立体几何 微专题(二)　空间向量与空间角、距离问题　　

微专题(二)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. 向量法求点到平面的距离的步骤