2024版高考数学一轮总复习第6章立体几何第7节立体几何中的向量方法__求空间角与距离课件

这是一份2024版高考数学一轮总复习第6章立体几何第7节立体几何中的向量方法__求空间角与距离课件，共60页。

考试要求：1．能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题．2．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．
必备知识·回顾教材重“四基”
一、教材概念·结论·性质重现1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
求两异面直线l1，l2的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角〈a，b〉，由于夹角范围不同，有cs θ＝|cs〈a，b〉|.
求直线l与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin θ＝|cs〈n，a〉|.
3．二面角的平面角求法(1)如图(1)，AB，CD分别是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝_______________.
(2)如图(2)(3)，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角θ的大小满足|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角的大小是___________________________．
向量n1与n2的夹角(或其补角)
利用平面的法向量求二面角的大小时，求出两平面α，β的法向量n1，n2后，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补．一进一出相等，同进同出互补．
4．利用空间向量求距离(1)点到直线的距离如图所示，
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，则点P到直线l的距离PQ＝_____________________．
(2)点到平面的距离如图所示，
已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离为BO＝_________．
求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．有时利用等积法求解可能更方便．
3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)
A　解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系．
(1)直线PB与平面POC所成角的余弦值为________；
(2)点B到平面PCD的距离为________．
5．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP的夹角为________．
45°　解析：如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．
关键能力·研析考点强“四翼”
考点1　异面直线所成的角——基础性
考点2　 直线与平面所成的角——综合性
考点3　求二面角——应用性
考点4　求空间距离问题——综合性
1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是BB1，D1B1的中点，则EF与A1D所成角的大小为(　　)A．60°B．90° C．45°D．75°
B　解析：如图所示，以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系．
2．如图，在四棱锥A-BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(　　)
A　解析：如图所示，取BC的中点F，连接AF，DF，可得DF∥BE.因为BE⊥平面ABC，所以DF⊥平面ABC．又由AB＝CB＝AC且F为BC的中点，所以AF⊥BC，故以F为坐标原点，以FA，FB，FD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
利用向量法求异面直线所成角的问题，关键是建立空间直角坐标系写出相关点的坐标，并进一步求出相关的向量，利用向量的夹角公式求解．在求解过程中易出现因忽视异面直线所成角的范围而致错的情况.
证明：因为PD⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，因为AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，
解：由(1)知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
利用向量求线面角的2种方法(1)分别求出斜线和它所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)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．
1．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
2．(2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1.
证明：取AB中点K，连接NK，MK，因为M为A1B1的中点．所以B1M∥BK，且B1M∥BK，所以四边形BKMB1是平行四边形，故MK∥BB1，MK⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以MK∥平面BCC1B1，因为K是AB的中点，N是AC的中点，所以NK∥BC，因为NK⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，所以NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，所以平面NMK∥平面BCC1B1，又MN⊂平面NMK，所以MN∥平面BCC1B1.
2．(2022·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解：因为侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，所以CB⊥平面ABB1A1，所以CB⊥AB，又NK∥BC，所以AB⊥NK，若选①：因为AB⊥MN，又MN∩NK＝N，所以AB⊥平面MNK，又MK⊂平面MNK，所以AB⊥MK，又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，所以BC，BA，BB1两两垂直．
考向1　由向量法求二面角的三角函数值例2　(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．(1)证明：OE∥平面PAC；
证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC，又OA⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB，所以∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，OP＝OP，则△POA≌△POB，所以OA＝OB，延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在Rt△ABF中，O为BF中点，连接PF，在△PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE∥PF，因为OE⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以OE∥平面PAC．
例2　(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值．
解：过点A作AM∥OP，以AB，AC，AM分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
考向2　由二面角求几何值或参数值例3　(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；
证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD．因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊂平面ABD，所以OA⊥平面BCD．因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD．
例3　(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积．
解：以O为坐标原点，OD，OA所在的直线分别为y轴、z轴，过点O且垂直于BD的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
在已知二面角的条件下求几何量或参数的值时，注意用好二面角的定义，求出相关的量，或由此写出相关点的坐标，为用向量法求解问题做好必要的条件准备．
如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
证明：因为平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，CB⊂平面ABCD，所以CB⊥平面ABEF.因为AF⊂平面ABEF，所以CB⊥AF.又因为AB为圆的直径，所以FB⊥AF.又CB∩BF＝B，所以AF⊥平面CBF.因为AF⊂平面DAF，所以平面DAF⊥平面CBF.
如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1.(2)当AD的长为何值时，二面角D-FC-B的平面角的大小为60°？
解：设EF，CD的中点分别为G，H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系(如图)，设AD＝t，
例4　(1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为________．
(2)如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．①求点D到平面PEF的距离；②求直线AC到平面PEF的距离．
解：①以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1．空间距离包括空间内任意两点之间的距离、点到平面的距离、直线与平面的距离以及两平行平面之间的距离，其中两点间的距离可以用向量的模长处理，其他三种距离的求解都可以转化为点到平面的距离．2．用向量法求点面距的步骤：
D　解析：建立空间直角坐标系如图．
一题N解·深化综合提“素养”
如图，在四棱锥S-ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值的大小．
(2)解：因为CD∥AB，所以CD与平面SBC所成的角即为AB与平面SBC所成的角．如图，取SC的中点M，连接BM，DM.
因为DS＝DC，BS＝BC，所以SC⊥DM，SC⊥BM.因为DM∩BM＝M，所以SC⊥平面BDM，所以平面BDM⊥平面SBC．作DN⊥BM，垂足为点N，则DN⊥平面SBC．因为DM∩BM＝M，连接CN.CN为CD在平面SBC上的射影，∠DCN即为CD与平面SBC所成的角．
思路参考：建立空间直角坐标系，利用法向量求解．(1)证明：同解法1.(2)解：如图，以C为坐标原点，CD，CB所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
思路参考：变换建系的方法，空间直角坐标系中各点坐标会发生变化，但求角的方法是不变的．
(1)证明：同解法1.(2)解：如图，以D为坐标原点，射线DE为x轴正半轴，射线DC为y轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
1．本题考查线面角的运算，解法灵活，基本解题策略一种是利用定义寻找线面角，然后通过解三角形计算，另一种是建立空间直角坐标系，通过法向量与方向向量夹角处理．2．基于课程标准，解答本题需要熟练掌握线面角的寻找以及空间向量求线面角的方法，具有良好的运算求解能力、空间想象能力．本题的解答过程体现了数学探索的魅力．3．基于高考数学评价体系，解答本题的过程中，通过不同的思路引导，将求线面角转化为最基本的数学模型，体现了基础性；解题过程中知识的转化，体现了综合性．
如图1，四边形ABCD为菱形，且∠A＝60°，AB＝2，E为边AB的中点．现将四边形EBCD沿DE折起至EBHD，如图2.若二面角A-DE-H的大小为60°，求平面ABH与平面ADE夹角的余弦值．
图1　　　　　　　　　图2
解：(方法一)分别取AE，AD的中点O，K，连接OK，OB．由DE⊥平面ABE，可知∠AEB为二面角A-DE-H的平面角，即有∠AEB＝60°.因为O为AE的中点，所以BO⊥AE.因为BO⊥DE，所以BO⊥平面ADE，则以点O为坐标原点，分别以直线KO，OE，OB为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
(方法二)延长HB，DE交于点L，连接AL，取AE的中点O，过点O作OM⊥AL于点M，连接MB，如图．
由DE⊥平面ABE，可知∠AEB为二面角A-DE-H的一个平面角，即有∠AEB＝60°.
(方法三)延长HB，DE交于点L，连接AL，过点D作DQ∥AE且与LA的延长线交于点Q，连接QH.分别取DQ，AE中点M，O，连接AM，BO.再取MD中点O′，连接OO′.因为QD∥AE，HD∥BE且QD，HD为平面HDQ内两条相交直线，AE，BE为平面ABE内两条相交直线，所以平面HDQ∥平面ABE.因为DE⊥平面ABE，所以DE⊥平面HDQ，即∠HDQ为二面角A-DE-H的一个平面角，即有∠HDQ＝60°.