高考总复习二轮理科数学精品课件 专题3 立体几何 保分1 空间向量与空间角、距离.ppt

保分一空间向量与空间角、距离

考点一空间位置关系的证明与求线面角例1(2022全国甲,理18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.(1)证明:BD⊥PA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.

规律方法利用向量求直线和平面所成的角的思路利用斜线的射影向量分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)利用平面的法向量求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角

对点训练1(2023全国甲,理18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.?(1)求证:A1C=AC;(2)已知AA1与BB1距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.

(1)证明∵A1C⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC.又A1C,AC?平面ACC1A1,∴BC⊥平面ACC1A1.∵BC?平面BCC1B1,∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.如图,过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O,又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,∴A1O⊥平面BCC1B1.∵A1到平面BCC1B1的距离为1,∴A1O=1.∵A1C⊥平面ABC,AC?平面ABC,∴A1C⊥AC.又A1C1∥AC,

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考点二求二面角例2(12分)(2021全国乙,理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.?(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

【教师讲评—触类旁通】分析1:(1)问的关键是需要把异面直线PB,AM的垂直,通过线面垂直关系转化为两条相交直线BD,AM的垂直,进而利用等量代换证明三角形相似,列方程求解;分析2:利用空间向量求解二面角,关键是法向量的求解,通常是“一求一找”,“一求”就是赋值法,即利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为0,列出方程组求解;“一找”即根据已知直接确定平面的垂线,该垂线的方向向量即为平面的法向量,如该题中也可以直接取PC的中点H,根据已知可得DH⊥PC,显然DH就是平面PBM的垂线.

对点训练2(12分)(2023江西南昌一模)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为菱形,且AB=AD=BD=2,AA1=,点E为B1D1的中点.(1)证明:AE∥平面BDC1;(2)求二面角B-AE-C的余弦值.

(1)证明设AC交BD于点F,连接C1F.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=CC1,且AA1∥CC1,所以四边形AA1C1C为平行四边形,即AC=A1C1,且AC∥A1C1.2分又因为底面ABCD为菱形,所以点F为AC的中点.因为点E为B1D1的中点,所以点E为A1C1的中点,所以C1E=AF,且C1E∥AF.4分即四边形AFC1E为平行四边形,所以AE∥C1F.因为C1F?平面BDC1,AE不在平面BDC1中,所以AE∥平面BDC1.6分

(2)解(方法一)取AE的中点G,设AC交BD于点F,连接EF,BG,FG.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥BD.7分又因为AC⊥BD,AA1∩AC=A,AA1,AC?平面AA1C1C,所以BD⊥平面AA1C1C,则BD⊥AE.8分

(方法二)如图,设AC交BD于点F,因为点E,F分别为A1C1,AC的中点,所以EF∥CC1,所以EF⊥平面ABCD,所以EF⊥AC,EF⊥BD.又AC⊥BD,所以以点F为坐标原点,以FA,FB,FE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.7分

考点三求点面距例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⊥底面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(方法一)∵PA⊥底面ABCD,BC?平面ABCD,∴PA⊥BC.∵四边形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,点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.

(方法二)∵PA⊥底面ABCD,PA?平面PAB,∴平面PAB⊥底面ABCD.