第3讲 专项2 空间向量与空间距离(专题微讲PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

第3讲　空间向量与立体几何 专题三　立体几何 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 专项2　空间向量与空间距离 专题三　立体几何 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考向突破/抓重点 赢在微点 数学 大二轮 第一部分 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考向一 点到直线的距离 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考向二 点到平面的距离 例2　如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝AA1＝2，E是A1D1的中点，平面ACE与棱C1D1相交于点F. (1)求证：点F为C1D1的中点； 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 等体积法 立体几何中求点到平面距离的一种常用方法，掌握这种方法的关键是找准两个底面并求出其面积 几何法 找到点到平面的距离，有时可转化为过已知点A且与相关平面平行的直线上的其他点到平面的距离 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 (3)求点B到平面CB1M的距离． 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 例1　四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为(　　) A． B． C． D． 四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，以O为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为OA＝1，OB＝2， OC＝3，OC＝3OD，则A(1，0,0)，D(0,0,1)，B(0，2,0)， C(0,0,3)，G，于是＝， ＝(－1,0,1)，||＝＝， ||＝＝， ·＝－×(－1)＋1＝，所以点G到直线AD的距离d＝＝＝.故选A． 点到直线的距离 直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设＝a，则点P到直线l的距离d＝. 训练1　如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1距离的最小值为(　　) A．1 B． C． D． 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴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，则＝(x－1,0，－x)，＝(－1,1,0)，所以动点P到直线A1C1的距离d＝＝ ＝＝≥，当且仅当x＝时取等号， 即线段AD1上的动点P到直线A1C1距离 的最小值为.故选D. (1)证明：证法一：因为平面ABCD ∥平面A1B1C1D1，平面ACE∩平面 ABCD＝AC，平面ACE∩平面A1B1C1D1 ＝EF，所以EF∥AC．连接A1C1，如图①， 因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形 AA1C1C是平行四边形．所以A1C1∥AC， EF∥A1C1.因为E是A1D1的中点， 所以点F为C1D1的中点． 证法二：连接A1C1，如图①，因为AA1∥CC1，AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形．所以AC∥A1C1.因为AC⊄平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以AC∥平面A1B1C1D1.因为 AC⊂平面ACE，平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EF，所以AC∥EF.所以EF∥A1C1.因为E是A1D1的中点，所以点F为C1D1的中点． (2)解法一：因为DA，DC，DD1两两垂直，建立如图②所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1，0,2)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，所以＝(－2,4,0)，＝(－1,0,2)，设平面ACE的法向量为m＝(x，y，z)，则即 令x＝2，则y＝1，z＝1， 所以m＝(2,1,1)．设G(2，t,0)， 则＝(2，t，－2)， 由D1G⊥AC，得·＝0， 即－4＋4t＝0⇒t＝1， 所以G(2,1,0)，则＝(0,1,0)， 所以点G到平面ACE的距离d＝＝＝. 解法二：连接DG，如图③，因为DD1⊥平面ABCD，所以DD1⊥AC，因为D1G⊥AC，DD1∩D1G＝D1，DD1，D1G⊂平面D1DG，所以AC⊥平面D1DG.又DG⊂平面D1DG，所以AC⊥DG.在平面ABCD内，由tan∠ADG·tan∠DAC＝1，可得·＝1⇒AG＝＝＝1， 由勾股定理求出AC＝＝2，AE＝， CE＝，在△ACE中，由余弦定理得 cos∠CAE＝＝＝， 则sin∠CAE＝＝＝， 所以S△ACE＝AC·AE·sin∠CAE＝×2××＝2，S△ACG＝AG·BC＝×1×2＝1.设点G到平面ACE的距离为d，由VG­ACE＝VE­ACG，得×2·d＝×1×2⇒d＝，所以点G到平面ACE的距离为. 求点面距离的3种方法 法向量 如图，设n是平面α的法向量，AB是平面α的一条斜线，其中A∈α，则点B到平面α的距离为 训练2　(2024·天津高考)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中 点，M是DD1的中点． (1)求证D1N∥平面CB1M； (1)以A为坐标原点，以AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，依题意得，B(2,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，B1(2,0,2)，C1(1,1,2)，D1(0,1,2)，则M(0,1,1)，N，所以＝，＝(1，－1，2)，＝(－1,0,1) 设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3， 则n＝(1,3,1).·n＝·(1,3,1)＝－＝0， 所以⊥n，显然D1N⊄平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M. (2)易知＝(1，－1,2)，＝(－1,1,0)， 设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则即 取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1,1,0)． 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝＝＝， 所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)易知＝(0,0,2)．设点B到平面CB1M的距离为d，则d＝＝＝，所以点B到平面CB1M的距离为. $$