新高考数学一轮复习讲练测课件第7章§7.8空间距离及立体几何中的探索问题 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习讲练测课件第7章§7.8空间距离及立体几何中的探索问题 (含解析)，共60页。PPT课件主要包含了落实主干知识，探究核心题型，课时精练，点到直线的距离，点到平面的距离等内容，欢迎下载使用。

1.会求空间中点到直线以及点到平面的距离.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件.
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面α上不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β.(　 　)(2)点到直线的距离也就是该点与直线上任一点连线的长度.(　 　)(3)直线l平行于平面α，则直线l上各点到平面α的距离相等.(　 　)(4)直线l上两点到平面α的距离相等，则l平行于平面α.(　 　)
1.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为
3.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是______.
如图，建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
例1　(1)(2023·长沙模拟)空间中有三点P(1，－2，－2)，M(2，－3,1)，N(3，－2,2)，则点P到直线MN的距离为
①证明：BC1⊥CM；
②若E为A1C1的中点，求点A1到平面BCE的距离.
由①知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
(1)点到直线的距离.
②若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离．(2)求点面距一般有以下三种方法．①作点到面的垂线，求点到垂足的距离；②等体积法；③向量法.
跟踪训练1　(1)(2023·枣庄模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则△D1GF的面积为_____．
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0,0,2)，G(0,2,1)，F(1,1,0)，
∴点D1到直线GF的距离
(2)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
①证明：D1E⊥A1D；
②当E为AB的中点时，求点E到平面ACD1的距离．
立体几何中的探索性问题
例2　(2022·常德模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的底面是等边三角形，平面ABB1A1⊥平面ABC，A1B⊥AB，AC＝2，∠A1AB＝60°，O为AC的中点．(1)求证：AC⊥平面A1BO；
存在，线段CC1的中点P满足题意．理由如下：∵A1B⊥平面ABC，OB⊥AC，以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A1B，以Oz所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
易知平面A1OB的一个法向量为n＝(1,0,0)，设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，
(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．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
设平面PAC与平面DAC的夹角为θ，
所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°.
(3)在(2)的条件下，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，请说明理由．
假设在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
1.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．
(1)求点N到直线AB的距离；
∵N是CC1的中点，∴N(0,4,2)．
设点N到直线AB的距离为d1，
(2)求点C1到平面ABN的距离．
设平面ABN的法向量为n＝(x，y，z)，
设点C1到平面ABN的距离为d2，
2.(2023·北京模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，M为线段A1C1上一点.
(1)求证：BM⊥AB1；
设平面BCM的法向量n＝(x，y，z)，
取x＝1，得n＝(1,1,1－a)，
3.已知空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.
(2)探索A，B，D，E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由.
A，B，D，E四点共面.理由如下，如图，分别取BC，DC的中点M，N，连接AM，EN，MN，∵△ABC是等边三角形，
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AM⊥平面BCD，
∴AM∥EN，且AM＝EN，∴四边形AMNE是矩形，∴AE∥MN，又MN∥BD，∴AE∥BD，∴A，B，D，E四点共面.
4.如图所示，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，∵点E，F分别为AC，PC的中点，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.以E为坐标原点，以EB，EC，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
5.(2022·北京模拟)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PCD；
(2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值；
∵ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝5，AD＝4，DC＝3，
∵平面PBC⊥平面ABCD，∴点P到平面ABCD的距离为2.以D为原点，以DA，DC及平面ABCD过D的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略).∴A(4,0,0)，B(4,5,0)，C(0,3,0)，P(2,4,2)，
设平面APB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
令x1＝1，x2＝1可得m＝(1,0,1)，n＝(1，－2,0)，设平面APB与平面PBC的夹角为θ，
由(2)知平面PBA的一个法向量为m＝(1,0,1)，
6.(2023·盐城模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BD和BB1的中点，P为棱C1D1上的动点.
(1)是否存在点P，使得PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时C1P的长度并证明；若不存在，请说明理由；
建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意设点P(0，t,2)，0≤t≤2，则E(1,1,0)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，
设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)，
∴m＝(1,1，－2)，若存在满足题意的点P，
(2)当C1P为何值时，平面BCC1B1与平面PEF夹角的正弦值最小.
易知平面BCC1B1的法向量为n＝(0,1,0)，设平面PEF的法向量为r＝(x0，y0，z0)，