2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第十章第八节　空间中的角(二)

第八节　空间中的角(二)

一、求空间距离

1.两点间距离求法

若A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),

则||=.

2.点面距的求法

设n是平面α的法向量,点A在平面α内,点B在平面α外,则点B到平面α的距离为.

3.线面距、面面距均可转化为点面距再用2中方法求解.

1.概念理解

(1)空间几何体中两点之间的距离即线段长度可以通过求向量模表示出来.

(2)求几何体的体积时,求几何体的高可以通过法向量求出高度,从而可求几何体的体积.

2.与距离的求法相关联的结论

向量法求点P到平面α距离的步骤

(1)求平面α的法向量n;

(2)在平面α内取一点A,确定向量的坐标;

(3)代入公式d=求解.

二、利用空间向量求空间角——二面角

1.若AB,CD分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的异面直线,则二面角的大小就是向量与的夹角(如图(1)).

2.设n1,n2分别是二面角α-l-β的两个面α,β的法向量,则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图(2)(3),其中图(2)中向量夹角的大小即为二面角的平面角,图(3)中则为其补角).

1.概念理解

(1)二面角由两个半平面构成,因此有锐、直、钝二面角之分,应根据原几何体中位置关系去区分.

(2)设两个半平面的法向量分别为n1,n2,则锐二面角θ应这样求:cos θ=.

2.与求二面角相关联的结论

(1)求两个半平面的法向量时,要注意观察原几何体中已知向量,如果有已知垂直于平面的向量可以直接选为法向量.

(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个向量的夹角大小就是二面角的大小.

1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　B　)

(A) (B) (C) (D)

解析:

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设棱长为1,

则A1(0,0,1),

E(1,0, ),D(0,1,0),

所以=(0,1,-1),

=(1,0,- ),

设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),

则即

所以所以n1=(1,2,2).

又平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),

所以cos<n1,n2>==.

即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.故选B.

2.正△ABC与正△BCD所在平面垂直,则二面角A-BD-C的平面角的正弦值为(　C　)

(A) (B) (C) (D)

解析:

取BC中点O,连接AO,DO.

建立如图所示坐标系,设BC=1,

则A(0,0,),B(0,-,0),

D(,0,0).

所以=(0,0,),=(0,,),

=(,,0).

由于=(0,0, )为平面BCD的一个法向量,

可进一步求出平面ABD的一个法向量n=(1,- ,1),

所以cos<n, >=,

则二面角A-BD-C的平面角的正弦值为=.故选C.

3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AC的中点,AB1⊥BC1,则平面DBC1与平面CBC1所成的角为(　B　)

(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°

解析:设平面DBC1与平面CBC1所成的角为θ.以A为坐标原点,,的方向分别为y轴和z轴的正方向建立空间直角坐标系.

设底面边长为2a,侧棱长为2b,

则A(0, 0, 0),C(0, 2a, 0),D(0,a,0 ),B(a,a, 0),

C1(0, 2a, 2b),B1(a,a,2b),

则=(a,a,2b),=(-a,a,2b),

=(a,0,0),=(0,a,2b).

由AB1⊥BC1,

得·=0,即2b2=a2.

设n1=(x,y,z)为平面DBC1的法向量,

则n1·=0,n1·=0,

即令z=1,可得n1=(0,- ,1).

同理可求得平面CBC1的一个法向量为n2=(1,,0).

则cos θ==,得θ=45°.故选B.

4.如图所示,等边△ABC的边长为4,D为BC中点,沿AD把△ADC折叠到△ADC′处,使二面角B-AD-C′为60°,则折叠后二面角A-BC′-D的正切值为　　　　. 

解析:由二面角的平面角的概念可知:∠BDC′即为二面角B-AD-C′的平面角,有∠BDC′=60°,

所以BC′=2,

作DM⊥BC′于点M,连接AM,则AM为点A到直线BC′的距离,二面角A-BC′-D的平面角即为∠AMD.

AD=2,DM=,所以AM=,然后利用三角函数的正切值得到结论为2.

答案:2

考点一　利用空间向量求距离

[例1] 已知ABCD-A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱.若点C到平面AB1D1的距离为,求正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高.

解:

建立如图所示的空间直角坐标系,

设AA1=h,则A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h).

=(1,0,-h),=(0,1,-h),=(1,1,0).

设平面AB1D1的法向量为

n=(x,y,z),

因为

所以即

取z=1,得n=(h,h,1),

所以点C到平面AB1D1的距离为

d===,则h=2.

即正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为2.

(1)如果能找到线段端点,距离直接利用两点间距离公式可求.

(2)利用空间向量法求距离时需借助其他向量求解.

考点二　利用空间向量求二面角问题

[例2] 如图,在三棱锥P-ABC中,底面△ABC是边长为2的等边三角形,∠PCA=90°,E,F分别为AP,AC的中点,且PA=4, BE=.

(1)求证:AC⊥平面BEF;

(2)求二面角A-BP=C的余弦值.

(1)证明:因为∠PCA=90°,

所以PC⊥AC.

又因为点E,F分别是AP,AC的中点,

所以EF∥PC,

所以EF⊥AC.

在等边△ABC中,由F为AC中点知BF⊥AC,

又因为BF∩EF=F,所以AC⊥平面BEF.

(2)解:如图,取BF中点G,连接EG.

易知EF=BF=,

又BE=,

所以EG⊥BF,易证EG⊥平面ABC.

如图建立空间直角坐标系Gxyz,

则B(,0,0),E(0,0, ),

A(-,-1,0),C(-,1,0),P(,1,3).

所以=(0,1,3),=(- ,-1,0),

所以平面ABP的法向量为n1=(,-3,1),

因为=(0,1,3),=(- ,1,0),

所以平面CBP的法向量为n2=(,3,-1),

所以cos<n1,n2>==-,

所以二面角A-BP-C的余弦值为.

求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.

(1)证明:直线CE∥平面PAB;

(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.

(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.

因为E是PD的中点,

所以EF∥AD,EF=AD,

由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,

又BC=AD,

所以EF?BC.

四边形BCEF为平行四边形,CE∥BF.

又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,

故CE∥平面PAB.

(2)解:由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,

的方向为x轴正方向,| |为单位长,

建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,

则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, ),

=(1,0,- ),=(1,0,0),

设M(x,y,z)(0<x<1),

则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-),

因为BM与底面ABCD所成的角为45°,

而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,

所以|cos<,n>|=sin 45°,

=,

即(x-1)2+y2-z2=0.①

又M在棱PC上,设=λ,则

x=λ,y=1,z=-λ.②

由①,②解得(舍去)　

所以M(1-,1, ),从而=(1-,1, ).

设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,

则

即

所以可取m=(0,- ,2).

于是cos<m,n>==,

因此二面角M-AB-D的余弦值为.

考点三　易错辨析

[例3] (2019·杭高联盟)如图(1)已知△ABC是边长为6的等边三角形,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足AD=CE=2,如图(2),将△ADE沿DE折成四棱锥A1-BCED,且有平面A1DE⊥平面BCED.

(1)求证:A1D⊥平面BCED;

(2)记A1E的中点为M,求二面角M-DC-A1的余弦值.

(1)证明:依题意,A1D=2,BD=A1E=4,∠DA1E=60°,

在△A1DE中,由余弦定理得

DE2=22+42-2×4×2cos 60°=12,DE=2,

从而由A1E2=DE2+A1D2,得到A1D⊥DE,

因为平面A1DE⊥平面BCED,平面A1DE∩平面BCED=DE,

所以A1D⊥平面BCED.

(2)解:由(1)得A1D⊥平面BCED,且BD⊥DE,以D为原点, ,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,

则D(0,0,0),C(1,3,0),A1(0,0,2),E(0,2,0),M(0, ,1),=(1,3,0),=(0,,1), =(0,0,2),

设平面MDC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),

则得n1=(3,-1, ),

设平面DCA1的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),

则

得n2=(3,-1,0).

依题意有cos<n1,n2>===,

由图可知,二面角M-DC-A1为锐角,

则其余弦值为.

(1)求二面角问题关键是空间直角坐标系的建立,建系方法的不同可能导致解题简繁程度不同.

(2)对于建系完成后的点的坐标列出需要谨慎行之,因为所有的运算都围绕着点坐标进行,因此求点坐标的过程是解决问题关键之所在.

四棱锥P-ABCD的底面为菱形,AB=4,∠ABC=60°,M为PB的中点,N为BD上一点,且BN=ND.

(1)求证:MN∥平面PAC;

(2)若PA=PC=5,PB=,求证:PN⊥平面ABCD;

(3)求直线PN与平面PCD所成角的正弦值.

(1)证明:连接AC,交BD于点O,

连接PO,则==,

所以MN∥PO.

又PO⊂平面PAC,MN⊄平面PAC,

从而MN∥平面PAC.

(2)证明:连接PN.因为PA=PC,O是AC的中点,

所以PO⊥AC,

又PA=PC=5,AO=2,

所以PO==PB,

所以PN⊥BD,且易求PN=3,NC=,

所以PN2+NC2=PC2,从而PN⊥NC.

又BD∩NC=N,

所以PN⊥平面ABCD.

(3)解:法一　设=h,PN与平面PCD所成角为θ,则sin θ=,

因为=.

所以S△PCD·h=S△NCD·PN,

计算可得S△NCD=3,PD=3,

所以S△PCD=3,

又因为PN=3,所以h=,

从而sin θ=.

法二　

如图,建立空间直角坐标系,

则A(-2,0,0),B(0,-2,0),

C(2,0,0),D(0,2,0),

N(0,- ,0),

设P(x0,y0,z0)

则

得

所以P(0,-,3).

设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),

则

即

令y=1,得

所以n=(,1,).

记直线PN与平面PCD所成角为θ,则sin θ==.

向量法解证线面位置关系及空间角

[例题](2018·浙江金华模拟)如图,在几何体ABCDE中,CD∥AE,∠EAC=90°,平面EACD⊥平面ABC,CD=2EA=2,AB=AC=2,BC=2,F为BD的中点.

(1)证明:EF∥平面ABC;

(2)求直线AB与平面BDE所成角的正弦值.

(1)证明:取BC中点G,连接FG,AG,

又因为F为BD的中点,CD=2EA,CD∥AE,

所以FG=CD=EA,且FG∥AE,

所以四边形AGFE是平行四边形,

所以EF∥AG,

因为EF⊄平面ABC,AG⊂平面ABC,

所以EF∥平面ABC.

(2)解:因为∠EAC=90°,平面EACD⊥平面ABC,且交于AC,所以EA⊥平面ABC,

由(1)知FG∥AE,所以FG⊥平面ABC,

又因为AB=AC,G为BC中点,

所以AG⊥BC,所以GA,GB,GF两两垂直,

如图,以GA,GB,GF所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则A(1,0,0),B(0,,0),D(0,-,2),E(1,0,1),

所以=(-1, ,0),=(0,-2,2),=(1,- ,1),

设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则

即

令y=1,得n=(0,1,),

所以直线AB与平面BDE所成角的正弦值为=.

规范要求:(1)证明线面平行的判定定理中对线的要求是“一内一外一平行”必不可少.

(2)把关键点的坐标一一列出,利用数量积求法向量.

温馨提示:空间直角坐标系的建立过程必须要有简短的证明过程以说明建系的合理性,这一过程不能少.

[规范训练] (2019·嘉兴模拟)如图,多面体P-ABCDA1B1C1D1由正方体ABCD-A1B1C1D1和四棱锥P-ABCD组成.正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,四棱锥P-ABCD侧棱长都相等,高为1.

(1)求证:B1C⊥平面PCD;

(2)求二面角B-PB1-C的余弦值.

法一　(几何法)

(1)证明:取正方体上下底面中心O,O1,则P,O,O1共线,

在△PO1B1中,因为PO1=3,B1O1=,

所以PB1=.

在△POC中,因为PO=1,CO=,

所以PC=.

在△PB1C中,又B1C=2,

所以∠PCB1=90°,即B1C⊥PC.

又B1C⊥CD,故B1C⊥平面PCD.

(2)解:

易得CO⊥平面PBB1,作OE⊥PB1于E,连接CE,则CE⊥PB1,

所以∠CEO是二面角O-PB1-C的平面角.在△PO1B1中, =,

所以OE=.

在△CEO中,tan∠CEO==.

从而,二面角B-PB1-C的余弦值是-.

法二　(向量法)

建立空间直角坐标系O-xyz(D1-A1C1D).

(1)证明:因为=(-2,0,2),=(0,-2,0), =(1,-1,1),

所以·=0,·=0,

即B1C⊥CD,B1C⊥CP.故B1C⊥平面PCD.

法二(2)解:平面BPB1的一个法向量是m=(1,-1,0).

设n=(x,y,z)是平面CPB1的法向量,

则⇒x∶y∶z=1∶2∶1,取n=(1,2,1).

故二面角B-PB1-C的余弦值是cos<m,n>==-.

类型一　求距离问题

1.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是(　D　)

(A) (B) (C) (D)

解析:

如图,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立坐标系,

则D(0,0,0),D1(0,0,2),A1(2,0,2),B(2,2,0), =(2,0,0),=(2,2,0),=(2,0,2),

设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z),

则所以

令z=1,得n=(-1,1,1).

所以D1到平面A1BD的距离d===.

故选D.

2.在空间直角坐标系中,已知点A(1,0,1),B(-1,1,2),则线段AB的长度为　　　　. 

解析:根据两点间距离公式得|AB|==.

答案:

类型二　求二面角问题

3.如图,ABCD-A1B1C1D1是正方体,E,F分别是AD,DD1的中点,则平面EFC1B和平面BCC1所成二面角的正切值等于(　A　)

(A)2 (B)

(C) (D)

解析:

设正方体的棱长为2,建立以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系,

则E(1,0,0),F(0,0,1),B(2,2,0),

=(1,2,0),=(-1,0,1).

易知平面BCC1的一个法向量为=(0,-2,0),

设平面EFC1B的法向量为m=(x,y,z),

则m·=x+2y=0,m·=-x+z=0,

令y=-1,则m=(2,-1,2),

故cos<m,>===,

tan<m,>=2.

故所求二面角的正切值为2.故选A.

4.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为　　　　　. 

解析:法一　

延长FE,CB相交于点G,连接AG,如图所示.

设正方体的棱长为3,则GB=BC=3,作BH⊥AG于点H,连接EH,

则∠EHB为所求锐二面角的平面角.

因为BH=,EB=1,

所以tan∠EHB==.

法二　

如图,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,

设DA=1,由已知条件得

A(1,0,0),E(1,1,),F(0,1,),=(0,1,), =(-1,1,),

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),

平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ,

由得

令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),

取平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),

则cos θ=|cos<n,m>|=,tan θ=.

答案:

5.在矩形ABCD中,AB=,BC=2,E是BC的中点,把△ABE,△CDE分别沿AE,DE向上折起,使B,C重合于点P,则二面角P-AE-D的大小为　　　　. 

解析:

PA2+PD2=AD2,则由题意知PA,PD,PE两两垂直,以P为原点, PD,PE,PA所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,平面PAE的法向量为n1=(1,0,0),平面AED中A(0,0,), E(0,1,0),D(,0,0),=(0,1,-), =(,0,-),

设平面AED的法向量为n2=(x,y,z),

则取n2=(1,,1),

cos<n1,n2>===,所求二面角为60°.

答案:60°