2023版高考数学一轮复习讲义：第八章立体几何初步8-7-2

成套的课件成套的教案成套的试题尽在高中数学同步资源大全QQ群483122854联系QQ309000116加入百度网盘群2500G一线老师必备资料一键转存，自动更新，一劳永逸第2课时空间向量的综合应用提升关键能力——考点突破掌握类题通法考点一求空间距离[综合性][例1][2022·云南民族大学附属中学高三月考]如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，AB＝BB1＝2BC＝2，BC1＝3，点E为A1C1的中点．(1)求证：C1B⊥平面ABC；(2)求点A到平面BCE的距离．听课笔记：反思感悟求空间距离常用的方法(1)直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理，作出垂线段，再通过解三角形求出距离．(2)间接法：利用等体积法、特殊值法等转化求解．(3)向量法：空间中的距离问题一般都可转化为点到平面的距离问题进行求解．求点P到平面α的距离的三个步骤：①在平面α内取一点A，确定向量PA的坐标；②确定平面α的法向量n；③代入公式d＝PA·n【对点训练】正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．考点二探索性问题[创新性][例2][2022·湖南重点校联考]如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M­AC­D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．听课笔记：反思感悟探索性问题的求解策略空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．【对点训练】如图，四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，AC⊥BF，G为EF的中点．(1)求证：BF⊥平面ABCD；(2)二面角C­BG­D的大小可以为60°吗？若可以，求出此时BFBC的值；若不可以，请说明理由考点三翻折与展开问题[综合性][例3][2021·广东四校期末联考]等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是AB，AC上的点，且满足ADDB＝CEEA＝12(如图1)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1­DE­B成直二面角，连接A1B，A1C(如图(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．听课笔记：反思感悟翻折问题的2个解题策略确定翻折前后变与不变的关系画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．确定翻折后关键点的位置所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算．【对点训练】[2022·佛山质检]图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝3，CE＝2ED.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝6，(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值．第2课时空间向量的综合应用提升关键能力考点一例1解析：(1)证明：因为AB⊥平面BB1C1C，C1B⊂平面BB1C1C，所以AB⊥C1B.在△BCC1中，BC＝1，BC1＝3，CC1＝2，所以BC2+BC所以CB⊥C1B.因为AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.(2)由(1)知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，如图，以B为原点建立空间直角坐标系B­xyz.则B(0，0，0)，A(0，0，2)，E-12，3，1，BC＝(1，0，0)，BE＝-1设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BC令y＝3，则x＝0，z＝－3，所以n＝0，又因为AC＝(1，0，－2)，故点A到平面BCE的距离d＝AC·nn＝1对点训练1．解析：取射线AB，AD，AA1分别为x轴、y轴、z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A1(0，0，1)，E1，0，12，F12，1，所以A1E＝1，0，-12，设平面A1D1E的法向量为n＝(x，y，z)．则n·A1令z＝2，则x＝1，得n＝(1，0，2)，又A1F＝所以点F到平面A1D1E的距离d＝A1F·nn答案：3考点二例2解析：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝22，BC＝42，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.解析：(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(22，22，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)，B(22，－22，0)，PD＝(0，22，－2)，AC＝(22，22，0)．设PM＝tPD(0＜t＜1)，则点M的坐标为(0，22t，2－2t)，所以AM＝(0，22t，2－2t)．设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则n·得22x令x＝1，得n＝1，又m＝(0，0，1)是平面ACD一个法向量，所以|cos〈m，n〉|＝m·nmn＝2tt-12+2tt-12＝cos45°＝22此时平面MAC的法向量n0＝(1，－1，2)，M(0，2，1)，BM＝(－22，32，1)．设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n0，BM〉|＝n0·BM对点训练解析：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，四边形BDEF为矩形，所以BF⊥BD，又因为AC⊥BF，AC，BD为平面ABCD内两条相交直线，所以BF⊥平面ABCD.(2)假设二面角C­BG­D的大小可以为60°，由(1)知BF⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AB，AD为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设AB＝AD＝2，BF＝h(h＞0)，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中点G(1，1，h)，BG＝(－1，1，h)，BC＝(0，2，0)．设平面BCG的法向量为n＝(x，y，z)，则BG·即-x+y+hz=0，2y=0，取n＝(h，0，因为AC⊥BF，AC⊥BD，所以AC⊥平面BDG，则平面BDG的一个法向量为AC＝(2，2，0)．由题意得cos60°＝n·ACnAC＝2hh2+1·4+4所以当BFBC＝12时，二面角C­BG­D考点三例3解析：(1)证明：如题图1，在△ADE中，AD＝1，AE＝2，∠A＝60°，得到DE＝AD2+AE所以AD2＋DE2＝AE2，从而AD⊥DE，BD⊥DE，所以在题图2中，A1D⊥DE，BD⊥DE，所以∠A1DB是二面角A1­DE­B的平面角，所以∠A1DB＝90°，即A1D⊥BD，又因为A1D⊥DE，BD∩DE＝D，BD，DE⊂平面BCED，所以A1D⊥平面BCED.(2)由(1)知，A1D，DB，DE两两垂直，以D为原点，DB，DE，DA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则B(2，0，0)，A1(0，0，1)，C12，332，0，故A1B＝(2假设线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，设BP＝λBC＝-32λ，332则A1P＝A1B＋平面A1BD的一个法向量为n＝(0，1，0)，则sin60°＝|cos〈A1P，n〉|＝A＝332λ2-32λ所以存在满足要求的点P，且线段PB的长度为52对点训练解析：(1)证明：在图1中，连接AE，AC，AC交BE于F.∵CE＝2ED，DC＝3，∴CE＝2，∴AB＝CE，又AB∥CD，∴四边形AECB是平行四边形．在Rt△ACD中，AC＝32+32＝23，∴AF＝在图2中，AC1＝6，∵AF2＋C1F2＝AC1∴C1F⊥AF，由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，∴C1F⊥平面ABED，又C1F⊂平面BC1E，∴