適用于新高考新教材廣西專版2025屆高考數(shù)學一輪總復習第八章立體幾何與空間向量高考解答題專項四第1課時證明平行垂直與求空間距離課件

第1課時證明平行、垂直與求空間距離高考解答題專項四立體幾何中的綜合問題考情分析從近兩年的高考試題來看,立體幾何是歷年高考的重點,約占整個試卷的15%,通常以一大兩小的模式命題,以中、低檔難度為主.簡單幾何體的表面積與體積,點、線、面位置關(guān)系的判定與證明以及空間角的計算是考查的重點內(nèi)容,前者多以客觀題的形式命題,后者主要以解答題的形式命題考查.著重考查推理論證能力和空間想象能力,而且對數(shù)學運算的要求有加強的趨勢.轉(zhuǎn)化與化歸思想貫穿整個立體幾何的始終.必備知識1.直線的方向向量與平面的法向量(1)直線的方向向量:O是直線l上一點,在直線l上取非零向量a,則對于直線l上任意一點P,由數(shù)乘向量的定義及向量共線的充要條件可知,存在實數(shù)λ,(2)平面的法向量:直線l⊥α平面,取直線l的方向向量a,稱向量a為平面α的法向量.(3)方向向量和法向量均不為零向量且不唯一.2.空間位置關(guān)系的向量表示

位置關(guān)系向量表示直線l1,l2的方向向量分別為u1,u2l1∥l2u1∥u2??λ∈R,使得u1=λu2l1⊥l2u1⊥u2?u1·u2=0直線l的方向向量為u,平面α的法向量為nl∥α(l?α)u⊥n?u·n=0l⊥αu∥n??λ∈R,使得u=λnn1,n2分別是平面α,β的法向量α∥βn1∥n2??λ∈R,使得n1=λn2α⊥βn1⊥n2?n1·n2=03.利用空間向量求角(1)異面直線所成的角兩條異面直線所成的角,可以轉(zhuǎn)化為兩條異面直線的方向向量的夾角來求得.也就是說,若異面直線l1,l2所成的角為θ,其方向向量分別是u,v,(2)直線與平面所成的角直線與平面所成的角,可以轉(zhuǎn)化為直線的方向向量與平面的法向量的夾角.如圖,直線AB與平面α相交于點B,設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ,直線AB的(3)若平面α,β的法向量分別是n1和n2,則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補角.設(shè)平面α與平面β的夾角為θ,則cosθ=|cos<n1,n2>|4.利用空間向量求距離(1)兩點間的距離(2)點到平面的距離已知平面α的法向量為n,A是平面α內(nèi)的定點,P是平面α外一點.過點P作平面α的垂線l,交平面α于點Q,則n是直線l的方向向量,且點P到平面α的距離考點一證明平行、垂直典例突破例1.(2023全國乙,理19)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,上,BF⊥AO.(1)證明:EF∥平面ADO;(2)證明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的大小.(2)證明

因為D,O分別為PB,BC的中點,所以AO2+DO2=AD2,故AO⊥DO.因為EF∥DO,則AO⊥EF,又因為AO⊥BF,BF∩EF=F,BF,EF?平面BEF,所以AO⊥平面BEF.因為AO?平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF.又因為AB⊥BC,所以O(shè)F⊥BC,所以二面角P-BC-A的平面角為∠POF,設(shè)∠POF=θ(0°<θ<180°).以點O為坐標原點,OF,OC所在直線分別為x軸、y軸,過點O且垂直于平面ABC的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,方法總結(jié)利用空間向量證明空間垂直、平行的一般步驟

對點訓練1如圖所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面AA1C1C和側(cè)面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M為AA1的中點,N為BC1的中點.求證:(1)MN∥平面A1B1C1;(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.證明

由題意知AA1,AB,AC兩兩垂直,以A為坐標原點建立空間直角坐標系如圖所示.不妨設(shè)正方形AA1C1C的邊長為2,則A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(2,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1).(1)因為幾何體是直三棱柱,所以側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1.(2)設(shè)平面MBC1與平面BB1C1C的法向量分別為n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).令x1=2,則平面MBC1的一個法向量為n1=(2,1,-1).同理可得平面BB1C1C的一個法向量為n2=(0,1,1).因為n1·n2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n1⊥n2,所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.考點二與平行、垂直有關(guān)的存在性問題典例突破例2.如圖,四棱錐S-ABCD的底面是正方形,每條側(cè)棱的長都是底面邊長的

倍,P為側(cè)棱SD上的點.(1)求證:AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC,側(cè)棱SC上是否存在一點E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,試說明理由.(1)證明

連接BD,設(shè)AC交BD于點O,則AC⊥BD.由題意知SO⊥平面ABCD.以O(shè)為坐標原點,OB,OC,OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖所示.(2)解

棱SC上存在一點E使得BE∥平面PAC,此時SE∶EC=2∶1.理由如下:方法總結(jié)存在問題的兩種探索方式

對點訓練2如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PBC⊥平面ABCD,△PBC是等腰三角形,且PB=PC=3.在梯形ABCD中,AB∥DC,AD⊥DC,AB=5,AD=4,DC=3.(1)求證:AB∥平面PDC;(2)在線段AP上是否存在點H,使得BH⊥平面ADP?請說明理由.(1)證明

因為AB∥DC,AB?平面PDC,DC?平面PDC,所以AB∥平面PDC.(2)解

不存在點H,使得BH⊥平面ADP.取BC中點F,連接AF,PF,在△PBC中,因為PB=PC,所以PF⊥BC.易知AC=AB=5,所以AF⊥BC.又因為平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,所以PF⊥平面ABCD,所以PF⊥AF.以F為原點,FA,FB,FP所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Fxyz,如圖.考點三求空間距離典例突破例3.(2023浙江紹興一中模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E為線段PB的中點,F為線段BC上的動點.(1)證明:平面AEF⊥平面PBC;(2)若直線AF與平面PAB所成的角的余弦值為,求點P到平面AEF的距離.(1)證明(方法1)∵PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,∴PA⊥BC.∵ABCD為正方形,∴AB⊥BC,又∵PA∩AB=A,PA?平面PAB,AB?平面PAB,∴BC⊥平面PAB.∵AE?平面PAB,∴AE⊥BC.∵PA=AB,E為線段PB的中點,∴AE⊥PB,又∵PB∩BC=B,PB?平面PBC,BC?平面PBC,∴AE⊥平面PBC.又∵AE?平面AEF,∴平面AEF⊥平面PBC.(方法2)∵PA⊥平面ABCD,PA?平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABCD.又平面PAB∩平面ABCD=AB,BC⊥AB,BC?平面ABCD,∴BC⊥平面PAB.∵AE?平面PAB,∴AE⊥BC.∵PA=AB,E為線段PB的中點,∴AE⊥PB.∵PB∩BC=B,PB?平面PBC,BC?平面PBC,∴AE⊥平面PBC,又∵AE?平面AEF,∴平面AEF⊥平面PBC.(方法3)∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,以A為坐標原點,以

的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1),設(shè)BF=t(t∈[0,2]),則F(2,t,0),取x2=1,則y2=0,z2=1,則m=(1,0,1).∵n·m=-t+0+t=0,∴n⊥m,∴平面AEF⊥平面PBC.(2)解

(方法1)(基于(1)方法1、2)∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,以A為坐標原點,以

的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),E(1,0,1),易知u=(0,1,0)是平面PAB的法向量,設(shè)BF=t(t∈[0,2]),則F(2,t,0),方法總結(jié)利用向量法求點到平面的距離的步驟

對點訓練3已知邊長為4的正三角形ABC,E,F分別為BC和AC的中點,PA=2,且PA⊥平面ABC,設(shè)Q是CE的中點.(1)求證:AE∥平面PFQ;(2)求AE與平面PFQ間的距離.(1)證明

如圖所示,以A為坐標原點,平面ABC