新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题课件

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第4讲空间向量与距离探究性问题课件，共60页。PPT课件主要包含了专题四立体几何，分析考情·明方向，真题研究·悟高考，考点突破·提能力等内容，欢迎下载使用。
第4讲　空间向量与距离、探究性问题
(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值．
【解析】　(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
(2)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,2,0)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，所以A1C的中点D(1,1,1)，
设平面ABD的一个法向量m＝(x，y，z)，
设平面BDC的一个法向量n＝(a，b，c)，
3. (2023·全国甲卷文科)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．
【解析】　(1)证明：∵A1C⊥底面ABC，BC⊂面ABC，∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1，又BC⊂平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.(2)∵BC⊥平面ACC1，AC，A1C⊂平面ACC1，∴BC⊥AC，BC⊥A1C，∵AB＝A1B，BC＝BC，∴Rt△ABC≌Rt△A1BC，∴A1C＝AC，
∵A1C⊥底面ABC，AC⊂面ABC，∴A1C⊥AC，∴A1C2＋AC2＝A1A2，∵AA1＝2，
过A1作A1O⊥C1C于O，∵A1C＝A1C1，
由(1)可知A1O⊥平面BCC1B1，∴四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
4. (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
【解析】　(1)证明：连接AF，∵E，F分别为直三棱柱ABC－A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2，即BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1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，则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m,0,2)，
(2)∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为m＝(1,0,0)，
令x＝3，则y＝m＋1，z＝2－m，∴n＝(3，m＋1,2－m)，
核心考点1　点到直线的距离
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外的一点．
(1)已知直线l的方向向量为a＝(1,0,1)，点A(1,2，－1)在l上，则点P(3,1,1)到l的距离为( )
(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( )
【解析】　方法一：线段AD1上的动点P到直线A1C1的距离的最小值等价于异面直线AD1、A1C1间的距离d，
方法二：如图建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
用向量法求点到直线的距离的一般步骤(1)求直线的方向向量．(2)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向上的投影向量的长度．(3)利用勾股定理求解．提醒：平行直线间的距离转化为点到直线的距离求解．
1.已知直线l过点A(1，－1，－1)，且方向向量为m＝(1,0，－1)，则点P(1,1,1)到l的距离为( )
2.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为平面A1ABB1的中心，E为BC的中点，求点O到直线A1E的距离．
【解析】　建立如图所示的空间直角坐标系，
核心考点2　点到平面的距离
平面外一点P到平面α的距离
(1)求证：PH⊥AC；(2)求点P到平面DEH的距离．
【解析】　(1)证明：∵△PAB为正三角形，AB＝2，∴PB＝AB＝2，
∴根据勾股定理得BC⊥PB，∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥AB，∵PB，AB⊂面PAB且交于点B，∴BC⊥面PAB，∵BC⊂面ABCD，∴面PAB⊥面ABCD，∵H为AB的中点，△PAB为正三角形，∴PH⊥AB，∴PH⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴PH⊥AC.
(2)取CD中点F，以H为原点，HA为x轴，HF为y轴，HP为z轴，建立空间直角坐标系，
用向量法求点面距离的步骤(1)建系：建立恰当的空间直角坐标系．(2)求点坐标：写出(求出)相关点的坐标．
提醒：线到面的距离、面与面的距离转化为点到面的距离求解．
1.如图，已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是AB，AD的中点，CG垂直于正方形ABCD所在的平面，且CG＝2，则点B到平面EFG的距离为______.
【解析】　因为CG⊥平面ABCD，CD，CB⊂平面ABCD，所以CG⊥CD，CG⊥CB，因为CD⊥CB，所以以C为原点，CD，CB，CG所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
【解析】　∵A1B1∥AB，A1B1⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，∴A1B1∥平面ABE，∴A1B1到平面ABE的距离就是点A1到平面ABE的距离．如图，以D为坐标原点，
核心考点3　空间中的探索性问题
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二面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．
(1)求证：EF⊥平面BCF；
【分析】　(1)求出AC⊥BC，AC⊥CF，由此能证明EF⊥平面BCF，由线面垂直的性质定理即可得证；(2)以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解析】　(1)证明：∵AD＝CD＝BC＝1，AB∥CD，∠BCD＝120°，∴∠ADC＝120°，∠DCA＝∠DAC＝30°，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥CF，∵CF∩BC＝C，CF、BC⊂平面BCF，∴AC⊥平面BCF，∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
空间角存在性问题的解题策略借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．
(2023·定远县校级模拟)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PB＝PD，PA⊥AC.(1)证明：PA⊥平面ABCD；
【解析】　(1)证明：连接BD交AC于O，连接PO.因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以BD⊥AO，因为O是BD中点，PB＝PD，所以BD⊥PO.因为AO∩PO＝O，AO，PO⊂平面PAO，所以BD⊥平面PAO，因为PA⊂平面PAO，所以BD⊥PA.因为PA⊥AC，BD∩AC＝O，BD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.
(2)如图，取线段BC的中点H，连接AH，易知AH⊥AD.
以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系A－xyz，