高中数学选修一1.4.2-用空间向量研究距离、夹角问题

1/21.4.2用空间向量研究距离、夹角问题基础过关练题组一用空间向量求空间的距离问题1.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=,E,F分别是面A1B1C1D1,面BCC1B1的中心,则E,F两点间的距离为()A.1 B. C. D.2.已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到α的距离为()A.10 B.3 C. D.3.(2020山东济南第二中学高二上月考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1=3CM,则直线BM与B1N之间的距离为.

4.(2020河北唐山第二中学高二上期中)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0<λ<2),则点G到平面D1EF的距离为.深度解析

5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求点C到平面BDP的距离d.题组二用空间向量求空间角的问题6.(2020广东深圳实验学校高二上期中)设平面α与平面β的夹角为θ,若平面α,β的法向量分别为n1,n2,则cosθ=()A. B.C. D.7.(2020山西大学附属中学高二阶段测试)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1B1的中点,则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为()A. B. C. D.8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为()A. B. C. D.9.在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3)和(2,2,4),则这个二面角的余弦值为.

10.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所成角的正切值为.

11.如图,在长方体A1B1C1D1-ABCD中,AB=,BC=1,AA1=2,E为A1D的中点.(1)求直线EC1与A1B所成角的余弦值;(2)若F为BC的中点,求直线EC1与平面FA1D1所成角的正弦值.能力提升练题组一用空间向量求空间距离1.(2019山东师范大学附属中学期中,)在空间直角坐标系中,定义:平面α的一般方程为Ax+By+Cz+D=0(A,B,C,D∈R,且A,B,C不同时为零),点P(x0,y0,z0)到平面α的距离d=,则在底面边长与高都为2的正四棱锥P-ABCD中,底面中心O到侧面PAB的距离d等于()A. B.C.2 D.52.(2020山东威海高二期中,)如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1D1的中点,Q为A1B1上任意一点,E,F为CD上两个动点,且EF的长为定值,则点Q到平面PEF的距离()A.等于a B.和EF的长度有关C.等于a D.和点Q的位置有关3.(多选)()已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E、O分别是A1B1、A1C1的中点,P在正方体内部且满足=++,则下列说法正确的是(深度解析)A.点A到直线BE的距离是B.点O到平面ABC1D1的距离为C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为D.点P到直线AB的距离为4.()如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方形BCC1B1内及其边界上运动,并且总保持B1P∥平面A1BD,则动点P的轨迹的长度是.

5.(2019广东广州二中高二期中,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M、N、P分别在棱AB、BC、CC1上,且AM=1,BN=2,CP=3.过M、N、P三点的平面交AC1于点Q,则A、Q两点间的距离为.

6.()如图,已知四边形ABCD为矩形,四边形ABEF为直角梯形,FA⊥AB,AD=AF=FE=1,AB=2,AD⊥BE.(1)求证:BE⊥DE;(2)求点F到平面CBE的距离.题组二用空间向量求空间角7.()正四棱锥S-ABCD中,SA=AB=2,则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为()A. B. C. D.8.()在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是()A. B. C. D.9.(2020河南省实验中学高二上期中,)已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为()A.2 B. C. D.10.(2019黑龙江省实验中学高二月考,)如图1,四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形,AD∥EF,AF=,AD=4,EF=2,沿AD边将四边形ADEF折起,使得平面ADEF⊥平面ABCD,如图2,动点M在线段EF上,N,G分别是AB,BC的中点,设异面直线MN与AG所成的角为α,则cosα的最大值为()A. B. C. D.11.(多选)(2020河北保定高二上期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,且∠PAD=,O为底面ABCD的中心,E为PD的中点,F在棱PA上,若=λ,λ∈[0,1],则下列说法正确的有()A.异面直线PO与AD所成角的余弦值为B.异面直线PO与AD所成角的余弦值为C.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,则λ=D.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,则λ=12.(2020江西高安中学高二上期中,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=AA1=2BC=2,D为AA1上一点.若二面角B1-DC-C1的大小为30°,则AD的长为.

题组三用空间向量解决探索性问题13.(2020浙江温州中学高二上阶段测试,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=4,PA=4.(1)求证:AB⊥PC;(2)在线段PD上是否存在一点M(不与P,D重合),使得平面MAC与平面ACD夹角的大小为45°?若存在,求BM与平面MAC所成角的正弦值;若不存在,请说明理由.14.(2020湖北华中师大一附中高三期中,)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为棱PC上的动点,且=λ(λ∈[0,1]).(1)求证:△PBC为直角三角形;(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.答案全解全析基础过关练1.C以点A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则点E(1,1,),F,所以||==,故选C.2.D由已知得=(1,2,-4),故点P到平面α的距离为==.故选D.3.答案解析设正方体的棱长为1,如图,建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),B1(1,1,1),M,N,∴=(0,0,1),=,=.设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量n=(x,y,z),由n·=0,n·=0,得令x=2,则z=6,y=-7,∴n=(2,-7,6).设直线BM与B1N之间的距离为d,则d===.4.答案解析由题意得A1B1∥EF,A1B1⊄平面D1EF,EF⊂平面D1EF,所以A1B1∥平面D1EF,则点G到平面D1EF的距离等于点A1到平面D1EF的距离.以D为原点,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,则D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),A1(2,0,2),所以=(2,0,-1),=(2,2,-1),=(0,0,-1).设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=0,z=2,所以平面D1EF的一个法向量n=(1,0,2).点A1到平面D1EF的距离为==,即点G到平面D1EF的距离为.解题反思当直线l与一个平面α平行时,这条直线上任意一点到该平面的距离都相等,本题利用A1B1∥平面D1EF,将点G到平面D1EF的距离转化为点A1到平面D1EF的距离,在计算过程中摆脱了对参数λ的依赖,简化了解题过程.5.解析(1)证明:如图,设AC∩BD=O,∵四边形ABCD为正方形,∴O为BD的中点.连接OM.∵PD∥平面MAC,PD⊂平面PBD,平面PBD∩平面MAC=OM,∴PD∥OM,∴=,即M为PB的中点.(2)取AD的中点G,∵PA=PD,∴PG⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,连接OG,则PG⊥OG,由G是AD的中点,O是AC的中点,可得OG∥DC,则OG⊥AD.以G为坐标原点,GD、GO、GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.由PA=PD=,AB=4,得D(2,0,0),P(0,0,),C(2,4,0),B(-2,4,0),M,则=(-2,0,),=(-4,4,0).设平面BDP的法向量为m=(x,y,z),则由得取z=,得m=(1,1,).又=,则点C到平面BDP的距离d==2.6.B由两个平面的夹角概念知,cosθ==,故选B.7.A以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),∴=(-1,0,-1),∴||=,∵M为A1B1的中点,∴M.∴=,∴||=,∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为|cos<,>|==.故选A.8.B以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),∴=(0,1,-1),=.设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z),则有即令x=1,得∴n1=(1,2,2).易得平面ABCD的一个法向量n2==(0,0,1),∴|cos<n1,n2>|==,即平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为.9.答案±解析由==,知这个二面角的余弦值为±.10.答案解析如图,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,设DA=1,由已知条件得D(0,0,0),A(1,0,0),E,F,D1(0,0,1),则=,=,=(0,0,-1).设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),平面AEF与平面ABC所成角为θ,由得令y=1,则z=-3,x=-1,所以n=(-1,1,-3),易得平面ABC的一个法向量m==(0,0,-1),则cosθ=|cos<n,m>|=,又θ∈[0,π],所以sinθ=,所以tanθ=.11.解析(1)以A1为原点,A1B1,A1D1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,可得E,C1(,1,0),B(,0,2),A1(0,0,0),则=,=(,0,2).设直线EC1与A1B的夹角为α,则cosα=|cos<,>|==.(2)易得F,=(0,1,0),=,设平面FA1D1的法向量为n=(x,y,z),则令x=-2,得z=,所以平面FA1D1的一个法向量为n=(-2,0,),设直线EC1与平面FA1D1所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,>|==.能力提升练1.B以底面中心O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,如图.则O(0,0,0),A(1,1,0),B(-1,1,0),P(0,0,2),设平面PAB的方程为Ax+By+Cz+D=0,将A,B,P3点的坐标代入计算得A=0,B=-D,C=-D,所以方程可化为-Dy-Dz+D=0,即2y+z-2=0,所以d==.2.A取B1C1的中点G,连接PG,CG,DP,则PG∥CD,所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PGCD的距离,与EF的长度无关,B错.又A1B1∥平面PGCD,所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离,即点Q到平面PEF的距离,与点Q的位置无关,D错.如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,则C(0,a,0),D(0,0,0),A1(a,0,a),P,∴=(0,a,0),=(a,0,a),=,设n=(x,y,z)是平面PGCD的法向量,则由得令z=1,则x=-2,y=0,所以n=(-2,0,1)是平面PGCD的一个法向量.设点Q到平面PEF的距离为d,则d===,A对,C错.故选A.3.BC如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E,所以=(-1,0,0),=.设∠ABE=θ,则cosθ==,sinθ==.故A到直线BE的距离d1=||sinθ=1×=,故A错.易知==,平面ABC1D1的一个法向量=(0,-1,1),则点O到平面ABC1D1的距离d2===,故B对.=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则所以令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1).所以点D1到平面A1BD的距离d3===.因为易证得平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为,故C对.因为=++,所以=,又=(1,0,0),则=,所以点P到AB的距离d===,故D错.解题反思线面距、面面距实质上都是点面距,求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行.4.答案解析如图,建立空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),设动点P(x,1,z),∴=(1,0,1),=(1,1,0),=(x-1,0,z-1),设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),则n·=0,n·=0,∴a+c=0,a+b=0.∴b=c=-a,取n=(1,-1,-1).∵B1P∥平面A1BD,∴n·=0,于是(x-1)-(z-1)=0,即x=z,连接B1C,∴点P在正方形BCC1B1的对角线B1C上,∴动点P的轨迹的长度即对角线B1C的长,为.5.答案2解析如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C1(4,4,4),M(1,0,0),N(4,2,0),P(4,4,3),∴=(3,2,0),=(0,2,3),=(4,4,4),=(1,0,0).∵过M、N、P三点的平面交AC1于点Q,∴点Q在线段AC1上,点Q在平面MNP内,∴可设=λ=(4λ,4λ,4λ),0≤λ≤1,=x+y=(3x,2x+2y,3y).又=-=(4λ-1,4λ,4λ),∴解得∴=(2,2,2),||=2,即A、Q两点间的距离为2.6.解析∵四边形ABCD为矩形,∴AD⊥AB,又AD⊥BE,AB∩BE=B,∴AD⊥平面ABEF,又AD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面ABEF.∵FA⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,∴FA⊥平面ABCD.∴FA⊥AD.(1)证明:如图,建立空间直角坐标系,则B(0,2,0),C(1,2,0),D(1,0,0),E(0,1,1),F(0,0,1),∴=(0,-1,1),=(-1,1,1),∴·=0×(-1)+(-1)×1+1×1=0,∴⊥,∴BE⊥DE.(2)由(1)得=(1,0,0),=(0,-1,1),=(0,1,0),设n=(x,y,z)是平面CBE的法向量,则由得令y=1,得z=1,∴n=(0,1,1)是平面CBE的一个法向量.设点F到平面CBE的距离为d,则d===.∴点F到平面CBE的距离为.7.C连接BD,AC,交于点O,连接OS,则SO⊥平面ABCD,OA⊥OB,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(,0,0),B(0,,0),C(-,0,0),S(0,0,),所以=(0,,-),=(-,0,-),设平面SBC的法向量为n=(x,y,z),则由n⊥,n⊥,得令z=1,得x=-1,y=1,所以n=(-1,1,1).又=(-2,0,0),设直线AC与平面SBC所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|===.故选C.8.A如图,设BC=CA=CC1=1,则A(1,0,1),B(0,1,1),D1,F1,∴=,=,∴|cos<,>|===.故选A.9.D设菱形ABCD的边长为1,取AC的中点O,连接BO、DO,因为∠ABC=60°,所以BO⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD,如图建系,则O(0,0,0),C,B,D,所以=,=,=.设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,得x=,y=1,则n=(,1,1),易知平面CDA的一个法向量为=,所以|cos<,n>|==,故选D.10.A如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,由题意可得A(0,0,0),G(4,2,0),N(2,0,0),∴=(4,2,0),∵AD∥EF,动点M在线段EF上,∴可设M(0,y,1),y∈[1,3].∴=(-2,y,1),∴cosα=|cos<,>|===.令t=4-y,则t∈[1,3],y=4-t,∴cosα==×=×,当t=3时,cosα取最大值,(cosα)max=.故选A.11.BC∵∠PAD=,∴PA⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,∴PA⊥平面ABCD,∵底面ABCD为矩形,∴AB,AD,AP两两垂直.以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),B(2,0,0),O(1,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4),∴=(1,2,-4),=(0,4,0),∴|cos<,>|===,∴异面直线PO与AD所成角的余弦值为,故A错,B对.由题易得E(0,2,2),AB⊥平面PAD,取平面PAD的一个法向量m=(1,0,0).∵=λ,λ∈[0,1],PA=4,∴FA=4λ,∴F(0,0,4λ),设平面OEF的法向量为n=(x,y,z),易知=(-1,0,2),=(1,2,-4λ),则即令x=2,得n=(2,2λ-1,1),∵平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,∴|cos<m,n>|==,而|cos<m,n>|==,∴=,解得λ=,故C对,D错.故选BC.12.答案解析如图,以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Cxyz,则C(0,0,0),B1(0,1,2),B(0,1,0),∴=(0,1,2),=(0,1,0).设AD=a(0≤a≤2),则点D的坐标为(2,0,a),=(2,0,a).设平面B1CD的法向量为m=(x,y,z),则⇒令z=-1,得m=.又平面C1DC的一个法向量为=(0,1,0),记为n,则由cos30°===,解得a=(负值舍去),故AD=.13.解析(1)证明:∵AD∥