06 立体几何中的距离应用问问题-《中学生数理化》高考数学2025年4月刊

􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹􀤹 设 PD=DB=DC=2,则 C(0,2,0), B(2,0,0),P(1,0,3),H 1 2 ,0, 3 2 , G 12 ,3 2 ,0 ,所以 BC→=(-2,2,0),BP→= (-1,0,3),HG→= 0,32,- 3 2 。 设平面PBC 的一个法向量为n=(x,y, z),则 n·BC→=-2x+2y=0, n·BP→=-x+ 3z=0。 令x= 3,得 n=(3,3,1)。 设直线GH 与平面PBC 所成角为θ,则 sin θ=|cos<n,HG→>|=|n ·HG→| |n||HG→| = 7 7 ,故直 线GH 与平面PBC 所成角的正弦值为 7 7 。 点评:解决此类涉及图形折叠场景下空 间关系的判断与证明问题的关键在于确定图 形折叠前后对应的位置关系、数量变化情况 等,通过几何法进行逻辑推理,或借助空间向 量法进行数学运算,都可以实现空间关系的 判断与证明。在空间关系的判断与证明时, 要注意折叠过程中一些不变量与变化量的情 况,不能盲目自主判断,要进行科学的逻辑推 理或相应的数学运算。 总之,涉及图形折叠的综合应用问题,解题 的关键是弄清图形折叠前后变与不变的关系、 数量等基本要素,尤其是隐含的垂直关系。一 般地,折叠后还在同一个平面上的性质(相对位 置和度量等)不发生变化,不在同一平面上的性 质发生变化,特别是各点到转轴的距离不变,分 别在两个半平面内的元素的相对位置则发生了 变化。此类涉及图形折叠的综合应用问题,难 度大且思维广泛,具有很好的选拔性与区分度, 能较好地考查同学们各方面的知识储备与能力 素养,因此,在数学复习备考中同学们要高度重 视,合理训练。 (责任编辑 王福华) ■安徽省灵璧中学 邱小飞 立体几何中的距离应用问题是基于平面 两点间距离问题的升维与升华,以空间两点 间的距离为基础,联系起点线距、点面距、线 线距及线面距等相关问题。下面借助立体几 何中的距离应用问题的常见考查类型,就点 线距、点面距,以及与之相关的探究性问题进 行实例剖析,归纳总结解题技巧与方法,引领 并指导同学们的数学复习备考。 一、点线距问题 立体几何中的点线距应用问题,往往是 基于空间中点到直线的距离公式来展开与应 用。若直线l的单位方向向量为u,A 是直线 l上的任一点,P 为直线l外一点,设 AP→= a,则 点 P 到 直 线 l 的 距 离 d = a2-(a·u)2。 图1 例 1 (2024届山东省 淄博市部分学校高考数学诊 断试卷)如图1,已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱长均为2, ∠A1AC=60°,A1B= 6。 (1)求证:平面A1ACC1⊥平面ABC; (2)设 M 为侧棱CC1 上的点,若平面 A1BM 与平面ABC 夹角的余弦值为 30 10 , 求点 M 到直线A1B1 的距离。 解析:(1)如图2,取AC 的中点O,连接 A1O,BO。因为∠A1AC=60°,A1A=AC= 2,所以AO=1,A1O= 3,A1O⊥AC。 71 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年4月 图2 由题设可知,AB=AC= BC=2,所以△ABC 是边长 为2的等边三角形,则BO= 3。 因 为 A1B = 6,所 以 A1B2=A1O2 +BO2,所 以 A1O⊥BO。 又因为 AC∩BO=O,AC,BO⊂平面 ABC,A1O⊄平面 ABC,所以 A1O⊥平面 ABC。因为A1O⊂平面A1ACC1,所以平面 A1ACC1⊥平面ABC。 (2)以O 为坐标原点,OA,OB,OA1 所 图3 在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图3所示的空间 直 角 坐 标 系 O-xyz,则 A(1,0,0),B(0,3,0), C(-1,0,0),C1(-2,0, 3),A1 (0,0,3),所 以 BA1→=(0,- 3,3),BC→=(-1,- 3,0), CC1→=(-1,0,3)。 设CM→=λCC1→(0≤λ≤1),可得 M(-λ -1,0,3λ),BM→=(-1-λ,- 3,3λ)。 设平面A1BM 的一个法向量为m=(x,y, z),则 m·BA1→=-3y+3z=0, m·BM→=(1+λ)x+3y-3λz=0。 取y =λ+1,得m=(3(λ-1),λ+1,λ+1)。 易得OA1→=(0,0,3)为平面ABC 的一 个法向量,设平面 A1BM 与平面ABC 的夹 角为 θ,则 cos θ=|cos<OA→,m>|= |OA1→·m| |OA1→||m| = 3(1+λ) 3× 3(λ-1)2+2(1+λ)2 = 30 10 ,解 得 λ= 1 5 ,所 以 M - 6 5 ,0, 3 5 , MA1→= 6 5 ,0, 43 5 ,B1A1→=BA→=(1,- 3, 0), MA1→·B1A1→ |B1A1→| = 3 5 。 所以 点 M 到 直 线 A1B1 的 距 离 d= |MA1→|2- MA1→·B1A1→|B1A1→| 2 = 3。 点评:解决立体几何中的点线距问题,一 方面,可以将立体几何进行降维处理,转化为 平面几何问题来分析与求解;另一方面,直接 依托空间问题,结合空间直角坐标系的构建, 利用点到直线的距离公式来推理与计算。要 结合问题条件与实际场景,选择行之有效的 方法来切入与应用。 二、点面距问题 立体几何中的点面距应用问题,往往是 基于空间中点到平面的距离公式来展开与应 用。若平面α 的法向量为n,A 是平面α 内 任一点,P 为平面α外一点,则点P 到平面α 的距离d= |AP→·n| |n| 。 例 2 (2024年辽宁省部分重点中学 协作体高三(上)期中数学模拟试卷)在直三 棱柱ABC-A1B1C1 中,底面是等腰直角三角 形,∠ACB=90°,侧棱AA1=3,D,E 分别是 CC1 与A1B 的中点,点E 在平面ABD 上的 射影是△ABD 的重心G,试求点A1 到平面 ABD 的距离。 图4 解析:如图4,以C 为坐标 原点,CA,CB,CC1 所在直线 分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立 空间直角坐标系C-xyz。 设CA=CB=a,则A(a, 0,0),B(0,a,0),D 0,0, 3 2 , A1(a,0,3)。 因为E 为A1B 的中点,G 为△ABD 的 重心,所以 E a2 ,a 2 ,3 2 ,G a3,a3,12 ,所 以GE→= a6, a 6 ,1 ,BD→= 0,-a,32 。 因为 点 E 在 平 面 ABD 上 的 射 影 是 △ABD 的重心,所以GE⊥平面ABD,则有 GE→·BD→=0,即a6×0+ a 6× (-a)+ 3 2×1 =0,解得a=3,即GE→= 12, 1 2 ,1 。 设点A1 到平面ABD 的距离为d,因为 E 是A1B 的中点,所以d=2|GE→|= 6。 点评:解决立体几何中的点面距问题的 81 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年4月 几种常见技巧方法:(1)直接法,作点到平面 的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距 离,利用点到平面的距离公式来分析与求解; (2)等体积法;(3)向量法。特别需要注意的 是:求直线到平面的距离的前提是直线与平 面平行,求直线到平面的距离可转化成直线 上任一点到平面的距离。 三、探究性问题 立体几何中的距离应用方面的探究性问 题,是以点线距或点面距为问题场景,通过点 的存在、参数的取值等方式来巧妙创设,基于 此条件来判断存在性或结论成立问题,成为 立体几何中的距离应用与逻辑推理相融合的 综合应用问题。 图5 例 3 (2024届福建省三 明二中高三(上)开学适应性数 学试卷)如图5,在四棱锥 P- ABCD 中,底面 ABCD 是 边 长为2的正方形,PB⊥BC, PD⊥CD,且PA=2,E 为PD 的中点。 (1)求平面PAB 与平面ACE 夹角的余 弦值。 (2)试问:在线段BC 上是否存在点F, 使得点E 到平面PAF 的距离为 3 10 10 ? 若 存在,确定点F 的位置;若不存在,请说明理 由。 解析:(1)因为四边形ABCD 为正方形, 所以BC⊥AB,CD⊥AD。 因为PB⊥BC,PB∩AB=B,所以BC ⊥平面PAB。 又PA⊂平面PAB,所以PA⊥BC。 因为PD⊥CD,PD∩AD=D,所以CD ⊥平面PAD。 又PA⊂平面PAD,所以PA⊥CD。 因为 BC∩CD=C,且 BC,CD⊂平面 ABCD,所以PA⊥平面ABCD。又AD,AB ⊂平面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥AB。 以A 为坐标原点,AB,AD,AP 所在直 线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图6所示 的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0), 图6 C(2,2,0),P(0,0,2),E(0, 1,1),所以 AC→=(2,2,0), AE→=(0,1,1),PC→=(2,2, -2)。 设平面 ACE 的一个法 向量 为 m = (x,y,z),则 m·AC→=2x+2y=0, m·AE→=y+z=0。 取 y =1,得m=(-1,1,-1)。 易知平面PAB 的一个法向量为n=(0, 1,0),则cos<m,n>= m·n |m||n|= 1 3×1 = 3 3 , 所以平面 PAB 与平面ACE 夹角的余弦值 为 3 3 。 (2)假设存在点F(2,t,0)(0≤t≤2)满 足题意,可得AF→=(2,t,0),AP→=(0,0,2)。 设平面PAF 的一个法向量为n1=(a, b,c),则 n1·AF→=2a+tb=0, n1·AP→=2c=0。 取a=t,得 n1=(t,-2,0)。 设点E 到平面PAF 的距离为d,则d= |AE→·n1| |n1| = 2 t2+4 = 3 10 10 ,解得t= 2 3 (负值 舍去),故当F 为线段BC 上靠近B 点的三等 分点时,点E 到平面PAF 的距离为 3 10 10 。 点评:解决涉及立体几何中的距离应用 的探究性问题,往往是先猜后证,把“是否存 在”问题转化为“点的坐标是否有解”问题,通 过合理的逻辑推理或正确的数学运算得到对 应的结果,再与题设条件对比分析,进而解决 对应的探究性问题。 其实,立体几何中的距离应用问题归根 到底是点与点间的距离应用问题。解决此类 问题的关键是将空间元素间的位置关系转化 为数量关系,将形式逻辑证明转化为数值计 算,化难为易,化繁为简,为处理立体几何中 的距离应用问题提供了新的视角,也为空间 想象能力、逻辑推理能力及数学运算能力等 方面的考查创设条件。 (责任编辑 王福华) 91 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年4月