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2013高考数学 解题方法攻略 二面角与距离 理

一招通解“二面角”和“点到平面的距离”

求“二面角”与“点到平面的距离”问题一直是高考命题的热点,而这两方面的题 目又 是很多学生感到头痛的。事实上,这两类问题有着较强的相关性,下面给出这两类问题的一 个“统一”求解公式,让你一招通解两类问题, 定理:如下图,若锐二面角 ? ? CD ? ? 的大小为 ? ,点 A 为平面 ? 内一点,若点 A 到二 面角棱 CD 的距离为 AB ? m ,点 A 到平面 ? 的距离 AH=d,则有 d ? m ? sin ? 。

说明:d ? m ? sin ? 中含有 3 个参数,已知其中任意 2 个可求第 3 个值。其中? 是指二面 角 ? ? CD ? ? 的大小,d 表示点 A 到平面 ? 的距离,m 表示点 A 到二面角 ? ? CD ? ? 棱 CD 的距离。值得指出的是:d ? m ? sin ? 可用来求解点到平面的距离,也可用于求解相关的二面 角大小问题。 其优点在于应用它并不强求作出经过点 A 的二面角 ? ? CD ? ? 的平面角∠ABH, ... 而只需已知点 A 到二面角 ? ? CD ? ? 棱的距离,与二面角大小 ? ,即可求解点 A 到平面 ? 的 距离,或已知两种“距离”即可求二面角的大小 ? 。这样便省去了许多作图过程与几何逻辑论 证,简缩了解题过程。还要注意,当已知点 A 到平面 ? 的距离 d 与点 A 到二面角棱 CD 的距离 m 求解二面角的大小时,若所求二面角为锐二面角,则有 ? ? arcsin 面角,则 ? ? ? ? arcsin
d m d m

;若所求二面角为钝二

下面举例说明该公式在解题中的应用。 例 1. (2004 年全国卷 I 理科 20 题)如下图,已知四棱锥 P-ABCD,PB⊥AD,侧面 PAD 为

-1-

边长等于 2 的正三角形,底面 ABCD 为菱形,侧面 PAD 与底面 ABCD 所成的二面角为 120°。

(1)求点 P 到平面 ABCD 的距离; (2)求面 APB 与面 CPB 所成二面角的大小。 分析:如上图,作 PO⊥平面 ABCD,垂足为 O,即 PO 为点 P 到平面 ABCD 距离。第(1)问 要求解距离 PO, 只需求出点 P 到二面角 P-AD-O 的棱 AD 的距离, 及二面角 P-AD-O 的大小即可。 第(2)问要求解二面角 A-PB-C 的大小,只需求出点 C 到二面角 A-PB-C 棱 PB 的距离及点 C 到半平面 APB 的距离即可。 解: (1)如上图,取 AD 的中点 E,连结 PE。由题意,PE⊥AD,即 m ? PE ?
3。

又二面角 P-AD-O 与二面角 P-AD-B 互补, 所以二面角 P-AD-O 的大小为 60°, ? ? 60? 。 即 于是由公式 d ? m ? sin ? 知:点 P 到平面 ABCD 的距离为
PO ? m ? sin ? ? 3 ? sin 60? ? 3 2



(2)设所求二面角 A-PB-C 的大小为 ? ,点 C 到平面 PAB 的距离为 d。 连接 BE,则 BE⊥AD(三垂线定理) ,AD⊥平面 PEB,因为 AD∥BC,所以 BC⊥平面 PEB, BC⊥PB,即点 C 到二面角棱 PB 的距离为 2,即 m=2。 又因为 PE=BE= 3 ,∠PEB=120°,所以在Δ PEB 中,由余弦定理可求得 PB=3。 取 PB 的 中 点 F , 连 结 AF , 因 为 PA=AB=2 , 则 AF ⊥ PB , BF ?
7 2

1 2

PB ?

3 2

,所以

AF ?

AB ? BF

2

2

?

,即 S ?PAB ?

1 2

PB ? AF ?

3 4

7 。又易求得 S ?ABC ?

3 ,点 P 到平面

ABC 的距离: PO ?

3 2



-2-

根据等体积法 V P ? ABC ? VC ? PAB ,有
1 3 ? PO ? S ?ABC ? 1 3 3 4
d m 21 7

? d ? S ?PAB ,



3 2

?

3?d?

7 ,所以 d ?

2 21 7

,代入公式

d ? m ? sin ?, sin ? ?

?



又由于面 PBC⊥面 PEB,所以所求二面角 A-PB-C 为钝二面角,所以 ? ? ? ? arcsin

d m

点评:对于这个高考试题,许多考生反映第(2)问求解困难,失分较为严重。究其原因 有二:一是不能正确地作出二面角的平面角;二是在求二面角的平面角时存在计算障碍。 利用公式 d ? m ? sin ? 求解,省去了许多繁难的作图过程与逻辑论证,其优势显而易见。

例 2. 已知 ABCD 是边长为 4 的正方形,E、F 分别是 AB、AD 的中点,GC 垂直于 ABCD 所在 的平面,且 GC=2,求点 B 到平面 EFG 的距离。 分析:欲求点 B 到平面 GEF 的距离,直接求解较困难。为此我们令平面 GEF 作为某二面 角的一个半平面,当然二面角的另一个半平面即为平面 BEF,为此我们只需找到该二面角的平 面角及点 B 到二面角棱 EF 的距离即可。 解:如下图,过 B 作 BP⊥EF,交 EF 的延长线于 P,连结 AC 交 EF 于 H,连结 GH,易证∠ GHC 就是二面角 G-EF-C 的平面角。

-3-

又 BP ? AH ?

2 ,这就是点 B 到二面角 C-EF-G 棱 EF 的距离 m ?

2

因为 GC=2,AC ? 4 2 , 所以 CH ? 3 2 , GH= 22 , RtΔ GCH 中, ?GHC ? 在 sin 于是由 d ? m ? sin ? 得所求点 B 到平面 GEF 的距离:

2 22



d ? BP ? sin ?GHC ?

2?

2 22

?

2 11 11



例 3. 已知斜三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧面 A1ACC1 与底面 ABC 垂直,∠ABC=90°,BC=2,
AC ? 2 2 ,且 AA1⊥A1C,AA1=A1C。求顶点 C 与侧面 A1ABB1 的距离。

分析: 如下图所示, 解答好本题的关键是找到底面 ABC 的垂线 A1D, 找到了底面的垂线 A1D, 就可根据三垂线定理,作出侧面 A1ABB1 与底面 ABC 所成二面角的平面角 A1DE,求出二面角 A1-AB-C 的平面角大小,就可依据公式 d ? m ? sin ? 找到点 D 到平面 A1ABB1 的距离 d,进而根 据 D 为 AC 中点,也就不难求出点 C 到侧面 A1ABB1 的距离。

解:如上图,在侧面 A1ACC1 内,作 A1D⊥AC,垂足为 D,因为 AA1=A1C,所以 D 为 AC 的中 点。又因为 AA1⊥A1C, AC ? 2 3 ,A1D=AD= 3 。 因为侧面 A1ACC1⊥底面 ABC,其交线为 AC,所以 A1D⊥面 ABC。 过 D 作 DE⊥AB,垂足为 E,连接 A1E,则由 A1D⊥面 ABC,得 A1E⊥AB(三垂线定理) ,所以 ∠A1ED 为侧面 A1ABB1 与面 ABC 所成二面角的平面角。
-4-

tan 由已知, AB⊥BC, ED∥BC, D 是 AC 的中点, 得 又 BC=2, 所以 DE=1, ?A1 ED ?

A1 D DE

?

3,

故∠A1ED=60°。 于是由公式 d ? m ? sin ? 知,点 D 到侧面 A1ABB1 的距离
d ? DE ? sin 60? ? 1? 3 2 ? 3 2



又点 D 为 AC 的中点,故而点 C 到侧面 A1ABB1 的距离为点 D 到侧面 A1ABB1 距离的 2 倍,于 是知点 C 到侧面 A1ABB1 的距离为 3 。 点评: 本例先通过求侧面 A1ABB1 与面 ABC 所成二面角的大小, 进而利用公式 d ? m ? sin ? 求出点 D 到侧面 A1ABB1 的距离,再利用中点 D 的性质巧妙地求得 C 到侧面 A1ABB1 的距离,充分 体现了转化与化归的思想方法在解题中的灵活运用。

-5-


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