（新课改地区）2021版高考数学第八章立体几何初步8.7.2利用空间向量求二面角与空间距离练习新人教B版.docx

8.7.2 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 命题精解读考什么:(1)考查与二面角相关的问题.(2)考查直观想象与数学运算的核心素养.怎么考:以柱、锥、台等几何体为载体考查与二面角相关的证明、求值问题.新趋势:以求二面角或某一三角函数值为主要命题方向.学霸好方法1.利用空间向量求二面角的两种方法:(1)分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量,则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小;(2)通过平面的法向量来求:设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2,则二面角的大小等于(或-).2.交汇问题: 常常与证明线面的平行、垂直关系同时考查.求二面角或某一三角函数值【典例】(2019全国卷)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(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B1C1BE.又BEEC1,EC1B1C1=C1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,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= =-.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,ABCD,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ABCD,AD=CD=BC=1,又因为BCD=,所以ADC=,ACD=,所以ACB=,故ACBC.因为CF平面ABCD,AC平面ABCD,所以ACCF,而CFBC=C,所以AC平面BCF,因为EFAC,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=(0),则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),所以=(-,1,0),=(,-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,-), 因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,所以cos =,因为0,所以当=0时,cos 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=.即所成的锐二面角的余弦值为.2.(2020广州模拟)如图,四棱锥F-ABCD中,底面ABCD为边长是2的正方形,E,G分别是CD,AF的中点,AF=4,FAE=BAE,且二面角F-AE-B的大小为90.(1)求证:AEBG.(2)求二面角B-AF-E的余弦值.【解析】(1)作GOAE于点O,连接BO,因为AG=AB=2,GAO=BAO,AO=AO,所以AOGAOB,所以AOB=AOG=90,即GOAE,BOAE,又GOBO=O,所以AE平面OGB,又GB平面OGB,所以AEBG.(2)因为平面AEF平面AEB,平面AEF平面AEB=AE,GOAE,所以GO平面AEB.以点O为原点,OA,OB,OG所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,因为SABC=ABBC=AEBO,所以22=BO.所以BO=,即GO=AO=.所以F,A,B,G.所以=,=,设平面ABF的法向量m=(x,y,z),由,得令y=1,得m=(2,1,1),易知n=(0,1,0)为平面AEF的一个法向量.设二面角B-AF-E为,为锐角,则cos =.1.(2019浙江高考)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点),记直线PB与直线AC所成角为,直线PB与平面ABC所成角为,二面角P-AC-B的平面角为,则()A.,B.,C.,D.,【解析】选B.方法一:如图,G为AC中点,V在底面ABC的投影为O,则P在底面的投影D在线段AO上,过D作DE垂直AC于E,易得PEVG,过P作PFAC交VG于F,过D作DHAC,交BG于H,则=BPF,=PBD,=PED,则cos =,tan =tan ,即,综上所述,答案为B.方法二:(特殊位置)取V-ABC为正四面体,P为VA中点,易得cos =sin =,sin =,sin =可知B选项正确.2.(2019全国卷)图1是由矩形ADEB,RtABC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ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,BEBC=B,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,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=.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AA1A1C,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】序号联想解题1在正方体中,求点D1到平面A1BD的距离,首先想到利用向量法.2观察所给图形,想到尝试利用转化法或等体积法.【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AA1A1C,AA1=A1C,AC=2,所以A1DAC,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SABC=22=2,所以三棱柱的体积为V=SABCA1D=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=SABCA1D,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到平面的距离.(2)转化法:若点P所在的直线l平行于平面,则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.(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:设平面的一个法向量为n,A是内任意点,则点P到的距离为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OBCD,OMCD,又平面MCD平面BCD,所以MO平面BCD.以O为坐标原点