适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量高考解答题专项四第1课时证明平行垂直与求空间距离课件

第1课时证明平行、垂直与求空间距离高考解答题专项四立体几何中的综合问题考情分析从近两年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何体的表面积与体积,点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式命题考查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.必备知识1.直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量:O是直线l上一点,在直线l上取非零向量a,则对于直线l上任意一点P,由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知,存在实数λ,(2)平面的法向量:直线l⊥α平面,取直线l的方向向量a,称向量a为平面α的法向量.(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.2.空间位置关系的向量表示

位置关系向量表示直线l1,l2的方向向量分别为u1,u2l1∥l2u1∥u2⇔∃λ∈R,使得u1=λu2l1⊥l2u1⊥u2⇔u1·u2=0直线l的方向向量为u,平面α的法向量为nl∥α(l⊄α)u⊥n⇔u·n=0l⊥αu∥n⇔∃λ∈R,使得u=λnn1,n2分别是平面α,β的法向量α∥βn1∥n2⇔∃λ∈R,使得n1=λn2α⊥βn1⊥n2⇔n1·n2=03.利用空间向量求角(1)异面直线所成的角两条异面直线所成的角,可以转化为两条异面直线的方向向量的夹角来求得.也就是说,若异面直线l1,l2所成的角为θ,其方向向量分别是u,v,(2)直线与平面所成的角直线与平面所成的角,可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.如图,直线AB与平面α相交于点B,设直线AB与平面α所成的角为θ,直线AB的(3)若平面α,β的法向量分别是n1和n2,则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ,则cosθ=|cos<n1,n2>|4.利用空间向量求距离(1)两点间的距离(2)点到平面的距离已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离考点一证明平行、垂直典例突破例1.(2023全国乙,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,上,BF⊥AO.(1)证明:EF∥平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的大小.(2)证明

因为D,O分别为PB,BC的中点,所以AO2+DO2=AD2,故AO⊥DO.因为EF∥DO,则AO⊥EF,又因为AO⊥BF,BF∩EF=F,BF,EF⊂平面BEF,所以AO⊥平面BEF.因为AO⊂平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF.又因为AB⊥BC,所以OF⊥BC,所以二面角P-BC-A的平面角为∠POF,设∠POF=θ(0°<θ<180°).以点O为坐标原点,OF,OC所在直线分别为x轴、y轴,过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,方法总结利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤

对点训练1如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M为AA1的中点,N为BC1的中点.求证:(1)MN∥平面A1B1C1;(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.证明

由题意知AA1,AB,AC两两垂直,以A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示.不妨设正方形AA1C1C的边长为2,则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)因为几何体是直三棱柱,所以侧棱AA1⊥底面A1B1C1.(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).令x1=2,则平面MBC1的一个法向量为n1=(2,1,-1).同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2=(0,1,1).因为n1·n2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n1⊥n2,所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.考点二与平行、垂直有关的存在性问题典例突破例2.如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的

倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.(1)证明

连接BD,设AC交BD于点O,则AC⊥BD.由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点,OB,OC,OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示.(2)解

棱SC上存在一点E使得BE∥平面PAC,此时SE∶EC=2∶1.理由如下:方法总结存在问题的两种探索方式

对点训练2如图,在四棱锥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)求证:AB∥平面PDC;(2)在线段AP上是否存在点H,使得BH⊥平面ADP?请说明理由.(1)证明

因为AB∥DC,AB⊄平面PDC,DC⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC.(2)解

不存在点H,使得BH⊥平面ADP.取BC中点F,连接AF,PF,在△PBC中,因为PB=PC,所以PF⊥BC.易知AC=AB=5,所以AF⊥BC.又因为平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABCD=BC,所以PF⊥平面ABCD,所以PF⊥AF.以F为原点,FA,FB,FP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Fxyz,如图.考点三求空间距离典例突破例3.(2023浙江绍兴一中模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E为线段PB的中点,F为线段BC上的动点.(1)证明:平面AEF⊥平面PBC;(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为,求点P到平面AEF的距离.(1)证明(方法1)∵PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴PA⊥BC.∵ABCD为正方形,∴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为线段PB的中点,∴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为线段PB的中点,∴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为坐标原点,以

的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,0,1),设BF=t(t∈[0,2]),则F(2,t,0),取x2=1,则y2=0,z2=1,则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为坐标原点,以

的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则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,设BF=t(t∈[0,2]),则F(2,t,0),方法总结利用向量法求点到平面的距离的步骤

对点训练3已知边长为4的正三角形ABC,E,F分别为BC和AC的中点,PA=2,且PA⊥平面ABC,设Q是CE的中点.(1)求证:AE∥平面PFQ;(2)求AE与平面PFQ间的距离.(1)证明

如图所示,以A为坐标原点,平面ABC