《适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习第8章立体几何与空间向量解答题专项4第1课时利用空间向量证明平行垂直与利用空间向量求距离课件新人教A版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《适用于新高考新教材备战2025届高考数学一轮总复习第8章立体几何与空间向量解答题专项4第1课时利用空间向量证明平行垂直与利用空间向量求距离课件新人教A版（40页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第1课时利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离考情分析:立体几何解答题是高考六大解答题之一,为必考内容.以多面体、旋转体或组合体为载体,考查空间位置关系判定与性质的应用、空间角或空间距离.空间位置的判定与证明多用几何法,也可用向量法.空间角或距离的求解则主要利用向量法,重点考查逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养,难度中等.知识梳理1.直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量:O是直线l上一点,在直线l上取非零向量a,则对于直线l上任意一点P,由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知,存在实数,使得 =a.把与向量a平行的非零向量称为直线l的方向向量.(2)平面的法向量:直线
2、l平面,取直线l的方向向量a,称向量a为平面的法向量.(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.2.空间位置关系的向量表示 位置关系向量表示直线l1,l2的方向向量分别为u1,u2l1l2u1u2R,使得u1=u2l1l2u1u2u1u2=0直线l的方向向量为u,平面的法向量为nlunun=0lunR,使得u=nn1,n2分别是平面,的法向量n1n2R,使得n1=n2n1n2n1n2=03.利用空间向量求角(1)异面直线所成的角两条异面直线所成的角,可以转化为两条异面直线的方向向量的夹角来求得.也就是说,若异面直线l1,l2所成的角为,其方向向量分别是u,v,则(2)直线与平面所成的角直线与
3、平面所成的角,可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的夹角.如图,直线AB与平面相交于点B,设直线AB与平面所成的角为,直线AB的方向向量为u,平面的(3)平面与平面的夹角平面与平面相交,形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于90的二面角称为平面与平面的夹角.若平面,的法向量分别是n1和n2,则平面与平面的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面与平面的夹角为,则4.利用空间向量求距离(1)两点间的距离(2)点到直线的距离(3)点到平面的距离已知平面的法向量为n,A是平面内的定点,P是平面外一点.过点P作平面的垂线l,交平面于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面考点考点一一 利用
4、利用空间向量证明平行、垂直空间向量证明平行、垂直例1 如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,2AB=2AD=CD=4,ADCD,ABCD,M为CE的中点.求证:(1)BM平面ADEF;(2)BC平面BDE.证明(1)(方法一几何法)取DE的中点N,连接AN,MN.所以MNAB且MN=AB,所以四边形ABMN是平行四边形,所以BMAN.又AN平面ADEF,BM平面ADEF,所以BM平面ADEF.(方法二向量法)因为平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCD=AD,DEAD,DE平面ADEF,所以DE平面ABCD,又DC平面ABCD,所以DEDC.如图,以D为坐标原点,以直
5、线DA,DC,DE分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则B(2,2,0),C(0,4,0),D(0,0,0),E(0,0,2),M(0,2,1).又BM平面ADEF,所以BM平面ADEF.所以BD2+BC2=CD2,所以BDBC.因为平面ADEF平面ABCD,平面ADEF平面ABCD=AD,DEAD,DE平面ADEF,所以DE平面ABCD,又BC平面ABCD,所以DEBC.又BDDE=D,BD,DE平面BDE,所以BC平面BDE.对点训练1如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M为AA1的中点,N为BC1的中点.求证:(1)M
6、N平面A1B1C1;(2)平面MBC1平面BB1C1C.证明(1)由题意易知AA1,AB,AC两两垂直,以A为坐标原点,分别以AA1,AB,AC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.设正方形AA1C1C的边长为2,则A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(2,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1).由题意知AA1A1B1,AA1A1C1,又A1C1A1B1=A1,A1C1,A1B1平面A1B1C1,所以AA1平面A1B1C1.又MN平面A1B1C1,所以MN平面A1B1C1.(2)设平面MBC1与平面BB1C
7、1C的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).令y2=1,则平面BB1C1C的一个法向量为n2=(0,1,1).因为n1n2=20+11+(-1)1=0,所以n1n2,所以平面MBC1平面BB1C1C.考点考点二二 与与平行、垂直有关的存在性问题平行、垂直有关的存在性问题例2(2024四川遂宁高三检测)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ABC为正三角形,四边形ACC1A1是菱形,D,E分别是AC,CC1的中点,平面ACC1A1平面ABC.(1)求证:A1C平面BDE.(2)若C1CA=60,在线段DB1上是否存在点M,使得AM平面BDE?若存在,求 的值;
8、若不存在,请说明理由.(1)证明如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,连接AC1,因为四边形ACC1A1是菱形,所以AC1A1C.又D,E分别是AC,CC1的中点,所以DEAC1,所以DEA1C.因为ABC为正三角形,所以BDAC,又平面ACC1A1平面ABC,平面ACC1A1平面ABC=AC,BD平面ABC,所以BD平面ACC1A1,又A1C平面ACC1A1,从而得BDA1C,又BDDE=D,BD,DE平面BDE,所以A1C平面BDE.(2)解连接C1D,在菱形ACC1A1中,因为C1CA=60,所以ACC1是正三角形.又D是AC的中点,则C1DAC,由(1)知,DB,DA,DC1两两垂直
9、,以D为坐标原点,直线DB,DA,DC1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设AC=2,则对点训练2如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,正方形ABCD的边长为2,E是PA的中点.(1)求证:PC平面BDE.(2)若PA=2,在线段PC上是否存在一点F,使AF平面BDE?若存在,求出PF的长度;若不存在,请说明理由.(1)证明如图,连接AC交BD于点O.因为四边形ABCD是正方形,所以O是AC的中点,又E是PA的中点,所以OEPC.因为OE平面BDE,PC平面BDE,所以PC平面BDE.(2)解存在,理由如下:因为PA平面ABCD,CD平面ABCD,所以PACD.因为
10、四边形ABCD为正方形,所以CDDA.又PADA=A,PA平面ADP,DA平面ADP,所以CD平面ADP.以D为坐标原点,过点D作PA的平行线为x轴,分别以DA,DC为y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.考点考点三三 利用利用空间向量求空间距离空间向量求空间距离(多考向探究预测多考向探究预测)考向1点到直线的距离例3如图所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAB平面ABCD,底面ABCD为矩形,AP=BP=,AB=2,AD=3,M是棱AD上一点,且AM=2MD.(1)求点B到直线PM的距离;(2)求平面PMB与平面PMC夹角的余弦值.解(1)取AB的中点O,连接OP,并过点O作BC的平行线OE
11、,交CD于点E,则OEAB.因为PA=PB,所以POAB.因为平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,PO平面PAB,所以PO平面ABCD.又OE平面ABCD,所以POOE.以O为坐标原点,分别以OB,OE,OP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示考向2点到平面的距离例4(2024江西吉安模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,(1)证明取AB的中点E,连接CE.ABCD,AE=CD,四边形ADCE是平行四边形,CE=AD=AB,点C在以AB为直径的圆上,ACBC.又BCPA,PAAC=A,且PA,AC平面PAC,BC平面PAC,又BC平面PBC,平面PBC平面PAC.B
12、C平面PAC,又BC平面ABCD,平面ABCD平面PAC.连接DE交AC于点O,则O为AC的中点.连接PO,PA=PC,POAC,且PO=1.平面ABCD平面PAC,平面ABCD平面PAC=AC,PO平面ABCD,POOE.由题意可知,OEBC,OE平面PAC,OEAC,对点训练3(2024吉林白山模拟)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A平面ABCD,ABDC,ABAD,AD=CD=2,AA1=AB=4,E为棱AA1的中点.(1)证明:BCC1E;(1)证明易知AD,AA1,AB两两垂直.以A为坐标原点,AD,AA1,AB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B(0,0,4),D(2,0,0),C(2,0,2),E(0,2,0),C1(2,4,2),B1(0,4,4),
