一個定理及其推廣在異面直線距離問題中的應用

楊德國

摘?要：求異面直線距離的方法比較多，有些方法運算量較大，而有些方法技巧性較強.文章將各種各樣的異面直線距離問題歸結為兩類模型，先研究模型，得到定理及其推廣，然后利用定理及其推廣，可以快速解決很多的異面直線距離問題.

關鍵詞：異面直線；距離；定理；推廣；應用

中圖分類號：G632???文獻標識碼：A???文章編號：1008-0333（2024）13-0080-03

異面直線的距離是立體幾何中的一個難點.2019年人教B版普通高中教科書《數學選擇性必修第一冊》35頁的例題4就是一道考查異面直線距離的習題.由此可見，課本比較重視異面直線的距離問題.

那么，如何求解異面直線的距離呢？對于這個問題，已經有不少文獻做了研究，總結起來主要的方法有：定義法（即找共垂線）、函數法（即求一直線上的點到另一直線的距離的最小值或者兩直線上的動點的距離的最小值）、轉化法（即轉化為點線距、線面距或面面距）、向量法（即求出兩異面直線的公垂線的方向向量，然后利用投影向量求解）和射影法等[1-3].

是否可以把各種各樣的異面直線距離問題歸結為某類模型，然后利用模型去快速解題呢？筆者經過探究，得到了如下的一個定理，并將其進行推廣.

1 與異面直線距離有關的一個定理

定理1[4]?在直二面角α-AC-β中，ABα，CDβ，AC=a，且∠BAC=θ1，∠ACD=θ2，其中θ1，θ2∈（0，π2］，則異面直線AB與CD的距離為

d=a1+cot2θ1+cot2θ2.

證明?注意到，異面直線的距離是一條直線上的點到另一條直線的距離的最小值，于是可把異面直線的距離轉化為點到直線的距離，然后利用二次函數求出其最小值.

①當θ1，θ2為銳角時，如圖1所示，在β內過CD上任一點P作PR⊥AC于點R，則PR⊥α.在α內過點R作QR⊥AB于點Q，連接PQ，則PQ⊥AB.

設CR=x，則

AR=a-x，PR=xtanθ2，QR=（a-x）sinθ1.

所以PQ2=x2tan2θ2+（a-x）2sin2θ1=（tan2θ2+sin2θ1）x2-2axsin2θ1+a2sin2θ1.

所以當x=asin2θ1tan2θ2+sin2θ1時，

PQ2min=a2tan2θ2·sin2θ1tan2θ2+sin2θ1=a2csc2θ1+cot2θ2

=a21+cot2θ1+cot2θ2.

所以異面直線AB與CD的距離為

d=PQmin=a1+cot2θ1+cot2θ2.

②當θ1為銳角，θ2=π2時，CD⊥α.

過點C作CQ⊥AB于點Q，則有CD⊥CQ.

所以CQ就是異面直線AB與CD的距離.

此時d=CQ=asinθ1.

經檢驗，當θ2=π2時，cotθ2=0，此時

d=a1+cot2θ1+cot2θ2=a1+cot2θ1=asinθ1.

綜合①②知，當θ1為銳角，θ2∈（0，π2］時，定理1的公式都成立.

注?當θ2為銳角，θ1∈（0，π2］時，定理1的公式仍然成立.而當θ2=0時，CD∥α，問題可轉化為直線CD到平面α的距離，進而可轉化為直線CD上一點到平面α的距離.這是極為容易求解的，在此不作討論.

如果二面角α-AC-β不是直二面角，那么怎么求異面直線AB與CD的距離呢？為了解決這個更一般性的問題，我們給出定理1的推廣.

定理2?已知二面角α-AC-β的大小為銳角φ，ABα，CDβ，AC=a，且∠BAC=θ1，∠ACD=θ2，其中θ1，θ2∈（0，π2］，則異面直線AB與CD的距離為

d=asinφsin2φ+cot2θ1+cot2θ2+2cotθ1cotθ2cosφ.

一般地，給定的兩條異面直線，其基本符合定理1或定理2的模型，因此可以利用定理1或定理2快速解決異面直線的距離問題.下面舉例說明.

2 定理的應用

例1?已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，求異面直線A1B與B1D1的距離.

解析?如圖2所示，A1B平面ABB1A1，B1D1平面A1B1C1D1，且平面ABB1A1⊥平面A1B1C1D1，∠BA1B1=45°，∠D1B1A1=45°.

根據定理1可得異面直線A1B與B1D1的距離為

d=a1+cot245°+cot245°=33a.

例2?在四棱錐M-ABCD中，底面ABCD是邊長為a的菱形，且MD⊥底面ABCD，MD=a2，∠BAD=60°，求異面直線MA與BD之間的距離.

解析?如圖3所示，MA平面MAD，BD平面ABCD，因為MD⊥底面ABCD，所以平面MAD⊥平面ABCD.

因為四邊形ABCD是菱形且∠BAD=60°，

所以∠BDA=60°.

設MAD=θ，則cotθ=ADMD=2.

根據定理1可得異面直線MA與BD的距離為

d=a1+cot260°+cot2θ=a1+1/3+4=34a.

例3?已知三棱錐S-ABC的底面是邊長為42的正三角形，SC=2，且SC⊥底面ABC.設D，E分別為AB，BC的中點，求異面直線CD與SE的距離.

解析?如圖4，因為SC⊥底面ABC，SC平面SBC，所以平面SBC⊥底面ABC.

又因為D，E分別為AB，BC的中點，可得

cotθ1=cot∠DCB=cot30°=3，

cotθ2=cot∠SEC=CESC=2.

根據定理1可得異面直線CD與SE的距離為

d=CE1+cot2θ1+cot2θ2=221+3+2=233.

例4?已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為a，E，F分別為棱BC，AB的中點，求異面直線D1E與DF的距離[5].

解析?如圖5所示，DF平面ABCD，D1E平面A1BCD1，因為A1B⊥BC，AB⊥BC，所以二面角A1-BC-A的大小為φ=∠A1BA=45°.

易知四邊形A1BCD1為矩形.

所以cotθ1=cot∠D1EC=ECD1C=24.

又AD∥BC，所以cotθ2=cot∠FDA=DADF=2.

根據定理2得，異面直線D1E與DF的距離為

d=asinφsin2φ+cot2θ1+cot2θ2+2cotθ1cotθ2cosφ

=2a/21/2+1/8+4+2×（2/4）×2×（2/2）

=25a5.

3 結束語

異面直線的距離問題，試題多樣，變化萬千，但它們基本上都可以歸結為定理1或定理2的模型.定理1的模型就是兩條異面直線所在的平面互相垂直，所以直棱柱中的很多異面直線問題都可歸結為定理1的模型.定理2的模型是兩條異面直線所在的平面不是互相垂直，但兩個平面的夾角是易求的.很多的異面直線難題都可歸結到定理2的模型.

與其教給學生一題多解，還不如教會學生多題一解.讓學生學會思考，學會把各種各樣的試題經過分析整理后，歸結到一類或者兩類模型.只需把這一類或者兩類模型研究透了，各種試題自然就迎刃而解了.這樣，教師不僅在無形中落實了“雙減”政策，學生的學習能力和數學學科核心素養也得到了提升.

參考文獻：

［1］ 鄒明.用向量方法求空間角和距離[J].數學通報，2004（05）：36-38.

[2] 李家琪.求異面直線距離的一種方法：射影法[J].數學通報，1984（06）：19-21.

[3] 張傳偉，丁振年.異面直線距離的一種簡便解法[J].數學通報，2004（05）：35-36.

[4] 趙強.異面直線距離的求法[J].中學數學教學參考，2017（10）：41-43.

[5] 李鴻昌.點在面內的多視角證明與高觀點審視：一道2020年立體幾何高考題引發的探究[J].數理化解題研究，2023（22）：101-104.

［責任編輯：李?璟］