【北师大版】2021版高考数学一轮复习第九章立体几何9.7.2利用空间向量求二面角与空间距离练习

9.7.2 利用空间向量求二面角与空间距离

核心考点·精准研析

考点一　求二面角 

求二面角或某一三角函数值

【典例】 (2019·全国卷Ⅱ)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.

(1)证明:BE⊥平面EB1C1.

(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

【解析】(1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,EC1∩B1C1=C1,

所以BE⊥平面EB1C1.

(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D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D-xyz,

则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),

=(1,-1,1),=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则

即所以可取n=(0,-1,-1).

设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),

则即

所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>?==-.

所以二面角B-EC-C1的正弦值为.

与二面角有关的综合问题

【典例】如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面ABCD,AD=CD=BC=CF=1.

(1)求证:EF⊥平面BCF.

(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,并求此时二面角的余弦值.

【解析】(1)在梯形ABCD中,因为AB∥CD,AD=CD=BC=1,又因为∠BCD=,

所以∠ADC=π,∠ACD=,所以∠ACB=,故AC⊥BC.

因为CF⊥平面ABCD,AC平面ABCD,

所以AC⊥CF,

而CF∩BC=C,所以AC⊥平面BCF,因为EF∥AC,所以EF⊥平面BCF.

(2)由(1)可建立分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴的空间直角坐标系如图所示,

AD=CD=BC=CF=1,

令FM=λ(0≤λ≤),

则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),

所以=(-,1,0),=(λ,-1,1),

设n1=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量,

由得

取x=1,则n1=(1,,-λ),

因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,

所以cos θ==

=,

因为0≤λ≤,所以当λ=0时,cos θ有最小值,所以点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,此时二面角的余弦值为.

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 (　　)

A.    B.    C.   D.

【解析】选B.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),E1,0,,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),

则所以

所以n1=(1,2,2).因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>==.

即所成的锐二面角的余弦值为.

2.如图,四棱锥P ?ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD且PD=AD=2,点E是射线AB上一点,当二面角P-EC-D为时,AE=              (　　)

A.1   B.   C.2-   D.2+2

【解析】选D.设AE=a(a≥0),以点D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,2,0),E(2,a,0),P(0,0,2),则=(0,2,-2),=(2,a,-2),设平面PEC的法向量为m=(x,y,z),则即故x∶y∶z=(2-a)∶2∶2,

故令m=(2-a,2,2),

设平面ECD的法向量为n=(0,0,1),

二面角P ?EC ?D的平面角θ=,

所以cosθ===,

所以a=2+2或a=-2+2(舍去),

故AE=2+2.

1.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B的平面角为60°时,BD=________________. 

【解析】在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,

过点D作DE⊥AC于点E,

过点B作BF⊥AC于点F,

则||=||==,

||=5-2×=.

沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B的平面角为60°时,

则=++,

=+++2·+2·+2·

=×2++0+0+2×××cos(180°-60°)=.

所以,BD=.

答案:

2.(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°,将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.

(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE.

(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

【解析】(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,BE∩BC=B,

故AB⊥平面BCGE.

又因为AB平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.

(2)作EH⊥BC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.

由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.

以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,

则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).

设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),

则即

所以可取n=(3,6,-).

又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),

所以cos?n,m?==.

因此二面角B-CG-A的大小为30°.

考点二　求空间距离 

【典例】1.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是________________. 

2.已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧面A1ACC1与底面ABC垂直,∠ABC=90°,BC=2,

AC=2,且AA1⊥A1C,AA1=A1C.

(1)求这个三棱柱的体积.

(2)求顶点C 到侧面A1ABB1的距离.

【解题导思】

【解析】1.如图建立空间直角坐标系,

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

所以=(2,0,0),=(2,0,2),=(2,2,0),

设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z),

则.令x=1,则n=(1,-1,-1),所以点D1到平面A1BD的距离d===.

答案:

2.(1)取AC的中点D,连接A1D,因为AA1⊥A1C,AA1=A1C,AC=2,所以A1D⊥AC,A1D=,又因为侧面A1ACC1与底面ABC垂直,所以A1D⊥底面ABC,所以A1D就是三棱柱的高,因为∠ABC=90°,BC=2,AC=2,所以AB=2,所以底面积为S△ABC=×2×2=2,所以三棱柱的体积为V=S△ABC·A1D=2×=2.

(2)等体积法:连接A1B,

根据定义,点C到面A1ABB1的距离,即为三棱锥C-A1AB的高h,由=

得·h=S△ABC·A1D,

即×2h=×2×,所以h=为所求.

　求点到平面的距离的常用方法

　(1)直接法:过P点作平面α的垂线,垂足为Q,把PQ放在某个三角形中,解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离.

(2)转化法:若点P所在的直线l平行于平面α,则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求.

(3)等体积法:求点面距离可以转化为求三棱锥的高,如四面体中点A到平面BCD的距离,用等体积法求得h=.

(4)向量法:设平面α的一个法向量为n,A是α内任意点,则点P到α的距离为d=.

如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2,求点A到平面MBC的距离.

【解析】如图,取CD的中点O,连接OB,OM,

因为△BCD与△MCD均为正三角形,所以OB⊥CD,OM⊥CD,又平面MCD⊥平面BCD,所以MO⊥平面BCD.

以O为坐标原点,直线OC,BO,OM分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz.

因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,所以OB=OM=,则O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,),B(0,-,0),A(0,-,2),

所以=(1,,0),=(0,,).

设平面MBC的法向量为n=(x,y,z),

由得即取x=,可得平面MBC的一个法向量为n=(,-1,1).

又=(0,0,2),

所以所求距离为d==.