距离为,【,互动探究,】,在例题条件不变的情况下，若,BC=2,，试求三棱锥,B-PDE,的体积,.,,【,解析,】,在底面,ABCD,中，∵,AD=1,，,CD= BC=2,，,,∴∠,BAD=120,°,.,,DE,2,=AD,2,+AE,2,-2AD,·,AEcos120,°,=3,,,由例题解析知，在△,PDE,中，,PG⊥DE,,且,PG=,,又点,B,到平面,PDE,的距离为,,所以,V,B-DPE,= DE,·,PG,·,求空间距离的常用方法,:,,(1),点到平面距离的求解方法一般有两种,:,,①,直接

16、求解法,:,从该点向平面引垂线,,,确定垂足位置,,,求出点和垂足之间的距离即可,.,,②,间接求解法,:,利用等体积法求点到平面的距离,.,一个几何体无论怎样转动,,,其体积是不变的,.,如果一个几何体的底面积或高较难求解时,,,我们可考虑利用等体积法求解,.,(2),直线与它的平行平面的距离,:,求解时通常转化为直线上一个特殊点到平面的距离,.,,(3),两个平行平面的距离,:,求解时,,,在一个平面内任取一点,,,作它到另一平面的垂线段,,,垂线段的长就是所求距离,.,实质上也是点到平面的距离,.,,(4),两条异面直线间的距离,:,要特别注意对定义中的,“,都垂直且相交,”,的理解,,

17、,两条异面直线间的距离是分别连结两条异面直线上两点的线段中最短的一条,,,可转化为线面垂直或线面平行,,,面面平行问题,,,再进一步转化为点到直线的距离或点到平面的距离,.,,空间距离都要转化为两点间的距离即线段长来计算，在实际题型中，线线距、线面距和面面距，这些距离的核心是求点到平面的距离，除了能直接用定义计算的外，都要化为点到平面的距离来求解,.,如图，已知斜三棱柱,ABC,—,A,1,B,1,C,1,,,,AC⊥BC,AC=BC=2,A,1,在底面,ABC,上,,的射影恰为,AC,的中点,D,，又知,,BA,1,⊥AC,1,.,,(1),求证：,AC,1,⊥A,1,C;,,(2),求,C

18、C,1,到平面,A,1,AB,的距离；,,(3),求二面角,A,—,A,1,B,—,C,的正弦值,.,【,解析,】,(1)∵A,1,D⊥,平面,ABC,∴A,1,D⊥BC,，,,又,AC⊥BC,，,AC∩A,1,D=D.,,∴BC⊥,平面,ACC,1,A,1,,∴BC⊥AC,1,,又∵,BA,1,⊥AC,1,,∴AC,1,⊥,平面,A,1,BC,∴AC,1,⊥A,1,C.,(2)∵AC,1,⊥A,1,C,,,∴,四边形,ACC,1,A,1,为菱形，,,故,AA,1,=AC=2,,,又,D,为,AC,的中点，,,∴∠,A,1,AC=60,°,,∴△A,1,AC,为等边三角形,.,取,AA,1,的

19、中点,F,,则,AA,1,⊥,平面,BCF,，从而平面,A,1,AB⊥,平面,BCF.,过,C,作,CH⊥BF,于,H,，则,CH⊥,平面,A,1,AB,，故,CH,即为所求,CC,1,到平面,A,1,AB,的距离,,在,Rt△BCF,中，,BC=2,CF=,故,CH=,,即,CC,1,到平面,A,1,AB,的距离为,CH=,(3),过,H,作,HG⊥A,1,B,于,G,，连结,CG,,由,(2),可知∠,CGH,为二面角,,A,—,A,1,B,—,C,的平面角,.,,在,Rt△A,1,BC,中，,A,1,C,＝,BC=2,，∴,CG=,,在,Rt△CGH,中，,sin∠CGH,＝,,故二面角

20、,A,—,A,1,B,—,C,的正弦值为,热点考向,4,空间角与距离的探索性问题,,【,例,4】(12,分,)(2011,·,新乡模拟,),已知四棱锥,S,—,ABCD,中，,AB=BC=CD=DA=SA=2,，底面,ABCD,是正方形，,SD=SB=2,,(1),在该四棱锥中，是否存在一条侧棱垂直于底面？如果存在，请给出证明；,,(2),用多少个这样的四棱锥可以拼成一个棱长为,2,的正方体,ABCD,—,A,1,B,1,C,1,D,1,？说明你的结论,.,(3),在,(2),的条件下，设正方体,ABCD,—,A,1,B,1,C,1,D,1,的棱,BB,1,的中点为,N,，棱,DD,1,的中点

21、为,M,，求二面角,A,—,MN,—,C,的余弦值,.,【,解题指导,】,(1),由,SA⊥AB,SA⊥AD,得,SA⊥,底面,ABCD,，,(2),从割补法思想入手证得结论，,(3),先作出平面角后求即可,.,【,规范解答,】,(1),存在侧棱,SA⊥,底面,ABCD,,,事实上因为,AB=BC=CD=DA=SA=2,SD=SB=2,,由勾股定理的逆定理得,SA⊥AB,SA⊥AD,,,AB∩AD=A,，,,故侧棱,SA⊥,底面,ABCD.,…………………,4,分,(2),用三个这样的四棱锥可以拼成一个棱长,,为,2,的正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,.,它们是：,,四棱锥,

22、A,1,-ABCD(,侧棱,A,1,A⊥,面,ABCD),，,,四棱锥,A,1,-B,1,BCC,1,(,侧棱,A,1,B,1,⊥,面,B,1,BCC,1,),，,,四棱锥,A,1,-D,1,DCC,1,(,侧棱,A,1,D,1,⊥,面,D,1,DCC,1,).,,………………………………………………………………,8,分,(3),由正方体的对称性得在正方体,ABCD-A,1,B,1,C,1,D,1,中，△,AMN,△CMN,均为等腰三角形，设,O,为,MN,的中点， ∠,AOC,即为二面角,A-MN-C,的平面角,.,,AO=CO=,由余弦定理得,,,,,故二面角,A-MN-C,的余弦值为,-

23、,…………………………,12,分,探索性问题,,,通常有以下两种类型,,(1),是结论开放性问题,;,,(2),是条件开放性问题,,,此类问题的解题关键在于掌握常规的线面位置关系证明方法和空间角距离的计算方法,,,而最终问题往往要转化到同一个平面中,,,用平面几何知识处理,.,如图，已知四边形,ABCD,是直角梯形，∠,ABC=90,°,,AD∥BC,AD=2,AB=BC=1.,,沿,AC,将△,ABC,折起，使点,B,落到点,P,的,,位置，且平面,PAC⊥,平面,ACD.,,(1),证明：,PC⊥CD,；,,(2),在,PA,上是否存在一点,E,，使得,BE∥,平面,PCD?,若存在，请指

24、出点,E,的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由,.,【,解析,】,(1),在直角梯形,ABCD,中，,,易知,AC⊥CD,，,,∵平面,PAC⊥,平面,ACD,,交线为,AC,,,∴CD⊥,平面,PAC.,,又∵,PC,⊂,平面,PAC,∴PC⊥CD.,(2),存在，当点,E,为,PA,的中点时，,BE∥,平面,PCD.,,给出证明：取,PA,的中点为,E,AD,的中点为,F,，连结,BE,BF,EF.,,∵AD=2,BC=1,,,∴BC=FD,,又,BC∥FD,,,∴,四边形,BCDF,是平行四边形，∴,BF∥CD,,∵BF⊄,平面,PCD,∴BF∥,平面,PCD.,,∵E,F,分别是,

25、PA,AD,的中点，∴,EF∥PD.,,∵EF⊄,平面,PCD,∴EF∥,平面,PCD.,,∵EF∩BF=F,∴,平面,BEF∥,平面,PCD,，,,∵,BE⊂,平面,BEF,∴BE∥,平面,PCD.,转化与化归思想,——,解答立体几何问题,,1.,利用转化与化归的思想解决问题的模式：,2.,转化与化归思想在立体几何中应用的主要类型,,(1),角的转化，将空间角转化为平面角,.,,(2),距离的转化，将线面距、面面距转化为点面距,.,,(3),曲线向直线转化，利用立体图形的侧面展开图解决沿侧面绕行的最短线段问题,.,,转化时注意的问题：,,(1),转化前后量的关系；,,(2),最后结论要还原到

26、原来的问题上去,.,【,典例,】,如图，正四棱锥,S-ABCD,中，侧棱长为,3 cm,，每个侧面等腰三角形的顶角为,30,度，一只蚂蚁从,A,点出发，沿着侧面按最短路线绕行一周到达,SA,的中点,M,，求蚂蚁离顶点最近时，它到顶点的距离,.,【,解题指导,】,将立体几何问题转化为平面几何问题解决,.,将侧面沿着,SA,剪开，铺平，则蚂蚁行进路线变为平面图形中的线段问题,.,【,规范解答,】,四棱锥侧面展开图中，在△,SAM,中，,,SA=3 cm,，,SM= cm,，∠,ASM=120,°,，,,由余弦定理得,：,AM=,,,作,SH⊥AM,于,H,，,,由面积关系得：,SA,·,SM,·,sin120,°,= AM,·,SH,,,∴SH= cm.,