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    新高考数学二轮复习专题四第4讲空间向量与距离、探究性问题课件

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    新高考数学二轮复习专题四第4讲空间向量与距离、探究性问题课件

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    这是一份新高考数学二轮复习专题四第4讲空间向量与距离、探究性问题课件,共60页。PPT课件主要包含了考情分析,空间距离,考点一,核心提炼,1点到直线的距离,2点到平面的距离,规律方法,空间中的探究性问题,考点二,专题强化练等内容,欢迎下载使用。


    1.以空间几何体为载体,考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面 的距离,属于中等难度.2.以空间向量为工具,探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的 条件,计算量较大,一般以解答题的形式考查,难度中等偏上.
    (1)(2022·广州模拟)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
    考向1 点到直线的距离
    因为PB⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PB⊥AB,PB⊥BC,如图,以B为坐标原点,建立空间直角坐标系,则C(1,0,0),A(0,2,0),P(0,0,2),
    (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
    如图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,
    ∴动点P到直线A1C1的距离为
    (1)(2022·湖北联考)在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中,∠ABC=60°,PA=PC=1,PB=PD= ,点E为线段PD上一点,且PE=2ED,则点P到平面ACE的距离为______.
    考向2 点到平面的距离
    如图,连接AC,BD交于点O,连接OP,以OB,OC,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
    因为PA2-OA2=PB2-OB2,所以1-a2=2-3a2,
    设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z),
    由棱柱的几何性质可知,A1C1∥AC,又A1C1⊄平面EAC,AC⊂平面EAC,所以A1C1∥平面EAC,所以点A1到平面EAC的距离即为直线A1C1到平面EAC的距离,
    以点A为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,
    设平面EAC的一个法向量为n=(x,y,z),
    (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.
    如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
    设平面OEB的一个法向量为n=(x,y,z),
    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两平面的夹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.
    (2022·汕头模拟)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD,△ABC是底面的内接正三角形,且DO=6,P是线段DO上一点.(1)是否存在点P,使得PA⊥平面PBC,若存在,求出PO的值;若不存在,请说明理由;
    因为AD2=DO2+AO2,
    因为△ABC是底面圆的内接正三角形,
    又由题意得PA2=12+PO2,假设PA⊥平面PBC,则PA⊥PB,所以AB2=PA2+PB2,
    此时PA⊥PC,PA⊥PB,PB∩PC=P,PB,PC⊂平面PBC,
    (2)当PO为何值时,直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大.
    如图所示,建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系.设PO=x,0≤x≤6,
    设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),
    设直线EP与平面PBC所成的角为θ,
    解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立,再在这个前提下进行推理,如果能推出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明,否则假设不成立.(2)探索线段上是否存在满足条件的点时,一定注意三点共线的条件的应用.
      (2022·武汉质检)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,PA=PD= ,AB=1,AD=2,PD⊥AB.
    (1)证明:平面PCD⊥平面PAB;
    所以PA2+PD2=AD2,所以PD⊥PA,又因为PD⊥AB,AB,PA⊂平面PAB,且AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB,又因为PD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAB.
    所以PA2+AB2=PB2,所以AB⊥PA,又因为PD⊥AB,PA,PD⊂平面PAD,且PD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD,因为AD⊂平面PAD,所以AB⊥AD,所以四边形ABCD为矩形.
    则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,1,1),
    1.(2022·山东联考)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,E为CC1的中点.(1)当AA1=2时,证明:平面BDE⊥平面A1B1E.
    又A1B1⊥平面BCC1B1,则A1B1⊥BE.因为A1B1∩B1E=B1,A1B1,B1E⊂平面A1B1E,所以BE⊥平面A1B1E,又BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面A1B1E.
    (2)当AA1=3时,求A1到平面BDE的距离.
    以D为原点,DA,DC,DD1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,
    设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z),
    不妨令z=2,则y=-3,x=3,得n=(3,-3,2).故A1到平面BDE的距离
    2.(2022·聊城质检)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.(1)求证:B,E,D1,F四点共面;
    如图所示,连接D1E,D1F,取BB1的中点为M,连接MC1,ME,因为E为AA1的中点,所以EM∥A1B1∥C1D1,且EM=A1B1=C1D1,所以四边形EMC1D1为平行四边形,所以D1E∥MC1,又因为F为CC1的中点,所以BM∥C1F,且BM=C1F,所以四边形BMC1F为平行四边形,所以BF∥MC1,所以BF∥D1E,所以B,E,D1,F四点共面.
    (2)是否存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF?若存在,求出DG的长度;若不存在,说明理由.
    以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示,假设存在满足题意的点G(0,0,t)(0≤t≤2),由已知B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),
    设平面BEF的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
    取x1=1,则n1=(1,1,1);设平面GEF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
    取x2=t-1,则n2=(t-1,t-1,1).因为平面GEF⊥平面BEF,所以n1·n2=0,
    3.(2022·湖北七市联考)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,E,F分别为线段PB,BC上的动点.(1)若E为线段PB的中点,证明:平面AEF⊥平面PBC;
    由PA⊥底面ABCD,可得PA⊥BC,又在正方形ABCD中,BC⊥AB,且PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,则BC⊥平面PAB,又AE⊂平面PAB,所以BC⊥AE.由PA=AB,E为PB中点,可得AE⊥PB,又PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC,则AE⊥平面PBC,又AE⊂平面AEF,从而平面AEF⊥平面PBC.
    以A为坐标原点,AB,AD,AP分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=1,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1).
    设平面AEF的一个法向量为n2=(x,y,z),
    取y=1,则x=-λ,z=1-λ,即n2=(-λ,1,1-λ).
    4.(2022·长沙十六校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,PC= ,E为PD的中点.(1)求直线PB与平面PAC所成角的正弦值;
    在直角梯形ABCD中,
    ∴AC2+CD2=AD2,∴AC⊥CD,又△ADP是以AD为斜边的等腰直角三角形,
    如图,取AD的中点O,连接OC,OP,则OC=OA=OD=1,OP=1,则△OAP≌△OCP≌△ODP,
    ∴∠POA=∠POC=∠POD=90°,∴OP⊥AD,OP⊥OC,而OC∩AD=O,OC,AD⊂平面ABCD,∴OP⊥平面ABCD,因此以AB,AD为x轴、y轴,过点A作平行于OP的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),
    设平面PAC的一个法向量为n=(x,y,z),
    取y=-1,则x=z=1,即n=(1,-1,1),
    设直线PB与平面PAC所成角为θ,
    (2)设F是BE的中点,判断点F是否在平面PAC内,并证明结论.
    点F在平面PAC内,证明如下:

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