2023届高考数学特训营-第6节-空间向量的应用

第6节空间向量的应用A级(基础应用练)1．(2022·辽宁省摸底检测)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是棱BB1，B1C1的中点，若∠CMN＝90°，则异面直线AD1和DM所成角的大小为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案：D解析：以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设D1A1＝a，D1C1＝b，D1D＝c，则C(0，b，c)，M(a，b，eq\f(c,2))，N(eq\f(a,2)，b，0)，A(a，0，c)，D(0，0，c)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(a，0，－eq\f(c,2))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－eq\f(a,2)，0，－eq\f(c,2))，eq\o(DM,\s\up6(→))＝(a，b，－eq\f(c,2))，eq\o(D1A,\s\up6(→))＝(a，0，c)．因为∠CMN＝90°，所以eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，即有c2＝2a2.因为eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(D1A,\s\up6(→))＝a2－eq\f(c2,2)＝a2－a2＝0，所以DM⊥AD1，即异面直线AD1和DM所成角的大小为90°.故选D.2．(多选题)已知正方体ABCD­A1B1C1D1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eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，则下列说法正确的是()A．点A到直线BE的距离是eq\f(\r(5),5)B．点O到平面ABC1D1的距离为eq\f(\r(2),4)C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为eq\f(\r(3),3)D．点P到直线AB的距离为eq\f(25,36)答案：BC解析：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(eq\f(1,2)，0，1)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0，1)．设∠ABE＝θ，则cosθ＝eq\f(|\o(BA,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→))|,|\o(BA,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(5),5).故A到直线BE的距离d1＝|eq\o(BA,\s\up6(→))|sinθ＝1×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(2\r(5),5)，故A错误．易知eq\o(C1O,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1A1,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，－eq\f(1,2)，0)，平面ABC1D1的一个法向量eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝eq\f(|\o(DA1,\s\up6(→))·\o(C1O,\s\up6(→))|,|\o(DA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，故B正确．eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0.))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＝eq\f(|\o(A1D1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).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eq\f(\r(3),3)，故C正确．因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AA1,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\f(3,4)，eq\f(1,2)，eq\f(2,3))，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，则eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,4)，所以点P到直线AB的距离d＝eq\r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－|\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)|2)＝eq\r(\f(181,144)－\f(9,16))＝eq\f(5,6)，故D错误．3．(2022·湖北省高三期中)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BB1和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD所成的角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(6),3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(2),3)答案：B解析：以点A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则A(0，0，0)，E(2，0，1)，F(0，2，1)，C(2，2，0)，∴eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(－2，0，1)，∴平面ECF的一个法向量为n＝(1，1，2)．设平面ECF与平面ABCD的夹角为θ.∵m＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量，∴cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|2|,\r(1)×\r(6))＝eq\f(\r(6),3).故选B.4．(2022·福建省福州市高三调研)如图所示，在四面体P­ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B­AP­C的余弦值为()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(7),7) D.eq\f(5,7)答案：C解析：如图所示，作BD⊥AP于点D，作CE⊥AP于点E，设AB＝1，则易得CE＝eq\f(\r(2),2)，EP＝eq\f(\r(2),2)，PA＝PB＝eq\r(2)，可以求得BD＝eq\f(\r(14),4)，ED＝eq\f(\r(2),4).因为eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(EC,\s\up6(→))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))2＝eq\o(BD,\s\up6(→))2＋eq\o(DE,\s\up6(→))2＋eq\o(EC,\s\up6(→))2＋2eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＋2eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(EC,\s\up6(→))＋2eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))，则eq\o(EC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)，cos〈eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EC,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(EC,\s\up6(→))|·|\o(BD,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(7),7)，因为二面角B­AP­C为锐二面角，所以二面角B­AP­C的余弦值为eq\f(\r(7),7)，故选C.5．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(2\r(2),3) D.eq\f(2\r(3),3)答案：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，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，eq\o(D1A1,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令z＝1，得平面A1BD的一个法向量为n＝(－1，1，1)．∴点D1到平面A1BD的距离d＝eq\f(|\o(D1A1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3).6．(多选题)(2022·江苏省淮安市高三月考)如图，设E，F分别是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱DC上两点，且AB＝2，EF＝1，其中正确的命题为()A．三棱锥D1­B1EF的体积为定值B．异面直线D1B1与EF所成的角的大小为60°C．D1B1⊥平面B1EFD．直线D1B1与平面B1EF所成的角的大小为30°答案：ADeq\f(1,3)×eq\f(1,2)×EF×DD1×BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×2＝eq\f(2,3)，故三棱锥D1­B1EF的体积为定值，故A正确；对于B，EF∥D1C1，D1B1和D1C1所成角的大小为45°，即异面直线D1B1与EF所成角的大小为45°，故B错误；对于C，若D1B1⊥平面B1EF，则D1B1⊥EF，即异面直线D1B1与EF所成角的大小为90°，故C错误；对于D，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设E(0，a，0)(0≤a≤1)，则F(0，1＋a，0)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(2，2－a，2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(2，2，0)，设平面B1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB1,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（2，2－a，2）＝0,n·\o(EF,\s\up6(→))＝（x，y，z）·（0，1，0）＝0))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0,x＋z＝0))，令z＝－1，则平面B1EF的一个法向量n＝(1，0，－1)，cos〈n，eq\o(D1B1,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(D1B1,\s\up6(→)),|n|·|\o(D1B1,\s\up6(→))|)＝eq\f(（1，0，－1）·（2，2，0）,\r(2)·2\r(2))＝eq\f(1,2)，〈n，eq\o(D1B1,\s\up6(→))〉＝60°，所以直线D1B1与平面B1EF所成角的大小为30°，正确．故选AD.7．在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点S在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成角的大小是________．答案：30°解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O­xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P(0，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))．则eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－a，－eq\f(a,2)，eq\f(a,2))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(a，a，0)．设平面PAC的法向量为n，则n⊥eq\o(AP,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CA,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ax＝0,－ax－\f(a,2)y＋\f(a,2)z＝0))，得x＝0，令y＝1，则z＝1，∴n＝(0，1，1)，则cos〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·n,|\o(CB,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(a,\r(2)·\r(2)a)＝eq\f(1,2).∴〈eq\o(CB,\s\up6(→))，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成角的大小为90°－60°＝30°.8．(2022·山东济南高三月考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1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________．答案：eq\f(6\r(89),89)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(0，1，eq\f(1,3))，N(eq\f(1,2)，0，0)，∴eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\f(1,3))，eq\o(B1N,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，－1，－1)．设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量n＝(x，y，z)，由n·eq\o(BM,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(B1N,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,3)z＝0，,－\f(1,2)x－y－z＝0，))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＝eq\f(|\o(BB1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(6,\r(89))＝eq\f(6\r(89),89).9．(2022·辽宁省摸底检测)已知点E，F分别在正方体ABCD­A1B1C1D1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________．答案：eq\f(\r(2),3)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．∵BH＝eq\f(3\r(2),2)，EB＝1，∴tan∠EHB＝eq\f(EB,BH)＝eq\f(\r(2),3).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，eq\f(1,3))，F(0，1，eq\f(2,3))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，1，eq\f(1,3))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，1，eq\f(2,3))，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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)z＝0，,－x＋y＋\f(2,3)z＝0，))令y＝1，得z＝－3，x＝－1，则平面AEF的一个法向量n＝(－1，1，－3)，取平面ABC的法向量为m＝(0，0，－1)，则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(3\r(11),11)，tanθ＝eq\f(\r(2),3).10．(2022·浙江高三月考)如图，在三棱锥S­ABC中，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq\f(π,2)，M，N分别是AB，SC的中点．则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为________，直线SM与平面SAC所成角的大小为________．答案：eq\f(\r(10),5)eq\f(π,4)解析：因为∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝eq\f(π,2)，所以以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设SA＝SB＝SC＝2，则M(1，1，0)，B(0，2，0)，N(0，0，1)，A(2，0，0)，C(0，0，2)．因为eq\o(SM,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(0，－2，1)，cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，eq\o(BN,\s\up6(→))〉＝eq\f(－2,\r(2)·\r(5))＝－eq\f(\r(10),5)，所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为eq\f(\r(10),5).平面SAC的一个法向量为eq\o(SB,\s\up6(→))＝(0，2，0)，则由cos〈eq\o(SM,\s\up6(→))，eq\o(SB,\s\up6(→))〉＝eq\f(2,\r(2)·2)＝eq\f(\r(2),2)得〈eq\o(SM,\s\up6(→))，eq\o(SB,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,4)，即直线SM与平面SAC所成角的大小为eq\f(π,4).(通常“右手系”建系)B级(综合创新练)11．(2022·重庆高三期末)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，AD＝2，AB＝3，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PB上一点(不与P，B重合)，平面ADE交棱PC于点F.(1)求证：AD∥EF.(2)若平面BAC与平面ACE的夹角的余弦值为eq\f(3\r(30),20)，求点B到平面AEC的距离．解：(1)证明：∵底面ABCD为矩形，∴AD∥BC，又∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC.又∵AD⊂平面ADE，平面ADE∩平面PBC＝EF，∴AD∥EF.(2)如图，取AD的中点O，连接PO，过点O作OH∥AB交BC于点H.∵侧面PAD为正三角形，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且交线为AD，∴PO⊥平面ABCD，∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD，∴OH⊥AD.以O为原点，OA，OH，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O­xyz，则O(0，0，0)，P(0，0，eq\r(3))，A(1，0，0)，B(1，3，0)，C(－1，3，0)，∴eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，3，－eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，3，0)．设eq\o(PE,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(0<λ<1)，则E(λ，3λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝(λ－1，3λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)．设平面AEC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x1＋3y1＝0，,（λ－1）x1＋3λy1＋（\r(3)－\r(3)λ）z1＝0，))令x1＝3，则y1＝2，z1＝eq\f(\r(3)（3λ－1）,λ－1)，∴平面AEC的一个法向量为n＝(3，2，eq\f(\r(3)（3λ－1）,λ－1))．易知eq\o(OP,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))是平面ABC的一个法向量，∴|cos〈eq\o(OP,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OP,\s\up6(→))·n|,|\o(OP,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|\f(9λ－3,λ－1)|,\r(3)×\r(13＋\f(3（3λ－1）2,（λ－1）2)))＝eq\f(3\r(30),20)，解得λ＝eq\f(2,3)，∴E(eq\f(2,3)，2，eq\f(\r(3),3))，∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,3)，－1，eq\f(\r(3),3))．又∵平面AEC的一个法向量n＝(3，2，－3eq\r(3))，∴点B到平面AEC的距离为eq\f(|\o(BE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(6,2\r(10))＝eq\f(3\r(10),10).12．(2022·宁夏石嘴山市模拟)在Rt△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,2)，AB＝2，BC＝4，已知E，F分别是BC，AC的中点，将△CEF沿EF折起，使C到C1的位置如图所示，且∠BEC1＝eq\f(π,3)，连接C1B，C1A.(1)求证：平面AFC1⊥平面ABC1.(2)求平面AFC1与平面BEC1所成锐二面角的大小．解：(1)证明：取AC1，BC1的中点分别为G，H，连接GH，GF，HE，如图所示，则GH∥AB∥EF，GH＝EF＝eq\f(1,2)AB，EF⊥BE，EF⊥C1E，BE∩C1E＝E，所以EF⊥平面BEC1，又EH⊂平面BEC1，所以EF⊥EH，所以GH⊥EH.因为∠BEC1＝eq\f(π,3)，E是BC的中点，所以△EBC1为等边三角形，所以EH⊥BC1，又因为GH⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，GH∩BC1＝H，所以EH⊥平面ABC1.又因为GH∥EF，GH＝EF，所以四边形EHGF为平行四边形，所以FG∥EH，所以FG⊥平面ABC1，又因为FG⊂平面AFC1，所以平面AFC1⊥平面ABC1.(2)以B为坐标原点，在平面BC1E内与BE垂直的直线为x轴，BE，BA所在的直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，2)，F(0，2，1)，C1(eq\r(3)，1，0)，平面BEC1的一个法向量m＝(0，0，1)，设平面AFC1的法向量为n＝(x，y，z)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y－z＝0，,\r(3)x＋y－2z＝0，))令y＝1，则z＝2，x＝eq\r(3)，所以n＝(eq\r(3)，1，2)是平面AFC1的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,1×\r(3＋1＋4))＝eq\f(\r(2),2)，所以平面AFC1与平面BEC1所成锐二面角的大小为eq\f(π,4).(通常“右手系”建系)13．(2022·江苏淮阴高三模拟)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题．如图，在四棱锥P­ABCD中，AC∩BD＝O，底面四边形ABCD为菱形，若________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A­PB­C的余弦值．解：若选②：由PO⊥平面ABCD，PC⊥AB，PO∩PC＝P，得AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BC>BA，这与底面四边形AB