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课件网) 2023年高考数学复习专题课件★★空间向量与空间角、距离问题 命题点(一) 线面角 以空间几何体为载体考查线面角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等. [解] (1)证明：取AB中点为O，连接DO，CO，则OB＝DC＝1. 又DC∥OB，所以四边形DCBO为平行四边形． 又BC＝OB＝1， 所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO. 同理可得，四边形DCOA为菱形，所以AD∥CO， 所以BD⊥AD. 因为PD⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，所以PD⊥BD， 又AD∩PD＝D，AD，PD 平面ADP，所以BD⊥平面ADP. 因为PA 平面ADP，所以BD⊥PA. 利用空间向量求线面角的解题模型 命题点(二) 平面与平面的夹角 以空间几何体为载体考查平面与平面的夹角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等. [典例] 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为 2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，PM ＝MD. (1)求证：BP∥平面ACM； (2)求平面MBC与平面DBC夹角的余弦值． [关键点拨] 切入点 (1)在平面ACM内找与PB平行的线； (2)建立坐标系，利用向量法求解 迁移点 (1)把线面平行问题转化为线线平行问题； (2)把求两平面夹角问题转化为求两法向量的夹角问题 障碍点 不会建系．本题不能直接建系，需根据侧面PAB⊥底面ABCD，作交线AB的垂线，可得平面ABCD的垂线，从而建立坐标系 [解] (1)证明：连接BD，与AC交于O，连接OM，在△PBD中， 因为O，M分别为BD，PD的中点，所以BP∥OM. 因为BP 平面ACM，OM 平面ACM，所以BP∥平面ACM. (2)设E是AB的中点，连接PE，因为△PAB为正三角形，所以PE⊥AB. 又因为面PAB⊥底面ABCD，面PAB∩底面ABCD＝AB，PE 平面PAB，所以PE⊥平面ABCD. 过E作EF平行于CB与CD交于F.以E为原点，分别以EB， EF，EP为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz， 利用空间向量平面与平面所成角的解题模型 1．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA ＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值． 解：(1)证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE. 因为AP＝PB，所以PD⊥AB. 因为PO为三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC， 因为AB 平面ABC，所以PO⊥AB. 又PO，PD 平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD. 因为OD 平面POD，所以AB⊥OD， 又AB⊥AC，所以OD∥AC， 因为OD 平面PAC，AC 平面PAC，所以OD∥平面PAC. 因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA， 因为DE 平面PAC，PA 平面PAC，所以DE∥平面PAC. 又OD，DE 平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC. 又OE 平面ODE，所以OE∥平面PAC. ∴四边形O1C1EF是平行四边形， ∴O1C1∥EF， ∵A1C1＝B1C1， ∴O1C1⊥A1B1. 又在直三棱柱ABC-A1B1C1中，B1B⊥平面A1B1C1， ∴B1B⊥O1C1， 又B1B∩A1B1＝B1， ∴O1C1⊥平面A1B1BA， ∴EF⊥平面A1B1BA， 又EF 平面DEB1，∴平面DEB1⊥平面A1ABB1. 命题点(三) 距离问题 [典例] (2022·菏泽一模)如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形， 点E在底面圆周上，AF⊥DE，F为垂足． (1)求证：AF⊥DB； (2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时， ①求二面角E-DC-B的余弦值； ②求点B到平面CDE的距离． [解] (1)证明：由题意可知DA⊥底面ABE，BE 底面ABE，故BE⊥DA ， 又BE⊥AE，AE∩DA＝A，AE，DA 平面AED， 故BE⊥平面AED, 由AF 平面AED，得AF⊥BE, 又AF⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE 平面BED， 故AF⊥平面BED， 由DB 平面BED，得AF⊥DB. 向量法求 ... ...
