高考數(shù)學必做客觀題——立體幾何

花敏

1 空間幾何體的直觀圖與三視圖

（ ）必做1 如圖1是一個空間幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是___________.

圖1

精妙解法 由幾何體的三視圖可得，該幾何體是一個橫放的直棱柱. 棱柱的底面是等腰梯形，梯形的兩底長分別為2和8，高為4，棱柱的高為10，故該幾何體的體積V= ×（2+8）×4×10=200.

極速突擊 此類試題的突破點在于觀察三視圖，將其還原成幾何體. 具體步驟為：第一步，把每個視圖分解為基本圖形（如三角形、長方形、圓等）；第二步，結合對應部分的三視圖，想象對應部分的幾何體；第三步，結合虛、實線，概括出組合體.

（ ）必做2 若某多面體的三視圖（單位： cm）如圖2所示， 則此多面體外接球的表面積是（ ）

A. 18π cm2 B. 24π cm2

C. 27π cm2 D. 36π cm2

精妙解法 先還原出該幾何體的直觀圖形. 該題所表達的幾何體是一個棱長為3的正方體截去一個正三棱錐剩下的部分（如圖3所示），所以這個幾何體的外接球與（母體）正方體的外接球是一致的. 正方體的體對角線就是球的一直徑. 答案選C.

極速突擊 在正方體ABCD-A1B1C1D1中（如圖4所示），各棱長為a，一個考生應該具備下面幾個知識點：

（1）正方體中有兩個重要關系的截面，如截面A1C1B與截面AD1C，兩個都是正三角形，且相互平行，都垂直于體對角線B1D，并且三等分B1D.

（2）正方體的體對角線長相等且交于一點，互相平分，交點為O，它到正方體八個頂點的距離相等，所以正方體的外接球（過正方體的八個頂點的球）的球心就是O，直徑等于正方體的體對角線的長.

（3）正方體中如A1，C1，B，D四點構成一個正四面體，因此任何一個確定的正方體對應于一種大小確定的正四面體；反過來，任何一個正四面體，只能擴張為一個確定的正方體. 從而在解決正四面體的許多數(shù)量關系時可以考慮外延到正方體中進行思考（這種方法容易記憶），如正四面體的高就等于正方體的體對角線長的 ，正四面體相對棱之間的距離等于正方體的棱長，正四面體的外接球就是正方體的外接球等.

（4）正方體可以分解為所需要的若干幾何體，反過來，許多幾何體也可以擴展回歸到正方體中進行考慮（包括正方體的棱長、對角線以及各種截面等問題）.

以上知識絕大多數(shù)都可以推廣到長方體中去.

金刊提醒

三視圖的正（主）視圖、側（左）視圖、俯視圖分別是從幾何體的正前方、正左方、正上方正投影得到的，重疊的線只畫一條，擋住的線要畫成虛線. 基本原則是“長對正、高平齊、寬相等”.

2 空間幾何體的表面積與體積

（ ）必做1 如圖1所示，已知E，F(xiàn)分別是棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AA1，CC1的中點，則四棱錐C1-B1EDF的體積為__________.

圖1

精妙解法 首先可以證明底面B1EDF是平行四邊形，故四棱錐C1-B1EDF的體積是三棱錐C1-EDF的體積的2倍.

又因為V =V = · ·a·a= ，所以四棱錐C1- B1EDF的體積是 .

極速突擊 本題若直接求點C1到底面B1EDF的距離會比較麻煩，而抓住底面是平行四邊形，則可以把四棱錐C1-B1EDF的體積轉化為三棱錐C1-EDF的體積的2倍，然后再利用等體積法轉化為求三棱錐E-DFC的體積，而E點到平面DFC1的距離易求.

（ ）必做2 如圖2所示，正四面體ABCD的外接球的體積為4 π，則正四面體ABCD的體積是_____.

精妙解法 法1：由已知 πR3=4 π，所以R= .

設AE為球的直徑. 故AD⊥DE，AE⊥O1D.

設AD=a，所以O1D= · a= a，所以AO1= a，

O1E=2R-AO1=2 - a.

由射影定理知，O1D2=AO1·O1E，解得a=2 . 故V= · a2·AO1= .

法2：正四面體的外接球即為正方體的外接球，正方體的對角線長為球的直徑.

由 πR3=4 π，所以R= ，所以正方體棱長為2，

所以AB=2 ，S△BCD= ·2 ·2 ·sin60°=2 .

點A到平面BCD的距離h= ·2R= ，所以VA-BCD= S△BCD·h= .

極速突擊 方法1設法尋求正四面體的棱長與球的半徑之間的關系；方法2將正四面體ABCD置于正方體中.

金刊提醒

同學們應當熟練掌握空間幾何體的表面積和體積公式，若所給幾何體為柱、錐、臺、球等簡單幾何體，可直接套用公式計算求解；若所給幾何體的體積、表面積不能直接利用公式得出，則常用轉換法、分割法、補體法等方法進行求解，將不規(guī)則問題合理地轉化為我們熟悉的幾何體加以解決.

3 空間的平行關系

（ ）必做1 用a，b，c表示三條不重合的直線，α，β，γ為三個不重合的平面，直線均不在平面內，給出下列命題：

①若a∥α，b∥α，則a∥b；

②若a∥c，c∥α，則a∥α；

③若α∥γ， β∥γ，則α∥β；

④若a∥α，a∥β，則α∥β.

其中真命題是______________.（填上所有真命題的序號）

精妙解法 ①a與b應該有三種位置關系，除平行外，還可能相交或異面. ②由c∥α，過c作一個平面和α交于直線l，則c∥l. 又因為a∥c，所以a∥l. 又因為a 埸α，l∈α，所以a∥α. ③作直線l，使l⊥γ，則由α∥γ， β∥γ，得l⊥α，l⊥β，故α∥β. ④α與β還可能相交. 故其中的真命題是②③.endprint

極速突擊 高考試題中，常會考查判斷一些結論在立體幾何中是否成立的問題. 處理這種類型的問題，要求我們能熟練記住所有的公理、定理，以及一些常見的小結論. 如果命題正確，那么一定可以進行嚴格的證明；如果感覺命題錯誤，那么可以舉反例來否定.

（ ）必做2 如圖1，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中點， N是BC的中點，點M在四邊形EFGH及其內部運動，若已知MN∥平面B1BDD1，則M點的軌跡為__________.

精妙解法 首先考慮四邊形EFGH及其內部的特殊點，發(fā)現(xiàn)HN∥BD，可得HN∥平面B1BDD1，GN，EN都與平面B1BDD1相交；再考慮FN∥平面B1BDD1是否成立，取B1D1的中點O1，可以證明四邊形BO1FN為平行四邊形，所以FN∥BO1，可得FN∥平面B1BDD1.

由兩條相交直線HN和FN可以確定一個平面，記為α，則由面面平行的判定定理可得α∥平面B1BDD1，故α內的任何一條線都平行于平面B1BDD1. 又因為α∩平面EFGH=FH，所以M點的軌跡為線段FH.

極速突擊 本題的突破點在于先研究特殊點，采用了從特殊到一般的思想方法. 知識點方面主要考查“線面平行”的判定，要證“線面平行”，只要證“線線平行”或“面面平行”. 一般地，我們習慣選擇降維處理，即優(yōu)先考慮用“線線平行”來推出“線面平行”，所以思維的落腳點應該在尋找“線線平行”上. 若有時尋找線線平行比較困難，我們也可以考慮通過“面面平行”來得到“線面平行”. 此外，本題還用到了面面平行的判定定理和面面平行的性質.

金刊提醒

在立體幾何的“平行大家庭”中有三個成員： “線線平行”“線面平行”“面面平行”.同學們應該熟練掌握這三個成員之間的合理轉化，要判定其中的一種關系應考慮從其他兩種平行關系出發(fā).

4 空間的垂直關系

（ ）必做1 已知平面α，β，γ，直線l，m滿足：α⊥γ，γ∩α=m，γ∩β=l，l⊥m，那么①m⊥β；②l⊥α；③β⊥γ；④α⊥β. 由上述條件可推出的結論有_________. （請將你認為正確的結論的序號都填上）

精妙解法 因為α⊥γ，γ∩α=m，l 奐γ，l⊥m，所以l⊥α. 又因為l 奐β，所以α⊥β.

舉反例：如圖1，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，記α為平面ADD1A1，γ為平面ABCD， β為平面ABC1D1，l為直線AB，滿足已知條件，但m與β不垂直， β與γ也不垂直. 故由上述條件可推出的結論有②④.

圖1

極速突擊 本題主要考查了“線面垂直”的判定定理、“面面垂直”的判定和性質定理. 要證明“線面垂直”可以通過“線線垂直”或“面面垂直”轉化得到，要證明“面面垂直”可通過“線面垂直”得到. 而已知“面面垂直”，又可以得到“線面垂直”. 同學們應該熟練掌握立體幾何的“垂直大家庭”的三大成員——“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間的合理轉化. 另外，在舉反例時我們常可以借助實體模型，如正方體來進行排除驗證.

（ ）必做2 如圖2，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AA1C1C是邊長為4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5. 在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，則 的值為_________.

圖2

精妙解法 因為平面ABC⊥平面AA1C1C，且交于AC，所以AA1⊥平面AA1C1C，AA1⊥AC，所以AA1⊥平面ABC. 又AB2+AC2=BC2，所以∠A=90°.

以A為原點，AC為x軸、AB為y軸，建立空間直角坐標系如圖3所示，則B（0，3，0），C1（4，0，4）.

設D（x，y，z）是直線BC1上一點，且 =λ ，則有（x，y-3，z）=λ（4，-3，4），解得x=4λ，y=3-3λ，z=4λ，所以 =（4λ，3-3λ，4λ）， =（0，3，-4）.

又因為AD⊥A1B，所以0+3（3-3λ）-16λ=0，解得λ= ，即 的值為 .

圖3

極速突擊 本題的突破點在于先由已知條件——面面垂直和長度關系，得到“空間直三面角”，啟發(fā)我們可以建立空間直角坐標系解決問題.

金刊提醒

立體幾何中，我們研究點、線、面的位置關系，不僅要熟練掌握“平行大家庭”和“垂直大家庭”的各成員之間的相互轉化，還要注意這兩大家庭之間的密切聯(lián)系. 如：若a⊥α，b⊥α，則a∥b；若l⊥α，l⊥β，則α∥β等.

金刊提醒

若立體幾何的題目中出現(xiàn)一些垂直關系，則我們一般優(yōu)先考慮“線線垂直”“線面垂直”“面面垂直”之間的相互轉化.但有時轉化不明顯或有困難，而題目中又有明顯的可以建系的條件，往往可以考慮建立空間直角坐標系來解決.

5 空間的角

（ ）必做1 如圖1，過正方形ABCD的頂點A，作PA⊥平面ABCD，若PA=BA，則下列結論中正確的是___________. （填上所有正確命題的序號）

①BD⊥PC；

②BC與PD所成的角等于AD與PB所成的角；

③PB與平面PAC所成的角等于PD與平面PAC所成的角；

④平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小為45°.

圖1

精妙解法 設AC與BD交于點O，易證BD⊥平面PAC，故BD⊥PC，所以①正確.

圖2

因為BC∥AD，所以∠PDA是異面直線BC與PD所成的角，為45°；易知AD與PB所成的角為90°，故②錯誤.

因為BD⊥平面PAC，所以PB與平面PAC所成的角為∠BPO，PD與平面PAC所成的角為∠DPO. 又因為PB=PD，點O為BD的中點，所以∠BPO=∠DPO，故③正確.endprint

易證CD∥平面PAB，設平面PCD∩平面PAB=PE，可得PE∥CD，易證PA⊥PE，PD⊥PE，故∠APD為平面ABP和平面CDP所成的二面角的平面角. 又因為△PAD為等腰直角三角形，所以∠APD=45°，④正確.

故結論中正確的是①③④.

極速突擊 本題主要考查空間中的角，采用了“幾何法”求解，將其轉化為平面角來處理. 其一般步驟為： 一找、二證、三算. 即首先找到或作出空間角對應的平面角，其次要進行證明，最后一般放在三角形中求解.

（ ）必做2 如圖3，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，且異面直線AD與CC1所成的角為45°，則AD與平面AA1C1C所成的角的正弦值為__________.

圖3

圖4

精妙解法 法1：取AC的中點E，A1C1的中點E1，連結BE，B1E1，EE1，則可證BE⊥平面AA1C1C. 在矩形BEE1B1中作DH∥BE，則可證得DH⊥平面AA1C1C. 連結AH，∠DAH是AD與平面AA1C1C所成的角.

因為異面直線AD與CC1所成的角為45°，所以∠ADB=45°，所以在Rt△ABD中，BD=AB=1， AD= .

又因為DH=BE= ，在Rt△DHA中，sin∠DAH= = .

法2：取AC的中點E，連結BE，則BE⊥AC，如圖5，建立空間直角坐標系B-xyz，則A ， ，0，D（0，0，1），則 =- ，- ，1.

因為平面ABC⊥平面AA1C1C，BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C. 所以 = ，0，0為平面AA1C1C的一個法向量，所以cos〈 ， 〉= - .

設AD與平面AA1C1C所成的角為α，則sinα=cos〈 ， 〉= .

極速突擊 本題采用兩種方法求解，方法1為“幾何法”，可按照“一找、二證、三算”的步驟進行，這里的難點是找到過點D且與平面AA1C1C垂直的線段；方法2為“向量法”，先建立合適的空間直角坐標系，再求解“斜線與平面法向量所成角的余弦值”，最后由“斜線與平面法向量所成角的余弦值的絕對值”等于“斜線與平面所成角的正弦值”得出答案.

誤點警示 同學們要正確理解“斜線與平面法向量所成的角”和“斜線與平面所成的角”的關系，不要誤以為它們是相等的.

金刊提醒

求異面直線所成的角，一般可以采用平移的方法，將其轉化為兩條相交直線所成的銳角或直角，然后在某個三角形中進行求解；也可以建立空間直角坐標系，利用空間向量的方法進行求解.

求直線與平面所成的角有兩種方法：①幾何法，即轉化為斜線與其在平面內的射影所成的角，然后在直角三角形中求解；②向量法，設直線l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線l與平面α所成的角θ滿足sinθ=cos〈m，n〉.

求二面角有兩種方法：①幾何法，即先作出二面角的平面角，然后在三角形中求解；②向量法，應注意法向量的方向，或直接從圖形中觀察出其是鈍二面角還是銳二面角，再利用向量夾角與平面角的互補關系而得.

6 空間的距離

（ ）必做1 已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則異面直線BD與B1C的距離為___________.

精妙解法 法1：如圖1，由B1C∥A1D，可得B1C∥平面A1BD，故異面直線BD與B1C的距離即為點C到平面A1BD的距離. 由等體積變換V =V 易得C到平面A1BD的距離為 .

圖1

法2：建立如圖2所示的空間直角坐標系，則B（0，0，0），C（1，0，0），D（1，1，0），B （0，0，1）. 若設與直線BD，B，C都垂直的向量為n=（x，y，z），則 ·n=x+y=0， ·n=x-z=0. 設x=1，得y=-1，z=1，所以n=（1，-1，1）.

圖2

所以異面直線BD與B1C的距離d= cos〈 ，n〉= = = .

極速突擊 求兩條異面直線間的距離時，一般先考慮能否直接找到它們的公垂線段，若容易找到，則作出公垂線段后再求其長度；若直接找公垂線段比較困難，則可以考慮轉化為直線到平面的距離，或者點到平面的距離求解；也可以考慮建系，采用向量的方法求解.

金刊提醒

運用向量法求解點A到平面α的距離時，可以采用如下的方法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系→確定點A的坐標→在平面α內取一點B→求出向量 →求出平面α的一個法向量n→利用公式求出點A到平面α的距離. 運用幾何法求點A到平面α的距離時，可以使用等體積變換，也可以找一個過點A的平面與平面α垂直，利用面面垂直的性質定理直接作出點A到平面α的垂線段. 線面距離、面面距離都可以轉化成點面距離，當題目中的距離難以找出來時，應采用空間向量進行求解，避免耗時過多.endprint

易證CD∥平面PAB，設平面PCD∩平面PAB=PE，可得PE∥CD，易證PA⊥PE，PD⊥PE，故∠APD為平面ABP和平面CDP所成的二面角的平面角. 又因為△PAD為等腰直角三角形，所以∠APD=45°，④正確.

故結論中正確的是①③④.

極速突擊 本題主要考查空間中的角，采用了“幾何法”求解，將其轉化為平面角來處理. 其一般步驟為： 一找、二證、三算. 即首先找到或作出空間角對應的平面角，其次要進行證明，最后一般放在三角形中求解.

（ ）必做2 如圖3，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，且異面直線AD與CC1所成的角為45°，則AD與平面AA1C1C所成的角的正弦值為__________.

圖3

圖4

精妙解法 法1：取AC的中點E，A1C1的中點E1，連結BE，B1E1，EE1，則可證BE⊥平面AA1C1C. 在矩形BEE1B1中作DH∥BE，則可證得DH⊥平面AA1C1C. 連結AH，∠DAH是AD與平面AA1C1C所成的角.

因為異面直線AD與CC1所成的角為45°，所以∠ADB=45°，所以在Rt△ABD中，BD=AB=1， AD= .

又因為DH=BE= ，在Rt△DHA中，sin∠DAH= = .

法2：取AC的中點E，連結BE，則BE⊥AC，如圖5，建立空間直角坐標系B-xyz，則A ， ，0，D（0，0，1），則 =- ，- ，1.

因為平面ABC⊥平面AA1C1C，BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C. 所以 = ，0，0為平面AA1C1C的一個法向量，所以cos〈 ， 〉= - .

設AD與平面AA1C1C所成的角為α，則sinα=cos〈 ， 〉= .

極速突擊 本題采用兩種方法求解，方法1為“幾何法”，可按照“一找、二證、三算”的步驟進行，這里的難點是找到過點D且與平面AA1C1C垂直的線段；方法2為“向量法”，先建立合適的空間直角坐標系，再求解“斜線與平面法向量所成角的余弦值”，最后由“斜線與平面法向量所成角的余弦值的絕對值”等于“斜線與平面所成角的正弦值”得出答案.

誤點警示 同學們要正確理解“斜線與平面法向量所成的角”和“斜線與平面所成的角”的關系，不要誤以為它們是相等的.

金刊提醒

求異面直線所成的角，一般可以采用平移的方法，將其轉化為兩條相交直線所成的銳角或直角，然后在某個三角形中進行求解；也可以建立空間直角坐標系，利用空間向量的方法進行求解.

求直線與平面所成的角有兩種方法：①幾何法，即轉化為斜線與其在平面內的射影所成的角，然后在直角三角形中求解；②向量法，設直線l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線l與平面α所成的角θ滿足sinθ=cos〈m，n〉.

求二面角有兩種方法：①幾何法，即先作出二面角的平面角，然后在三角形中求解；②向量法，應注意法向量的方向，或直接從圖形中觀察出其是鈍二面角還是銳二面角，再利用向量夾角與平面角的互補關系而得.

6 空間的距離

（ ）必做1 已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則異面直線BD與B1C的距離為___________.

精妙解法 法1：如圖1，由B1C∥A1D，可得B1C∥平面A1BD，故異面直線BD與B1C的距離即為點C到平面A1BD的距離. 由等體積變換V =V 易得C到平面A1BD的距離為 .

圖1

法2：建立如圖2所示的空間直角坐標系，則B（0，0，0），C（1，0，0），D（1，1，0），B （0，0，1）. 若設與直線BD，B，C都垂直的向量為n=（x，y，z），則 ·n=x+y=0， ·n=x-z=0. 設x=1，得y=-1，z=1，所以n=（1，-1，1）.

圖2

所以異面直線BD與B1C的距離d= cos〈 ，n〉= = = .

極速突擊 求兩條異面直線間的距離時，一般先考慮能否直接找到它們的公垂線段，若容易找到，則作出公垂線段后再求其長度；若直接找公垂線段比較困難，則可以考慮轉化為直線到平面的距離，或者點到平面的距離求解；也可以考慮建系，采用向量的方法求解.

金刊提醒

運用向量法求解點A到平面α的距離時，可以采用如下的方法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系→確定點A的坐標→在平面α內取一點B→求出向量 →求出平面α的一個法向量n→利用公式求出點A到平面α的距離. 運用幾何法求點A到平面α的距離時，可以使用等體積變換，也可以找一個過點A的平面與平面α垂直，利用面面垂直的性質定理直接作出點A到平面α的垂線段. 線面距離、面面距離都可以轉化成點面距離，當題目中的距離難以找出來時，應采用空間向量進行求解，避免耗時過多.endprint

易證CD∥平面PAB，設平面PCD∩平面PAB=PE，可得PE∥CD，易證PA⊥PE，PD⊥PE，故∠APD為平面ABP和平面CDP所成的二面角的平面角. 又因為△PAD為等腰直角三角形，所以∠APD=45°，④正確.

故結論中正確的是①③④.

極速突擊 本題主要考查空間中的角，采用了“幾何法”求解，將其轉化為平面角來處理. 其一般步驟為： 一找、二證、三算. 即首先找到或作出空間角對應的平面角，其次要進行證明，最后一般放在三角形中求解.

（ ）必做2 如圖3，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，且異面直線AD與CC1所成的角為45°，則AD與平面AA1C1C所成的角的正弦值為__________.

圖3

圖4

精妙解法 法1：取AC的中點E，A1C1的中點E1，連結BE，B1E1，EE1，則可證BE⊥平面AA1C1C. 在矩形BEE1B1中作DH∥BE，則可證得DH⊥平面AA1C1C. 連結AH，∠DAH是AD與平面AA1C1C所成的角.

因為異面直線AD與CC1所成的角為45°，所以∠ADB=45°，所以在Rt△ABD中，BD=AB=1， AD= .

又因為DH=BE= ，在Rt△DHA中，sin∠DAH= = .

法2：取AC的中點E，連結BE，則BE⊥AC，如圖5，建立空間直角坐標系B-xyz，則A ， ，0，D（0，0，1），則 =- ，- ，1.

因為平面ABC⊥平面AA1C1C，BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C. 所以 = ，0，0為平面AA1C1C的一個法向量，所以cos〈 ， 〉= - .

設AD與平面AA1C1C所成的角為α，則sinα=cos〈 ， 〉= .

極速突擊 本題采用兩種方法求解，方法1為“幾何法”，可按照“一找、二證、三算”的步驟進行，這里的難點是找到過點D且與平面AA1C1C垂直的線段；方法2為“向量法”，先建立合適的空間直角坐標系，再求解“斜線與平面法向量所成角的余弦值”，最后由“斜線與平面法向量所成角的余弦值的絕對值”等于“斜線與平面所成角的正弦值”得出答案.

誤點警示 同學們要正確理解“斜線與平面法向量所成的角”和“斜線與平面所成的角”的關系，不要誤以為它們是相等的.

金刊提醒

求異面直線所成的角，一般可以采用平移的方法，將其轉化為兩條相交直線所成的銳角或直角，然后在某個三角形中進行求解；也可以建立空間直角坐標系，利用空間向量的方法進行求解.

求直線與平面所成的角有兩種方法：①幾何法，即轉化為斜線與其在平面內的射影所成的角，然后在直角三角形中求解；②向量法，設直線l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線l與平面α所成的角θ滿足sinθ=cos〈m，n〉.

求二面角有兩種方法：①幾何法，即先作出二面角的平面角，然后在三角形中求解；②向量法，應注意法向量的方向，或直接從圖形中觀察出其是鈍二面角還是銳二面角，再利用向量夾角與平面角的互補關系而得.

6 空間的距離

（ ）必做1 已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則異面直線BD與B1C的距離為___________.

精妙解法 法1：如圖1，由B1C∥A1D，可得B1C∥平面A1BD，故異面直線BD與B1C的距離即為點C到平面A1BD的距離. 由等體積變換V =V 易得C到平面A1BD的距離為 .

圖1

法2：建立如圖2所示的空間直角坐標系，則B（0，0，0），C（1，0，0），D（1，1，0），B （0，0，1）. 若設與直線BD，B，C都垂直的向量為n=（x，y，z），則 ·n=x+y=0， ·n=x-z=0. 設x=1，得y=-1，z=1，所以n=（1，-1，1）.

圖2

所以異面直線BD與B1C的距離d= cos〈 ，n〉= = = .

極速突擊 求兩條異面直線間的距離時，一般先考慮能否直接找到它們的公垂線段，若容易找到，則作出公垂線段后再求其長度；若直接找公垂線段比較困難，則可以考慮轉化為直線到平面的距離，或者點到平面的距離求解；也可以考慮建系，采用向量的方法求解.

金刊提醒

運用向量法求解點A到平面α的距離時，可以采用如下的方法：建立適當?shù)目臻g直角坐標系→確定點A的坐標→在平面α內取一點B→求出向量 →求出平面α的一個法向量n→利用公式求出點A到平面α的距離. 運用幾何法求點A到平面α的距離時，可以使用等體積變換，也可以找一個過點A的平面與平面α垂直，利用面面垂直的性質定理直接作出點A到平面α的垂線段. 線面距離、面面距離都可以轉化成點面距離，當題目中的距離難以找出來時，應采用空間向量進行求解，避免耗時過多.endprint