求空间距离 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“求空间距离”专题，依据课标要求覆盖点到直线、点到平面距离及探究性问题三大核心考点，对接高考评价体系分析近五年考点分布，明确点面距占比达60%的高频考向，归纳向量法、等积法等常考题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“分层训练+真题解析+思维建模”策略，以2024天津卷真题为例，详解向量法求点面距“建系-求向量-算法向量-代公式”四步流程，培养学生数学思维与空间观念。特设“解题路径模板”和“易错警示”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升高考冲刺效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第8节　求空间距离 返回目录 目录 1 2 3 基础满分练 课前 自检自测·夯基固本 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第8节　求空间距离 基础 满分练 课前 自检自测·夯基固本 两个高考关键点 关键点1 点到直线距离的向量求法 1.空间内有三点E(2,1,1),F(1,2,2),P(3,1,-4),则点P到直线EF的距离为　　　　　.[命题点❶] 解析:由题意,=(-1,1,1),则与同方向的单位向量为u=(-), 又=(1,0,-5),则点P到直线EF的距离为d= 返回目录 2.(人教A版选择性必修第一册教材习题改编)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知AB=1,BC=2,AA1=3,则点B到直线A1C的距离为(　　) [命题点❶] A. B. C. D.1 B 返回目录 解析:以A为原点,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.由题意知A1(0,0,3),B(1,0,0),C(1,2,0),=(1,2,-3), =(0,2,0),方向上的单位向量为μ=(,-),所以点B到直线A1C的距离为 返回目录 关键点2 点到平面距离的向量求法 3.(人教A版选择性必修第一册教材习题改编)若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是A1C1的中点,则点O到平面ABC1D1的距离为(　　)[命题点❷] A. B. C. D. B 返回目录 解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,0),A(1,0,1),B(1,1,1), O(,0),C1(0,1,0),=(1,0,1),=(0,1,0),=(-,0).设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,0,-1)为平面ABC1D1的一个法向量,故点O到平面ABC1D1的距离为d= 返回目录 回归教材•考教衔接 1.点P到直线l的距离[❶] 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外一点,设向量=a,则向量在直线l上的投影向量为=(a·u)u,点P到直线l的距离为PQ=. 返回目录 2.点面距的求法[❷] 线面距和面面距可转化成点面距求解 (1)定义法:自点向平面作垂线,利用三角形知识求垂线段的长度; (2)等积法:利用体积相等求棱锥的高,如VP-ABC=VA-PBC; (3)向量法:如图,设AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离d=. 返回目录 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　点线距 命题视角:以基础原理与公式应用命题(点到直线距离的向量求法). 例1 (2026·安徽模拟)如图,在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是线段BD的中点,N是线段BB1上靠近B1的三等分点. (1)求A1C与MN所成角的余弦值; (2)求点D到直线MN的距离. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)以D为原点,DA,DC,DD1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,因为A1(6,0,6),C(0,6,0),则=(-6,6,-6),因为M(3,3,0),N(6,6,4),则=(3,3,4), 记直线A1C,MN所成角为θ,故cos θ=|cos<>|= 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)因为D(0,0,0),则=(3,3,0), 故,则点D到直线MN的距离 d= 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 (2025·北京顺义模拟)已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为2的正方体,点E为A1B1的中点,点F为B1C1的中点. (1)求证:BD1⊥EF; (2)求平面EFC与平面BFC夹角的余弦值; (3)求点C1到直线BD1的距离. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,因为正方体棱长为2,所以B(2,2,0),D1(0,0,2),E(2,1,2),F(1,2,2),C(0,2,0), 故=(-2,-2,2)·(-1,1,0)=2-2=0,故,所以BD1⊥EF. (2)解:由图可知,平面BFC的一个法向量为m=(0,1,0),设平面EFC的法向量为n=(x,y,z), 返回目录 考点1 考点2 考点3 则 令z=1得x=-2,y=-2,故n=(-2,-2,1),平面EFC与平面BFC夹角的余弦值为 (3)解:C1(0,2,2),=(-2,-2,2),=(2,0,-2),点C1到直线BD1的距离为d=== 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 求点到直线的距离的两种方法 (1)设过点P的直线l的单位方向向量为n,A为直线l外一点,则点A到直线l的距离的平方d2=||2-(·n)2. (2)若能求出点在直线上的投影坐标,可以直接利用两点间距离公式求距离. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　点面距 命题视角:点到平面距离的向量求法. 例2 (2026·江西南昌模拟)已知在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD, AD∥BC,AD⊥CD,PA=PD=AD=2BC=2CD=2,E,F分别是AD,PC的中点, (1)证明:PA∥平面BEF; (2)求AB的中点M到平面BEF的距离. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:连接AC交BE于点O,并连接EC,FO, ∵BC∥AD,AD=2BC,E为AD的中点, ∴AE∥BC,且AE=BC. ∴四边形ABCE为平行四边形,则O为AC的中点, 又F为PC的中点,∴OF∥PA. ∵OF⊂平面BEF,PA⊄平面BEF, ∴PA∥平面BEF. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)解:∵PA=PD,E为AD的中点, ∴PE⊥AD. ∵侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PE⊂平面PAD, ∴PE⊥平面ABCD. 易知BCDE为正方形,∴AD⊥BE. 以E为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),P(0,0,),C(-1,1,0),F(-), 设n=(x,y,z)是平面BEF的法向量,又=(0,1,0),=(-), 返回目录 考点1 考点2 考点3 则 即取z=1,则x=,得n=(,0,1),AB的中点M(,0), 所以=(-,0).则点M到平面BEF的距离为 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 (原创)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,O是AD的中点,PO⊥平面ABCD,PO=,AB=2,平面PAB∩平面PCD=l. (1)求证:l⊥平面PAD; (2)如图,M∈l且PM=1,求点M到平面PBC的距离. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:由已知可得AB∥CD且AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD, 所以AB∥平面PCD. AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,AB∥l, 因为底面ABCD为正方形,所以AB⊥AD,PO⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, 所以AB⊥PO,PO∩AD=O,PO,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD, 所以l⊥平面PAD. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)解:因为PO⊥平面ABCD,以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,又因为PO=,AB=2,则C(-1,2,0),B(1,2,0), P(0,0,),M(0,1,). 设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),=(-2,0,0), =(-1,-2,), 由 令z=2,则y=,x=0,可得平面PBC的一个法向量为n=(0,,2), 又因为=(0,1,0),所以点M到平面PBC的距离为d= 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 用向量法求点到平面距离的一般步骤 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　空间距离中探究性问题 命题视角:主要围绕条件开放性、结论探究性、存在性验证和动态性分析4个核心方向. 例3 (原创)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,PA=1, AB=,BC=1,AD=2,M是PD的中点. (1)求证:CM∥平面PAB. (2)若AB⊥AD, ①求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值; ②在线段BD上是否存在点Q,使得点D到平面PAQ的距离为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:取PA中点E,连接EM,EB,如图所示.又点M是PD中点, ∴EM∥AD,且EM=AD=1.∵BC=1,AD∥BC, ∴EM∥BC,且EM=BC, ∴四边形BCME为平行四边形,∴CM∥BE. ∵BE⊂平面PAB,CM⊄平面PAB, ∴CM∥平面PAB. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)解:∵PA⊥平面ABCD,且AB⊥AD,则以点A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, ①A(0,0,0),B(,0,0),C(,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1),M(0,1,), 易知平面PAB的一个法向量为n1=(0,1,0),在平面PCD中,=(,1,-1), =(0,2,-1), 返回目录 考点1 考点2 考点3 设平面PCD的一个法向量为n2=(x1,y1,z1),则 令x1=1得n2=(1,,2), ∴cos<n1,n2>=,即平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为 返回目录 考点1 考点2 考点3 ②存在.理由如下: 设=,λ∈[0,1],又=(,0,0),=(-,2,0),则+=(,2λ,0),又=(0,0,1),设平面PAQ的一个法向量为n3=(x2,y2,z2), 则 返回目录 考点1 考点2 考点3 令y2=-,得n3=(2λ,-,0), 则d=,解得λ=,即存在点Q使得点D到平面PAQ的距离为,此时 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练3 (2025·辽宁沈阳期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PDC⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB=CD=AD=1,M为棱PC的中点. (1)证明:BM∥平面PAD. (2)若PC=,PD=1, ①求二面角P-DM-B的余弦值. ②在线段PA上是否存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是?若存在,求出PQ的值;若不存在,说明理由. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)证明:取PD的中点N,连接AN,MN,如图所示, ∵M为棱PC的中点,∴MN∥CD,MN=CD. ∵AB∥CD,AB=CD, ∴AB∥MN,AB=MN, ∴四边形ABMN是平行四边形,∴BM∥AN, 又BM⊄平面PAD,AN⊂平面PAD, ∴BM∥平面PAD. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)解:∵PC=,PD=1,CD=2, ∴PC2=PD2+CD2,∴PD⊥DC. ∵平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=DC,PD⊂平面PDC, ∴PD⊥平面ABCD, 又AD,CD⊂平面ABCD, ∴PD⊥AD,PD⊥CD, 又AD⊥DC,∴以点D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则P(0,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0), ∵M为棱PC的中点,∴M(0,1,),B(1,1,0). 返回目录 考点1 考点2 考点3 ①根据题意,=(0,1,),=(1,1,0),设平面BDM的一个法向量为n=(x,y,z),则 令z=2,则y=-1,x=1,∴n=(1,-1,2), 平面PDM的一个法向量为=(1,0,0), ∴cos<n,>= 根据图形得二面角P-DM-B为钝角, 则二面角P-DM-B的余弦值为- 返回目录 考点1 考点2 考点3 ②存在.理由如下: 设=,0≤λ≤1,则Q(λ,0,1-λ),=(λ-1,-1,1-λ), 由①知平面BDM的一个法向量为n=(1,-1,2),n=λ-1+1+2(1-λ)=2-λ, ∴点Q到平面BDM的距离是,解得λ=,||=|=, ∴PQ= 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 1.动点设参技巧:线段上动点用单参数(如λ)表示坐标,明确参数几何意义,避免多参数复杂运算. 2.法向量简化技巧:求平面法向量时,取平面内两不共线向量,列垂直方程后,令某一坐标为1(如令z=1)简化计算,减少运算误差. 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近年高考中空间距离的考查集中在点到平面、异面直线距离的求解,逐步加强与空间向量、几何体体积(等体积法)、函数最值等知识的综合考查,注重对空间想象能力和运算求解能力的考查. 返回目录 1.(2024·天津,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形, AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 返回目录 (1)证明:如图,取B1C的中点H,连接NH,MH. ∵N为B1C1的中点,H为B1C的中点, ∴NH∥CC1,且NH=CC1. ∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1, ∴CC1∥DD1,CC1=DD1, ∴NH∥DD1,且NH=DD1. ∵M为DD1的中点, ∴D1M=DD1, ∴D1M∥NH,D1M=NH. 返回目录 ∴四边形D1NHM为平行四边形, ∴D1N∥MH. 又D1N⊄平面CB1M,MH⊂平面CB1M,∴D1N∥平面CB1M. 返回目录 (2)解:∵A1A⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,∴A1A⊥AB,A1A⊥AD. 又AD⊥AB,∴A1A,AB,AD两两垂直. 以A为原点,AB,AD,A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B(2,0,0),B1(2,0,2),C(1,1,0),M(0,1,1). =(-1,1,-2),=(-1,0,1),=(0,0,2),=(-1,1,0). 设平面CB1M的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 返回目录 令x1=1,则y1=3,z1=1, ∴n1=(1,3,1)为平面CB1M的一个法向量. 设平面BB1C1C的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 ∴z2=0,令x2=1,则y2=1. ∴n2=(1,1,0)为平面BB1C1C的一个法向量. 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ, 则cos θ=|cos<n1,n2>|=||= 返回目录 (3)解:点B到平面CB1M的距离d= 返回目录 命题趋势2:强化空间距离与几何体结构(棱柱、棱锥、球)的结合,融合空间向量、函数最值(动态几何体中距离的范围)、等体积法等思想方法,注重对转化与化归能力的考查. 2.(原创)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点O,O1分别为正方形ABCD与正方形A1B1C1D1的中心,E为OB1的中点,点M为线段AD1上的动点,则当点M到平面CEO1的距离最大时,直线CM与平面CEO1所成角的正弦值为(　　) A. B. C. D. D 返回目录 解析:以D为原点,以DA,DC,DD1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,则A(2,0,0),O(1,1,0),C(0,2,0),B1(2,2,4),O1(1,1,4),因为E为OB1的中点,所以E(,2),则=(,-,2),=(1,-1,4),=(2,0,-4),设平面CEO1的一个法向量为n=(x,y,z), 返回目录 则取y=4,则n=(0,4,1),设=k=(2k,0,-4k), k∈[0,1],所以=(2k,0,-4k+4),所以=(2k,-2,-4k+4),点M到平面CEO1的距离d=,当k=1,即点M与点A重合时,点M到平面CEO1的距离最大,此时=(2,-2,0),直线CM与平面CEO1所成角的正弦值为,故选D. 返回目录 $