2025年高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-微专题(二)空间向量与空间角、距离问题【课件】

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[解]　(1)证明：取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1.又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形．又BC＝OB＝1，所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO.同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO，所以BD⊥AD.因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD，又AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP.因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA.
利用空间向量求线面角的解题模型
命题点(二)　平面与平面的夹角　以空间几何体为载体考查平面与平面的夹角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等.[典例]　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，PM＝MD.(1)求证：BP∥平面ACM；(2)求平面MBC与平面DBC夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：连接BD，与AC交于O，连接OM，在△PBD中，因为O，M分别为BD，PD的中点，所以BP∥OM.因为BP⊄平面ACM，OM⊂平面ACM，所以BP∥平面ACM.(2)设E是AB的中点，连接PE，因为△PAB为正三角形，所以PE⊥AB.又因为面PAB⊥底面ABCD，面PAB∩底面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABCD.过E作EF平行于CB与CD交于F.以E为原点，分别以EB，EF，EP为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
利用空间向量平面与平面所成角的解题模型
1．(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；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值．解：(1)证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.因为AP＝PB，所以PD⊥AB.因为PO为三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，又AB⊥AC，所以OD∥AC，因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA，因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
∴四边形O1C1EF是平行四边形，∴O1C1∥EF，∵A1C1＝B1C1，∴O1C1⊥A1B1.又在直三棱柱ABC-A1B1C1中，B1B⊥平面A1B1C1，∴B1B⊥O1C1，又B1B∩A1B1＝B1，∴O1C1⊥平面A1B1BA，∴EF⊥平面A1B1BA，又EF⊂平面DEB1，∴平面DEB1⊥平面A1ABB1.
命题点(三)　距离问题　[典例]　(2022·菏泽一模)如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E在底面圆周上，AF⊥DE，F为垂足．(1)求证：AF⊥DB；(2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时，①求二面角E-DC-B的余弦值；②求点B到平面CDE的距离．
[解]　(1)证明：由题意可知DA⊥底面ABE，BE⊂底面ABE，故BE⊥DA ，又BE⊥AE，AE∩DA＝A，AE，DA⊂平面AED，故BE⊥平面AED, 由AF⊂平面AED，得AF⊥BE, 又AF⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，故AF⊥平面BED，由DB⊂平面BED，得AF⊥DB.
向量法求点到平面的距离的步骤
“课时验收评价”见“课时验收评价(三)” (单击进入电子文档)