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    题型1:直线间的距离问题 例1．已知正方体的棱长为1.求直线DA'与AC的距离. 解法1:如图1连结A'C'.则AC∥面A'C'D'. 连结DA'.DC'.DO'.过O作OE⊥DO'于E 因为A'C'⊥面BB'D'D.所以A'C'⊥OE. 又O'D⊥OE.所以OE⊥面A'C'D. 因此OE为直线DA'与AC的距离. 在Rt△OO'D中..可求得 点评:此题是异面直线的距离问题:可作出异面直线的公垂线. 解法2:如图2连接A'C'.DC'.B'C.AB'A'.得到分别包含DA'和AC的两个平面A'C'D和平面AB'C. 又因为A'C'∥AC.A'D∥B'C.所以面A'C'D∥面AB'C. 故DA'与AC的距离就是平面A'C'D和平面AB'C的距离.连BD'分别交两平面于两点.易证是两平行平面距离. 不难算出.所以.所以异面直线BD与之间的距离为. 点评:若考虑到异面直线的公垂线不易做出.可分别过两异面直线作两平面互相平行.则异面直线的距离就是两平面的距离. 题型2:线线夹角 例2．如图1.在三棱锥S-ABC中.....求异面直线SC与AB所成角的余弦值. 图1 解法1:用公式 当直线平面.AB与所成的角为.l是内的一条直线.l与AB在内的射影所成的角为.则异面直线l与AB所成的角满足.以此为据求解. 由题意.知平面ABC..由三垂线定理.知.所以平面SAC. 因为.由勾股定理.得 . 在中..在中.. 设SC与AB所成角为.则. 解法2:平移 过点C作CD//BA.过点A作BC的平行线交CD于D.连结SD.则是异面直线SC与AB所成的角.如图2.又四边形ABCD是平行四边形. 由勾股定理.得:. 图2 在中.由余弦定理.得:. 点评:若不垂直.可经过如下几个步骤求解:(1)恰当选点.作两条异面直线的平行线.构造平面角,(2)证明这个角就是异面直线所成角,(3)解三角形.求出所构造角的度数. 题型3:点线距离 例3．正方形ABCD的边长是2.E.F分别是AB和CD的中点.将正方形沿EF折成直二面角.M为矩形AEFD内一点.如果∠MBE=∠MBC.MB和平面BCF所成角的正切值为.那么点M到直线EF的距离为 . 解析:过M作MO⊥EF.交EF于O.则MO⊥平面BCFE. 如图所示.作ON⊥BC.设OM=x. 又tanMBO=.∴BO=2x 又S△MBE=BE·MB·sinMBE=BE·ME S△MBC=BC·MB·sinMBC=BC·MN ∴ME=MN.而ME=.MN=.解得x=. 点评:该题较典型的反映了解决空间几何问题的解题策略:化空间问题为平面问题来处理. 题型4:点面距离 例4．如图.四面体ABCD中.O.E分别BD.BC的中点.CA=CB=CD=BD=2. (Ⅰ)求证:AO⊥平面BCD, (Ⅱ)求异面直线AB与CD所成角的大小, (Ⅲ)求点E到平面的距离. (1)证明:连结OC. ∵BO=DO,AB=AD, ∴AO⊥BD. ∵BO=DO,BC=CD, ∴CO⊥BD. 在△AOC中.由已知可得AO=1,CO=. 而AC=2.∴AO2+CO2=AC2, ∴∠AOC=90°,即AO⊥OC. ∴AB平面BCD. (Ⅱ)解:取AC的中点M,连结OM.ME.OE.由E为BC的中点知ME∥AB,OE∥DC. ∴直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成的角. 在△OME中. 是直角△AOC斜边AC上的中线.∴ ∴ ∴异面直线AB与CD所成角的大小为 (Ⅲ)解:设点E到平面ACD的距离为h. , ∴·S△ACD =·AO·S△CDE. 在△ACD中.CA=CD=2,AD=, ∴S△ACD= 而AO=1, S△CDE= ∴h= ∴点E到平面ACD的距离为. 点评:本小题主要考查直线与平面的位置关系.异面直线所成的角以及点到平面的距离等基本知识.考查空间想象能力.逻辑思维能力和运算能力. 题型5:线面距离 例5．斜三棱柱ABC-A1B1C1中.底面是边长为4cm的正三角形.侧棱AA1与底面两边AB.AC均成600的角.AA1=7. (1)求证:AA1⊥BC, (2)求斜三棱柱ABC-A1B1C1的全面积, (3)求斜三棱柱ABC-A1B1C1的体积, (4)求AA1到侧面BB1C1C的距离. 解析:设A1在平面ABC上的射影为0. ∵ ∠A1AB=∠A1AC.∴ O在∠BAC的平行线AM上. ∵ △ABC为正三角形.∴ AM⊥BC. 又AM为A1A在平面ABC上的射影.∴ A1A⊥BC (2) ∵ B1B∥A1A.∴ B1B⊥BC.即侧面BB1C1C为矩形. ∴ 又.∴ S全= (3)∵ cos∠A1AB=cos∠A1AO·cos∠OAB.∴ cos∠A1AO= ∴ sin∠A1AO=.∴ A1O=A1Asin∠A1AO= ∴ (4)把线A1A到侧面BB1C1C的距离转化为点A或A1到平面BB1C1C的距离 为了找到A1在侧面BB1C1C上的射影.首先要找到侧面BB1C1C的垂面 设平面AA1M交侧面BB1C1C于MM1 ∵ BC⊥AM.BC⊥A1A ∴ BC⊥平面AA1M1M ∴ 平面AA1M1M⊥侧面BCC1B1 在平行四边形AA1M1M中 过A1作A1H⊥M1M.H为垂足 则A1H⊥侧面BB1C1C ∴ 线段A1H长度就是A1A到侧面BB1C1C的距离 ∴ 点评:线面距离往往转化成点面距离来处理.最后可能转化为空间几何体的体积求得.体积法不用得到垂线. 题型6:线面夹角 例6．如图.在四棱锥P-ABCD中.底面为直角梯形.AD∥BC,∠BAD=90°,PA⊥底面ABCD.且PA＝AD=AB=2BC.M.N分别为PC.PB的中点. (Ⅰ)求证:PB⊥DM; (Ⅱ)求CD与平面ADMN所成的角的正弦值. 解析:(I)因为是的中点..所以. 因为平面.所以. 从而平面. 因为平面.所以. (II)取的中点.连结..则. 所以与平面所成的角和与平面所成的角相等. 因为平面.所以是与平面所成的角. 在中.. 点评:本题主要考查几何体的概念.线面夹角.两平面垂直等.能力方面主要考查空间想象能力.逻辑思维能力和运算能力. 题型7:面面距离 例7．在长方体ABCD-A1B1C1D1中.AB=4.BC=3.CC1=2.如图: (1)求证:平面A1BC1∥平面ACD1, 中两个平行平面间的距离, (3)求点B1到平面A1BC1的距离. (1)证明:由于BC1∥AD1.则BC1∥平面ACD1. 同理.A1B∥平面ACD1.则平面A1BC1∥平面ACD1. (2)解:设两平行平面A1BC1与ACD1间的距离为d.则d等于D1到平面A1BC1的距离.易求A1C1=5.A1B=2.BC1=.则cosA1BC1=.则sinA1BC1=.则S=. 由于.则S·d=·BB1.代入求得d=.即两平行平面间的距离为. (3)解:由于线段B1D1被平面A1BC1所平分.则B1.D1到平面A1BC1的距离相等.则由(2)知点B1到平面A1BC1的距离等于. 点评:立体几何图形必须借助面的衬托.点.线.面的位置关系才能显露地“立 起来.在具体的问题中.证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这个辅助平面的获取正是解题的关键所在.通过对这个平面的截得.延展或构造.纲举目张.问题就迎刃而解了. 题型8:面面角 例8．如图.在长方体中.分别是的中点.分别是的中点.. (Ⅰ)求证:面, (Ⅱ)求二面角的大小. (Ⅲ)求三棱锥的体积. 解析:(Ⅰ)证明:取的中点.连结 ∵分别为的中点. ∵.∴面.面 ∴面面 ∴面 (Ⅱ)设为的中点 ∵为的中点 ∴ ∴面 作.交于.连结.则由三垂线定理得. 从而为二面角的平面角. 在中..从而. 在中..故二面角的正切值为. (Ⅲ). 作.交于.由面得. ∴面. ∴在中.. ∴. 点评:求角和距离的基本步骤是作.证.算.此外还要特别注意融合在运算中的推理过程.推理是运算的基础.运算只是推理过程的延续.如求二面角.只有根据推理过程找到二面角后.进行简单的运算.才能求出.因此.求角与距离的关键还是直线与平面的位置关系的论证. 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    （本小题满分12分） 如图，A，B，C是三个汽车站，AC，BE是直线型公路．已知AB＝120 km，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．有一辆车（称甲车）以每小时96（km）的速度往返于车站A，C之间，到达车站后停留10分钟；另有一辆车（称乙车）以每小时120（km）的速度从车站B开往另一个城市E，途经车站C，并在车站C也停留10分钟．已知早上8点时甲车从车站A、乙车从车站B同时开出．
    （1）计算A，C两站距离，及B，C两站距离；（2）若甲、乙两车上各有一名旅客需要交换到对方汽车上，问能否在车站C处利用停留时间交换．（3）求10点时甲、乙两车的距离．（可能用到的参考数据：，，，）

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    （本小题满分12分） 如图，A，B，C是三个汽车站，AC，BE是直线型公路．已知AB＝120 km，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．有一辆车（称甲车）以每小时96（km）的速度往返于车站A，C之间，到达车站后停留10分钟；另有一辆车（称乙车）以每小时120（km）的速度从车站B开往另一个城市E，途经车站C，并在车站C也停留10分钟．已知早上8点时甲车从车站A、乙车从车站B同时开出．
    （1）计算A，C两站距离，及B，C两站距离；（2）若甲、乙两车上各有一名旅客需要交换到对方汽车上，问能否在车站C处利用停留时间交换．（3）求10点时甲、乙两车的距离．（可能用到的参考数据：，，，）

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