二面角与距离

1、二面角与距离考纲透析:熟练掌握求二面角的大小，空间距离的求法求二面角每年必考，作为解答题可能性最大，空间距离则主要是求点到面的距离 知识整合：1二面角的平面角的作法：定义三垂线定义垂面法2点到平面的距离求法有：体积法直接法,找出点在平面内的射影3转化思想：例如求一个平面的一条平行线上一点到这个平面的距离较难时，可转化为平行线上其他的点到这个平面的距离热点题型1求点到平面的距离如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面 AECiF所截面而得到的，其中AB=4，BC=2，CCi=3，BE=1 +(I)求BF的长；(n)求点c到平面aecif的距离+解法 1 : (I)过 E 作 EH/BC

2、交 CCi 于 H，贝y CH=BE=1 , EH/AD，且 EH=AD. 又 AF / EC1,./ FAD= / C1EH. Rt ADF 也 Rt EHC1.DF=C1H=2.BF BD2 DF22 6E.C1HC(n)延长ge与cb交于g,连ag , 则平面AEC1F与平面ABCD相交于AG. 过C作CM丄AG，垂足为M，连Gm , 由三垂线定理可知 AG丄Gm.由于AG丄面C1MC，且AG 面AEC1F,所以平面 AEC1F丄面C1MC.在Rt C1CM中， 作CQ丄MC1,垂足为Q,贝y CQ的长即为C到平面AEC1F的距离.由CB1 CG可得，BG 1,从而AGAB2 bg217

3、由GABMCG 知, CM3cosMCG3cosGAB12.17CQCM CGMCi3 I?32 1224 331117解法2: (I)建立如图所示的空间直角坐标系，则0，0)，B(2，4, 0)，A(2,0，0)，C( 0，4，0)，E(2, 4,1)， C1 (0， 4,AEC1F为平行四边形，由AEC1F为平行四边形，由 AFEC1 得,(2,0, z) ( 2,0,2),z 2. F (0,0,2).EF ( 2, 4,2).于是I BF | 2、-6,即BF的长为2 6.3).设 F( 0, 0, z)(II )设n1为平面AEC1F的法向量,显然m不垂直于平面ADF，故可设n1(x

4、, y,1) *n1 AE1- bn1 AF0,得 x 4 y 10,2 x 0 y 20即 4y 10,2x 20,x 1,又CC1(0,0,3),设CC1与n1的夹角为a，贝UCC1 门134J33cos|CG | |m|3 人丄33 16 C到平面AEC1F的距离为d |CC1 |cos334. 3311热点题型2定义法作二面角的平面角已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形， AB / DC, DAB 90 , PA 底面ABCD，且1PA=AD=DC= AB=1 , M 是 PB 的中点,2(I) 证明：面 PAD丄面PCD ;(H)求AC与PB所成的角；(川)求面AMC与面BMC所成

5、二面角的大小18.本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分+(I) 证明： PA丄面 ABCD , CD丄AD ,由三垂线定理得： CD丄PD.因而，CD与面PAD内两条相交直线 AD , PD都垂直, CD 丄面 PAD.又CD 面PCD，面 PAD丄面PCD.(H)解：过点 B 作 BE/CA，且 BE=CA ,则/ PBE是AC与PB所成的角.连结 AE，可知 AC=CB=BE=AE= 2，又 AB=2 ,所以四边形 ACBE为正方形.由PA丄面ABCD得/ PEB=90在 Rt PEB 中 BE= 、

6、2 , PB= 5 ,COS PBEBEPB 105AC与PB所成的角为arccos .5(川)解：作AN丄CM，垂足为N，连结BN.在 Rt PAB 中，AM=MB，又 AC=CB , AMC BMC, BN丄CM,故/ ANB为所求二面角的平面角+/ CB丄AC，由三垂线定理，得 CB丄PC,在 Rt PCB 中，CM=MB，所以 CM=AM.在等腰三角形AMC中，AN MC= 1 CM 2(虫)2 AC ,V22 2 2 AN BN AB AB=2 ,cos ANB2AN BN2).3方法二：因为 PA丄PD , PA丄AB , AD丄AB ,以A立空间直角坐标系，则各点坐标为故所求的二

7、面角为 arccos(为坐标原点AD长为单位长度，如图建A (0, 0, 0) B (0, 2, 0), C (1, 1, 0), D (1,0, 0)， P(0，0,11), M (j, 2).(I)证明：因 AP (0,0,1), DC (0,1,0),故 APDC 0,所以APDC.又由题设知 AD丄DC ,且AP与与AD是平面PAD又DC在面PCD上，故面 PAD丄面PCD+内的两条相交直线,由此得DC丄面PAD.(n)解：因 AC (1,1,0), PB(0,2, 1),故 | AC| 、2,|PB|、5,ACPB 2,所以cos AC, PBAC PB|AC| |PB|,105/a

8、!MTjs.N: 存b yJ0由此得AC与PB所成的角为 arccos5(川)解：在 MC上取一点N (x, y, z),则存在R,使 NC MC,NC (11x,1 y, z),MC (1,。，多,y1,z要使ANMC,只需AN MC 0即x1子0,解得可知当此时,AN1.2、厶十5512 (,1-),有BN MC 055A1 Q.4时,N点坐标为(丄,1匸),能使AN MC 51 2(,1,一)，bn550.由 AN MC0, BN MC 0得ANMC,BN MC.所 以ANB为所求二面角的平面角.jaN| -,| bN| -,aN bN“55|AN| |2 故所求的二面角为arccos(

9、).3热点题型3三垂线定理或逆定理作二面角的平面角OOi如图1,已知ABCD是上.下底边长分别为2和6,高为,3的等腰梯形，将它沿对称轴折成直二面角，如图 2+(I)证明：AC丄 BOi；(n)求二面角 Oac Oi的大小.解法一(I)证明 由题设知OA丄OOi, OB丄OOi.所以/ AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA丄OB.故可以O为原点，OA、OB、OOi所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 如图3,则相关各点的坐标是 A (3, 0, 0),B (0, 3, 0), C (0, i, V3 )从而 AC ( 3,i, -3),B0i (0, 3, . 3), AC

10、BQ3330.所以AC丄BOi.(II )解：因为 BOi OC33 、30,所以 BOi丄OC,由(I) AC丄BOi，所以BOi丄平面OAC ,BOi是平面OAC的一个法向量设n (x, y, z)是0平面OiAC的一个法向量,由 n AC 0 3x y 3z 0,取z . 3, n OiC 0 y 0.得 n (i,0, .3).设二面角O AC Oi的大小为 ，由nBOi的方向可知n , BOi ,所以 cos cos n , BOi = n BOi|n | | BOi |4Bi*D*EfID iAiCiCV Di AEC3s AEC DDi3is3ADiCh,即二面角0 AC01的大

11、小是今.热点题型4二面角与探索问题如图，在长方体 ABCD AiBiCiDi,中，AD=AA i=1, AB=2，点E在棱AB上移动.(1) 证明：DiE 丄 AiD;(2) 当E为AB的中点时，求点 E到面ACDi 的距离；(3) AE等于何值时，二面角 Di EC D的大 小为一.4解法(一)(i)证明： AE 丄平面 AA iDDi, AiD 丄AD i ,a AiD 丄DiE(2) 设点E到面ACDi的距离为 饥在厶ACDi中，AC=CD仁5 , ADi= 2 ,A-1Q11故 S ADiC22 ?2而SACE 2AE Bc 2.h,DiBi/ jF t (/ r1D H/EBCiC(

12、3) 过 D 作 DH 丄CE 于 H ,连 DiH、DE ,则 DiH 丄CE,/DHD i为二面角 Di EC D的平面角.设 AE=x，贝U BE=2 x在Rt DiDH 中，DHDi -, DH i.4x,在 Rt ADE 中,DE i x2,在 Rt DHE 中，EH在Rt DHC 中CH 3,在Rt CBE中 CEx2 4x 5.x、3x2 4x 5 x 23.AE2寸,二面角Di ECD的大小为一.4解法(二):以D为坐标原点，直线DA , DC , DDi分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设 AE=x，贝V Ai (i, 0, i), Di (0, 0, i) , E (i , x , 0) , A (i , 0 , 0) C ( 0 ,2 , 0)(1)因为 DAi, Di E (1,0,1),(1,x, 1) 0,所以 DADE从而D1E(1,1, 1),AC(1,2,0),AD1(1,0,1),设平面ACD 1的法向量为n(a,b,c),nAC0,则FnAD10,a2b0口a2b也即得,从而nac 0ac(2)因为E为AB的中点，贝U E (1, 1, 0),C0En |D :/C1B1/ f I / / jFJ 1D1J fJIo! f-”/CrAlE|n|(3)设平面D1EC的法向量nn DQ 0, 由，n C