10 例析立体几何中关于距离问题的易错点-《中学生数理化》高考数学2025年4月刊

■广东省佛山市顺德区容山中学 潘敬贞 立体几何中的距离问题是高中数学的重点 问题,也是各级考试的热点问题,一般有点线距 离、点面距离、线线距离、线面距离、面面距离等 问题。本文结合实例对立体几何中的距离问题 进行梳理,助力同学们备考,提高备考的效益。 一、点线距离 过直线外一点作直线的垂线,垂足与该 点的距离就是点线距离,此类问题的求法是 构造直角三角形。 图1 例 1 如图1,在直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中,AA1= 2,AB=3,AC=4,∠ACB= 30°。过点 A,B1,C1 的平面 和平面ABC 的交线记作l。 (1)证明:l∥BC; (2)求顶点C1 到直线l的距离。 易错点提示:(1)用线面平行性质定理证 明线线平行的原理不清楚———推理过程和思 路混乱;(2)线面平行和面面平行的性质定理 理解不透及空间想象能力不足———无法确定 交线l的位置,导致找不到问题求解的切入 点;(3)没有必要的说理过程———用几何法求 距离时,没有说理过程而直接计算数值。 解析:(1)由棱柱的定义知平面ABC∥平 面A1B1C1。又平面 AB1C1∩平面 A1B1C1 =B1C1,平面 AB1C1∩平面 ABC=l,所以 B1C1∥l。因为BC∥B1C1,所以l∥BC。 (2)方法一:在 Rt△ABC 中,过 A 作 图2 AN⊥BC 于 点 N,在 平 面 BCC1B1 中,过 N 作 MN⊥ BC 交 B1C1 于 点 M,连 接 AM,如 图 2。 因 为 AN ⊥ BC,MN⊥BC,AN∩MN= N,所 以 BC⊥平 面 AMN。 又AM⊂平面AMN,所以BC⊥AM。又l∥ BC,所以AM⊥l。 因为B1C1∥l,所以点C1 到直线l的距离 即为点M 到直线l的距离,即AM 的长度。 在Rt△ANC 中,因为AC=4,∠ACB= 30°,所以AN=2。 在Rt△AMN 中,因为 MN=AA1=2,所 以AM= MN2+AN2= 22+22=22。 所以顶点C1 到直线l的距离为22。 图3 方法二:如图3,作直线 l,过点C 作CQ⊥l,垂足为 C,连接C1Q。因为C1C⊥平 面 ABC,所以 C1C⊥l。又 CQ∩C1C=C,所以l⊥平面 C1CQ,所以C1Q⊥l。 在Rt△ACQ 中,AC=4,∠ACQ=90°- ∠ACB=60°,所以CQ=AC·cos 60°=2。 又因为C1C=2,所以在Rt△C1CQ 中, C1Q= C1C2+CQ2=22。 所以顶点C1 到直线l的距离为22。 方法三:设C1C→=a,CA→=b,CB→ 的单位 方向向量为c, 则C1A→=a+b,所以C1A→·c =(a+b)·c=a·c+b·c=0+4×1× cos 30°=23, 故|C1A→|= a2+2a·b+b2 = 22+0+42=25。 设顶点C1 到直线l的距离为d,则d= |C1A→|2- C1A→·c|c| 2 = 20-12=22。 方法四:在△ABC 中,作AN⊥BC 于点 N,作MN⊥BC交B1C1 于点M,以N 为坐标 原点,NC,NA,NM 所在直线分别为x 轴,y 轴,z轴,建立空间直角坐标系 N-xyz,如图4 图4 所示,则N(0,0,0),A(0,2, 0),C(23,0,0),C1(23,0, 2),所以 NC→=(23,0,0), AC1→=(23,-2,2)。 因为l∥BC,所以可取 l的一个方向向量为NC→=(23,0,0)。 设顶点C1 到直线l的距离为d,则d= |AC1→|2- AC1→·NC→|NC→| 2 = 20- 12 23 2 82 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年4月 =22。 所以顶点C1 到直线l的距离为22。 二、点面距离 过平面外一点作平面的垂线,垂足与该 点的距离就是点面距离,该类问题的求解思 路是:先求平面外一点与平面内一点连线的 向量,以及平面的法向量,再求向量在法向量 上的投影即可。 图5 例 2 如图5,已知圆锥 的顶点为 P,底面圆O 的直径 AB=8,C 是底面圆O 上一点, ∠BOC=45°,D 是劣弧AC 上 的一点,平面PCD∩平面PAB =l,且l∥AB。 (1)证明:OC⊥PD。 (2)当三棱锥P-OCD 的体积为 8 3 时,求 点O 到平面PCD 的距离。 易错点提示:用点面距离公式求点面距 离时漏了加绝对值。由于法向量的方向无法 确定,为了确保向量的数量积为正,必须加绝 对值。 解析:(1)因为l∥AB,l⊂平面 PCD, AB⊄平面PCD,所以AB∥平面PCD。 又AB⊂平面 ABCD,且平面 ABCD∩ 平面PCD=CD,所以AB∥CD。 因 为 ∠BOC =45°,所 以 ∠BOC = ∠OCD=∠ODC=45°,所以∠DOC=90°, 即OC⊥OD。因为PO⊥平面ABCD,OC⊂ 平面ABCD,所以OC⊥PO。因为PO∩OD =O,PO,OD⊂平面 POD,所以 OC⊥平面 POD。因为PD⊂平面POD,所以OC⊥PD。 (2)由(1)知S△OCD= 1 2×OD×OC=8 , 又VP-OCD= 1 3S△OCD ·PO= 8 3 ,所以PO=1。 以O 为坐标原点,OD,OC,OP 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 O-xyz,则 C(0,4,0), D(4,0,0),P(0,0,1),所 以 PC→=(0,4, -1),PD→=(4,0,-1)。 设平面PCD 的一个法向量为n=(x, 图6 y,z),则 n·PC→=4y-z=0, n·PD→=4x-z=0。 令x=1,得n=(1,1,4)。 又因为 OC→=(0,4,0),所 以点O 到平面PCD 的距离d = |OC→·n| |n| = 4 32 = 22 3 。 三、异面直线的距离 异面直线的距离就是公垂线的长度,当 直接求公垂线不太容易时,我们可以借助向 量进行求解,但要对原理有深刻理解。 图7 例 3 如图7所示,在 三棱台ABC-A1B1C1 中,AB =2A1B1,AB⊥BC,AC⊥ BB1,平 面 AA1B1B⊥ 平 面 ABC,AB=3,BC=2,BB1= 1,AE→=2EB→,A1C 与AC1 交 于D。 (1)证明:DE∥平面A1BC1; (2)求异面直线A1C1 与DE 的距离。 易错点提示:无法正确用几何法或向量 法直接求公垂线;或对原理不理解,无法使用 法向量及投影解决问题。 解析:(1)在三棱台 ABC-A1B1C1 中, AB=2A1B1,则 AC=2A1C1,由△ACD∽ △A1C1D,得 AC A1C1 = AD C1D =2,所以 AD= 2C1D。 又因为 AE→=2EB→,所以在平面 ABC1 内,有AD C1D = AE EB ,所以DE∥BC1。 又因为 DE⊄平面 A1BC1,BC1⊂平面 A1BC1,所以DE∥平面A1BC1。 (2)已知平面 AA1B1B⊥平面 ABC,平 面 AA1B1B∩平面 ABC=AB,AB⊥BC, BC⊂平面 ABC,所以BC⊥平面 AA1B1B。 又BB1⊂平面AA1B1B,所以BC⊥B1B。又 AC⊥BB1,BC∩AC=C,BC⊂平面 ABC, AC⊂平面ABC,所以BB1⊥平面ABC。又 AB⊂平面ABC,所以BB1⊥AB。 以B 为坐标原点,BA,BC,BB1 所在直 线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图8所示 92 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年4月 图8 的空间直角坐标系B-xyz, 则B1(0,0,1),E(1,0,0), C1(0,1,1),C(0,2,0), A1 3 2 ,0,1 ,所 以 BC1→ = (0,1,1),EA1→= 12,0,1 , A1C1→= -32,1,0 。 因为 DE∥BC1,所以 ED→= 2 3BC1 →= 2 3 (0,1,1)= 0, 2 3 ,2 3 。 设向量n=(x,y,z),且满足:n·DE→= 0,n·A1C1→=0,则有 2 3y+ 2 3z=0 , - 3 2x+y=0 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令x= 2,得n=(2,3,-3)。 所以EA1→= 12,0,1 在n=(2,3,-3) 上的投影数量为 n·EA1→ |n| = -2 22 =- 22 11 ,所 以异面直线A1C1 与DE 的距离为 22 11 。 四、线面距离 线面距离问题的本质是线面平行和点面 距离问题,解决面面距离问题,首先证明线面 平行,然后求点面距离。 图9 例 4 如图9,边长为4 的两个正三角形 ABC,BCD 所在平面互相垂直,E,F 分别 为BC,CD 的中点,点G 在棱 AD 上,AG=2GD,直线 AB 与平面EFG 相交于点H。 (1)证明:BD∥GH; (2)求直线BD 与平面EFG 的距离。 易错点提示:不证明线面平行,直接求点 面距离。 解析:(1)因为E,F 分别为BC,CD 的 中点,所以 EF∥BD。又 BD⊄平面 EFG, EF⊂平面 EFG,所以 BD∥平面 EFG。又 BD⊂平面 ABD,平面 ABD∩平面EFG= GH,所以BD∥GH。 (2)由(1)知,BD∥平面EFG,则点B 到平 面EFG的距离即为BD 与平面EFG的距离。 连接 EA,ED,由△ABC,△BCD 均为 正三角形,E 为BC 的中点,得EA⊥BC,ED ⊥BC。又平面ABC⊥平面BCD,平面ABC ∩平面 BCD=BC,AE⊂平面 ABC,所以 AE⊥平面BCD。又ED⊂平面BCD,所以 EA⊥ED。 以E 为坐标原点,直线EB,ED,EA 所 图10 在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图10所示的空间 直角坐标系E-xyz,则E(0, 0,0),B(2,0,0),F(-1, 3,0),A(0,0,23),D(0, 23,0)。 由 AG→ = 2GD→,得 G0, 43 3 ,23 3 ,所 以 EB→ =(2,0,0),EF→ = (-1,3,0),EG→ = 0, 43 3 ,23 3 。 设平面EFG 的一个法向量为n=(x,y, z),则 EF→·n=-x+ 3y=0, EG→·n=433y+ 23 3z=0 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令y=1, 得n=(3,1,-2)。 设点B 到平面EFG 的距离为d,则d= |EB→·n| |n| = 23 8 = 6 2 。 所以BD 与平面EFG 的距离为 6 2 。 五、面面距离 面面距离问题的本质是面面平行和点面 距离问题,解决面面距离问题,首先证明面面 平行,然后求点面距离。 图11 例 5 如图11,在直三棱 柱 ABC-A1B1C1 中,∠ABC= 90°,BC=2,CC1=4,E 是BB1 上一点,且EB1=1,D、F、G 分 别是CC1、B1C1、A1C1 的中点, EF 与B1D 相交于点H。 03 解题篇 易错题归类剖析 高考数学 2025年4月