备战2025年高考数学二轮复习课件专题4立体几何专项突破4突破1空间角、空间距离

这是一份备战2025年高考数学二轮复习课件专题4立体几何专项突破4突破1空间角、空间距离，共40页。PPT课件主要包含了考点四空间距离问题等内容，欢迎下载使用。
考点一　异面直线所成的角
例1如图,已知点O是圆柱下底面圆的圆心,AA1为圆柱的一条母线,B为圆柱下底面圆周上一点,OA=1,∠AOB= ,△AA1B为等腰直角三角形,求异面直线A1O与AB所成的角的余弦值.
解 (方法一)如图,过点B作BB1∥AA1交圆柱的上底面于点B1,连接A1B1,B1O,则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形,所以A1B1∥AB,所以∠B1A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角.
(方法二)以点O为坐标原点,OA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
[对点训练1](2024陕西西安模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面AA1C1C,D是AA1的中点,△ACD是边长为2的等边三角形.
(1)求证:C1D⊥BD;(2)若BC=6,求异面直线BC1与B1D所成的角的余弦值.
(1)证明 ∵△ACD是边长为1的等边三角形,∴∠ADC=60°,AC=AD,∴∠DA1C1=120°.∵D是AA1的中点,∴AD=A1D=AC=A1C1,即△A1C1D是等腰三角形,∴∠A1DC1=30°,∴∠CDC1=90°,即CD⊥C1D.∵BC⊥平面AA1C1C,C1D⊂平面AA1C1C,∴BC⊥C1D.又BC∩CD=C,BC,CD⊂平面BCD,∴C1D⊥平面BCD.又BD⊂平面BCD,∴C1D⊥BD.
(2)解 取AD中点E,连接CE.∵△ACD为等边三角形,∴CE⊥AD.以点C为坐标原点,CE,CC1,CB所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
考点二　直线与平面所成的角
例2(2022全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD, ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC.又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解 (方法一)如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED.∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小.在△BDE中,若EF最小,则EF⊥BD.∵AB=CB=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形,∴AC=2,BE= .∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,∴DE=1.又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE.由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,∴点A(1,0,0),B(0, ,0),C(-1,0,0),D(0,0,1), E(0,0,0), ∴
(方法二)由题设及(1)得AC=BC=AB=BD=2,DE= AC=1,所以BE= ,所以DE2+BE2=DB2,所以DE⊥BE.连接EF.由(1)可得AC⊥EF,所以△AFC的面积为 ×AC×EF.当△AFC的面积最小时,EF取最小值,所以EF⊥BD,所以EF= .由(1)可得AC⊥BD.又EF∩AC=E,EF,AC⊂平面AFC,所以BD⊥平面AFC.又BD⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面AFC.
因为AC⊥EF,AE