专题3.3 空间向量与距离、探究性问题（课件）-【金版新学案】2024高考数学大二轮专题复习与测试（新教材）

专题三　立体几何 第三讲　空间向量与距离、探究性问题 内容索引 引领 高考价值 01 提升 关键能力 02 专 题 集 训 03 高考价值　引领 01 返回 √ 2．(2023·天津卷)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点． (1)求证：A1N∥平面C1MA； 证明：法一(几何法)：连接MN(图略)，因为M，N分别是BC，AB的中点， 所以四边形MNA1C1是平行四边形，即有A1N∥MC1. 又MC1⊂平面C1MA，A1N⊄平面C1MA， 所以A1N∥平面C1MA． 法二(共面向量基本定理法)：以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 则有A(0，0，0)，M(1，1，0)，N(1，0，0)，A1(0，0，2)，C1(0，1，2)． 因为A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA． 又A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA． (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离． 空间距离的计算多出现在小题或解答题的第(1)问，探究性问题多与空间角等问题结合出现在解答题的第(2)问．　　 返回 考情分析 02 返回 关键能力　提升 考点一　空间距离 考向1　点到直线的距离 (1)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 例1 √ 因为PB⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PB⊥AB，PB⊥BC， (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 √ 所以动点P到直线A1C1的距离为 2 2 2 考向2　点到平面的距离 (2023·山东济南一模)如图，四棱锥P-ABCD中，△ABD是等边三角形，PA＝PB＝PD，BC＝CD． (1)证明：BD⊥PC； 例2 证明：如图，连接AC，交BD于点O，连接PO， 由AD＝AB，CD＝BC，AC＝AC， 可得△ABC≌△ADC， 所以∠BAC＝∠DAC， 又AO＝AO，所以△AOB≌△AOD， 所以BO＝OD，即O为BD的中点， 在等腰△PBD中，可得BD⊥OP， 在等腰△BCD中，BD⊥OC，又OP∩OC＝O，OP，OC⊂平面POC，所以BD⊥平面POC， 又PC⊂平面POC，所以BD⊥PC． 由(1)可得AC⊥BD， 由题知PABD为正三棱锥，点P在底面ABD的垂足一定在AO上，设垂足为M， 如图，过点O作PM的平行线，以PM的平行线所在直线为z轴，以OA，OB所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系． 设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，可得 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．　　 感悟提升 √ 2 针对练2.在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，O为AD的中点． (1)求证：PO⊥BC； 证明：因为PA＝PD，O为AD的中点，所以PO⊥AD． 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD， 又BC⊂平面ABCD，所以PO⊥BC． 由AB∥CD，AB＝8，AD＝DC＝CB＝4， 因为AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD， 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以x2－4x＋4＋y2－3z2＝0　①. 考点二　空间中的探究性问题 (2023·广东广州模拟)如图，在四棱台ABCD -A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1＝A1B1＝1，AB＝2，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD． (1)若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B； 例3 所以四边形AB1C1M是平行四边形，即C1M∥B1A， 又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B， 所以C1M∥平面AA1B1B． 即C1M∥B1A， 又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B， 所以C1M∥平面AA1B1B． (2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E-AD1-D的余弦值为 ？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由． 存在．理由如下：取BC的中点Q，连接AQ，由题易得△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD， 由于AA1⊥平面ABCD，以A为坐标原点，AQ，AD，AA1所在直线分别为x，y，z