第8章 立体几何与空间向量 第6节 第2课时　面面夹角与空间距离 2025届高考数学一轮总复习(适用于新高考新教材)ppt

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研考点 精准突破
考点一 平面与平面的夹角
例1(2023·新高考Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
规范解答:(1)证明 (方法1　向量法)
(方法2　几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形, 1分所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形. 2分因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形. 3分所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2. 4分
(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1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. 5分由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
[对点训练1](12分)(2023·新高考Ⅱ,20) 如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC, BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明 如图,连接AE,DE. 1分∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE. 2分∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC. 3分又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE. 4分又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. 5分
考点二 空间距离(多考向探究预测)
考向1 点到直线的距离例2(1)已知空间内三点A(1,1,2),B(-1,2,0),C(0,3,1),则点A到直线BC的距离是(　　)
(2)(2024·浙江温州模拟)空间四面体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(　　)
解析 空间四面体OABC满足∠AOB=∠BOC=∠COA=90°,即OA,OB,OC两两垂直,以O为原点,OA,OB,OC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.因为OA=1,OB=2,OC=3,OC=3OD,
(1)求证:MN∥平面ABCD;(2)求点B1到平面D1AC的距离.
(1)证明 以A为原点,AC,AB,AA1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.则A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2),因为M,N分别为B1C,D1D的中点,
(1)求证:AC⊥平面BDE;(2)求点D到平面ABE的距离.
(1)证明 ∵AB=BC,D,E分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥DB,且DE∥AA1.又AA1⊥平面ABC,∴DE⊥平面ABC.∵AC⊂平面ABC,∴AC⊥DE.又DE∩DB=D,DE,DB⊂平面BDE,∴AC⊥平面BDE.
(1)若PC的中点为M,证明:BM∥平面PAD;(2)求点A到平面PCD的距离.
(1)证明 取PD中点为N,连接MN,AN,如图所示.
∴MN∥AB,MN=AB,则四边形ABMN为平行四边形,故BM∥AN.∵BM⊄平面PAD,AN⊂平面PAD,故BM∥平面PAD.
[对点训练3]如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC, CP的中点,AB=AC=1,PA=2.
求:(1)点P到平面DEF的距离;(2)点P到直线EF的距离.
解 (1)由题可得,PA,AB,AC两两垂直.以A为原点,AB,AC,AP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.