2025届高考数学二轮总复习专题4立体几何专项突破4突破1空间角空间距离课件

突破1空间角、空间距离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<EF,所以∠AFC<90°.过点C作AF的垂线,垂足为K,则∠CFK是CF与平面ABD所成的角.[对点训练2](2024湖南湘潭模拟)在三棱台A1B1C1-ABC中,△ABC为等边三角形,AB=2A1B1=2,AA1⊥平面ABC,M,N分别为AB,AC的中点.(1)求证:平面BCC1B1∥平面A1MN;(2)若A1B⊥AC1,设D为线段BC上的动点,求A1D与平面BCC1B1所成的角的正弦值的最大值.(1)证明

由题可知A1C1=CN,A1C1∥CN,所以四边形A1C1CN为平行四边形,所以CC1∥A1N.因为M,N分别为AB,AC的中点,所以BC∥MN.又CC1∩BC=C,CC1,BC⊂平面BCC1B1,MN∩A1N=N,MN,A1N⊂平面A1MN,所以平面BCC1B1∥平面A1MN.(2)解

连接BN,CN.因为AA1⊥平面ABC,AA1⊂平面AA1C1C,AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面AA1C1C,AA1⊥AC.因为△ABC为等边三角形,点N为AC的中点,所以BN⊥AC.又平面ABC∩平面AA1C1C=AC,BN⊂平面ABC,所以BN⊥平面AA1C1C.又AC1⊂平面AA1C1C,所以BN⊥AC1.又A1B⊥AC1,A1B∩BN=B,A1B,BN⊂平面BNA1,所以AC1⊥平面BNA1.又A1N⊂平面BNA1,所以AC1⊥A1N.又A1C1∥AN,A1C1=AN,AA1⊥AC,所以四边形A1ANC1为正方形,所以AA1=1.以点A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,考点三平面与平面所成的角例3(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:BC⊥DA;(1)证明

如图1,连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE.∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD,∴AB=AC.又E为BC中点,∴BC⊥AE.∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.图1(2)解

设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=.DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1.∵△ABD,△ACD为等边三角形,∴AB=AC=.∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AE=1.易知DE=1.∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE,∴AE,BC,DE两两垂直.图2[对点训练3]如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱,AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.(1)证明:AC为圆柱底面的直径;(2)若M为A1C1中点,N为CC1中点,求平面A1BC与平面BMN的夹角的余弦值.(1)证明

连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,∴四边形AA1B1B为正方形,∴AB1⊥A1B.又平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1⊂平面AA1B1B,∴AB1⊥平面A1BC.又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1.∵AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BC⊥AA1.又AB1∩AA1=A,AB1,AA1⊂平面AA1B1B,∴BC⊥平面AA1B1B.又AB⊂平面AA1B1B,∴AB⊥BC,∴AC为圆柱底面的直径.(2)解

由题可知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.以点B为原点,BA,BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图空间直角坐标系,则考点四空间距离问题例4(2024广东佛山二模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D为上底面ABC上一点.(1)在上底面ABC上画一条经过点D且与B1D垂直的直线l,应该如何画线?请说明理由.(2)若BC=BB1=1,AB=2,∠A1B1C1=,E为A1B1的中点,求点B到平面AC1E的距离.解

(1)如图,连接BD,在平面ABC上过点D作l⊥BD.因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC.又l⊂平面ABC,所以BB1⊥l.又l⊥BD,BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D,所以l⊥平面BB1D.又B1D⊂平面BB1D,所以l⊥B1D.[对点训练4](2024江苏南通二模)如图,边长为4的两个正三角形ABC,BCD所在平面互相垂直,E,F分别为BC,CD的中点,点G在棱AD上,AG=2GD,直线AB与平面EFG相交于点H.(1)从下面两个结论中选一个证明:①BD∥GH;②直线HE,GF,AC相交于一点;(2)求直线BD与平面EFG的距离.解

(1)如图,选择条件①,因为E,F分别为BC,CD的中点,所以EF∥BD.又BD⊄平面EFG,EF⊂平面EFG,所以BD∥平面EFG.又BD⊂平面ABD,平面ABD∩平面EFG=GH,所以BD∥GH.选择条件②,在△ACD中,因为AG=2GD,F为CD中点,所以GF与AC不平行.设GF∩AC=K,则K∈AC,K∈GF.又AC⊂平面ABC,FG⊂平面EFG,所以K∈平面ABC,K∈平面EFG.又平面ABC∩平面EFG=HE,所以K∈HE,所以HE,GF,AC相交于一点.(2)若第(1)问中选①,由(1)知,BD∥平面EFG,则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.若第(1)问中选②,因为E,F分别为BC,CD