新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题4　第4讲　空间向量与距离、探究性问题课件PPT

这是一份新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题4　第4讲　空间向量与距离、探究性问题课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了空间距离，空间中的探究性问题，专题强化练等内容，欢迎下载使用。

第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。5、注重题后反思总结。及时处理问题，争取“问题不过夜”。6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
第4讲　空间向量与距离、探究性问题
1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面 的距离，属于中等难度.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，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上.
(1)(2022·广州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，AB⊥BC，PB＝AB＝2BC＝2，则点C到直线PA的距离为
考向1　点到直线的距离
因为PB⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PB⊥AB，PB⊥BC，如图，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，则C(1,0,0)，A(0,2,0)，P(0,0,2)，
(2)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值为
如图建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，设P(x，0,1－x)，0≤x≤1，
∴动点P到直线A1C1的距离为
(1)(2022·湖北联考)在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝PC＝1，PB＝PD＝ ，点E为线段PD上一点，且PE＝2ED，则点P到平面ACE的距离为______.
考向2　点到平面的距离
如图，连接AC，BD交于点O，连接OP，以OB，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为PA2－OA2＝PB2－OB2，所以1－a2＝2－3a2，
设平面ACE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由棱柱的几何性质可知，A1C1∥AC，又A1C1⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，所以A1C1∥平面EAC，所以点A1到平面EAC的距离即为直线A1C1到平面EAC的距离，
以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
(1)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离.(2)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法.
如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设平面OEB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
(2022·汕头模拟)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD，△ABC是底面的内接正三角形，且DO＝6，P是线段DO上一点．(1)是否存在点P，使得PA⊥平面PBC，若存在，求出PO的值；若不存在，请说明理由；
因为AD2＝DO2＋AO2，
因为△ABC是底面圆的内接正三角形，
又由题意得PA2＝12＋PO2，假设PA⊥平面PBC，则PA⊥PB，所以AB2＝PA2＋PB2，
此时PA⊥PC，PA⊥PB，PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，
(2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大．
如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系．设PO＝x，0≤x≤6，
设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，
设直线EP与平面PBC所成的角为θ，
解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立．(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．
　 (2022·武汉质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，PA＝PD＝ ，AB＝1，AD＝2，PD⊥AB.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAB；
所以PA2＋PD2＝AD2，所以PD⊥PA，又因为PD⊥AB，AB，PA⊂平面PAB，且AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB，又因为PD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAB.
所以PA2＋AB2＝PB2，所以AB⊥PA，又因为PD⊥AB，PA，PD⊂平面PAD，且PD∩PA＝A，所以AB⊥平面PAD，因为AD⊂平面PAD，所以AB⊥AD，所以四边形ABCD为矩形．
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,1,1)，
1.(2022·山东联考)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，E为CC1的中点．(1)当AA1＝2时，证明：平面BDE⊥平面A1B1E.
又A1B1⊥平面BCC1B1，则A1B1⊥BE.因为A1B1∩B1E＝B1，A1B1，B1E⊂平面A1B1E，所以BE⊥平面A1B1E，又BE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面A1B1E.
(2)当AA1＝3时，求A1到平面BDE的距离．
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
不妨令z＝2，则y＝－3，x＝3，得n＝(3，－3,2)．故A1到平面BDE的距离
2.(2022·聊城质检)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点．(1)求证：B，E，D1，F四点共面；
如图所示，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME，因为E为AA1的中点，所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1，所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E∥MC1，又因为F为CC1的中点，所以BM∥C1F，且BM＝C1F，所以四边形BMC1F为平行四边形，所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，所以B，E，D1，F四点共面．
(2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由．
以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，假设存在满足题意的点G(0,0，t)(0≤t≤2)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，
设平面BEF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
取x1＝1，则n1＝(1,1,1)；设平面GEF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
取x2＝t－1，则n2＝(t－1，t－1,1)．因为平面GEF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，
3.(2022·湖北七市联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点．(1)若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BC，又在正方形ABCD中，BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE.由PA＝AB，E为PB中点，可得AE⊥PB，又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，则AE⊥平面PBC，又AE⊂平面AEF，从而平面AEF⊥平面PBC.
以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
设平面AEF的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
取y＝1，则x＝－λ，z＝1－λ，即n2＝(－λ，1,1－λ)．
4.(2022·长沙十六校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，AB⊥AD，AD＝2AB＝2BC＝2，PC＝ ，E为PD的中点．(1)求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；
在直角梯形ABCD中，
∴AC2＋CD2＝AD2，∴AC⊥CD，又△ADP是以AD为斜边的等腰直角三角形，
如图，取AD的中点O，连接OC，OP，则OC＝OA＝OD＝1，OP＝1，则△OAP≌△OCP≌△ODP，
∴∠POA＝∠POC＝∠POD＝90°，∴OP⊥AD，OP⊥OC，而OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，因此以AB，AD为x轴、y轴，过点A作平行于OP的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，
设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
取y＝－1，则x＝z＝1，即n＝(1，－1,1)，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，
(2)设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论．
点F在平面PAC内，证明如下：