2022届高中数学一轮复习 课时练40 利用空间向量求空间角和距离 习题

这是一份2022届高中数学一轮复习 课时练40 利用空间向量求空间角和距离 习题，共13页。
课时练40　利用空间向量求空间角和距离基础巩固组1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为(　　)　　 　　　　　　　　　　　　　　A. B. C. D.2.(2020山西大同第一中学高三3月月考)已知圆锥的底面圆心为O,SA,SB为圆锥的两条母线,且SA与圆锥底面所成的角为30°,∠AOB=60°,则SB与平面SOA所成的角的正弦值为(　　)A. B. C. D.3.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,E,F,G分别为AB,AA1,A1C1的中点,则B1F与平面GEF所成角的正弦值为(　　)A. B.C. D.4.(多选)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所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则α,β,γ大小关系正确的是(　　)A.α>β B.α=β C.γ>β D.γ≥β5.(多选)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1=2,∠ACB=90°,D,E,F分别为AC,AA1,AB的中点.则下列结论正确的是(　　)A.AC1与EF相交B.B1C1∥平面DEFC.EF与AC1所成的角为90°D.点B1到平面DEF的距离为6.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,二面角B-AA1-C1的大小为60°,点B到平面ACC1A1的距离为,点C到平面ABB1A1的距离为2,则直线BC1与直线AB1所成角的正切值为　　　　　. 7.(2020四川三模)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=3,AA1=7,∠BAD=,∠BAA1=∠DAA1=,则AC1的长为　　　　　. 8.(2020广西壮族自治区高三模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC为等腰直角三角形,∠ACB=90°,AA1=2AC,P是侧棱CC1上的点.(1)若∠APB=60°,证明:P是CC1的中点;(2)若CP=3PC1,求二面角B-AP-C的余弦值.                9.(2020辽宁辽河油田第二高级中学高三月考(理))如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面AA1C1C⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.     10.(2020湖北高三模考)如图所示,多面体是由底面为ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的,该直四棱柱的底面为菱形,其中AB=2,CF=5,BE=1,∠BAD=60°.(1)求BG的长;(2)求平面AEFG与底面ABCD的夹角的余弦值.        综合提升组11.(2020河北高三联考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱B1C1的中点,点F是线段CD1上的一个动点.有以下三个命题:①异面直线AC1与B1F所成的角是定值;②三棱锥B-A1EF的体积是定值;③直线A1F与平面B1CD1所成的角是定值.其中真命题的个数是(　　)A.3 B.2 C.1 D.012.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)A. B. C. D.13.(2020天津,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.(1)求证:C1M⊥B1D;(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.            14.(2020辽宁高三三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,PD⊥平面ABCD,点F为棱PD的中点.(1)在棱BC上是否存在一点E,使得CF∥平面PAE,并说明理由;(2)当二面角D-FC-B的余弦值为时,求直线AF与平面BCF所成的角的正弦值.           创新应用组15.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB=,BC=2AD=2,E为CD的中点,PB⊥AE.(1)证明:平面PBD⊥平面ABCD;(2)若PB=PD,PC与平面ABCD所成的角为,试问“在侧面PCD内是否存在一点N,使得BN⊥平面PCD?”若存在,求出点N到平面ABCD的距离;若不存在,请说明理由.            参考答案 课时练40　利用空间向量求空间角和距离1.B　以A为坐标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),=(0,1,-1),,设平面A1ED的一个法向量为n1=(x,y,z),则令x=1,则∴n1=(1,2,2).又平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),∴cos<n1,n2>=即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为故选B.2.B　如图所示,C为AO中点,连接BC,SC,设底面圆的半径为r,SA与圆锥底面所成的角为∠SAO=30°,故SO=r,SB=r,因为∠AOB=60°,故△OAB为等边三角形,BC=r,BC⊥AO,易知SO⊥BC,故BC⊥平面SOA,故∠BSC为SB与平面SOA所成的角,sin∠BSC=故选B.3.A　设正三棱柱的棱长为2,取AC的中点D,连接DG,DB,分别以DA,DB,DG所在的直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B1(0,,2),F(1,0,1),E,0,G(0,0,2),=(1,-,-1),=(1,0,-1).设平面GEF的法向量n=(x,y,z),则取x=1,则z=1,y=,故n=(1,,1)为平面GEF的一个法向量,所以cos<n,>==-,所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为,故选A.4.AC　过点B作直线l∥AC,过点P作底面ABC的垂线PD,D为垂足,过点D作DF⊥AB于点F,作DE⊥l于点E,连接AD,BD,PF,PE.由题意可知,二面角P-AC-B的大小与二面角P-AB-C的大小相等,结合空间角的定义知∠PBE=α,∠PBD=β,∠PFD=γ,在Rt△PEB与Rt△PDB中,由PE>PD,得sin α>sin β,∴α>β(α,β均为锐角).故A正确,B错误;在Rt△PDB与Rt△PDF中,由PB>PF,得sin β<sin γ,∴γ>β(β,γ均为锐角).故C正确;由于不存在PB=PF的可能,故D错误,故选AC.5.BCD　对选项A,由图知AC1⊂平面ACC1A1,EF∩平面ACC1A1=E,且E∉AC1.由异面直线的定义可知AC1与EF异面,故A错误;对于选项B,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC.∵D,F分别是AC,AB的中点,∴FD∥BC,∴B1C1∥FD.又∵B1C1⊄平面DEF,DF⊂平面DEF,∴B1C1∥平面DEF.故B正确;对于选项C,由题意,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0).=(-1,1,-1),=(-2,0,2).=2+0-2=0,,∴EF与AC1所成的角为90°.故C正确;对于选项D,设向量n=(x,y,z)是平面DEF的一个法向量.=(1,0,1),=(0,1,0),取x=1,则z=-1,∴n=(1,0,-1).设点B1到平面DEF的距离为d.又=(-1,2,2),∴d=,∴点B1到平面DEF的距离为,故D正确.故选BCD.6　由题意可知,∠BAC=60°,点B到平面ACC1A1的距离为,点C到平面ABB1A1的距离为2,由于侧面和底面垂直,由面面垂直的性质定理可得,B到AC的距离为,C到AB的距离为2,所以在三角形ABC中,AB=2,AC=4,BC=2,∠ABC=90°,则=()·()=4,||=2,||=4,cos<>=,sin<>=故tan<>=7　平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=3,AA1=7,∠BAD=,∠BAA1=∠DAA1=,,则||2==()2=||2+||2+||2+2||||cos+2||||cos+2||||cos=25+9+49+2×5×3+2×3×7+2×5×7=98+56∴|AC1|=||=8.(1)证明由直三棱柱ABC-A1B1C1得C1C⊥平面ABC,∵AC,BC在平面ABC中,∴C1C⊥AC,C1C⊥BC.∵△ABC为等腰直角三角形,∴∠ACB=90°,AC=BC,且AB=AC,由勾股定理得AP==BP,∵∠APB=60°,∴△ABP是等边三角形,则AP=AB=AC,由勾股定理得PC==AC=AA1=CC1,∴P为CC1的中点.(2)解易知CA,CB,CC1两两垂直,以点C为坐标原点,CA,CB,CC1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C-xyz,设AC=2,则A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,3),=(-2,2,0),=(-2,0,3),设平面ABP的法向量为n=(x,y,z),由令x=3,得y=3,z=2,∴n=(3,3,2),又平面ACP的法向量为m=(0,1,0),∴cos<m,n>=,由图形可知,二面角B-AP-C为锐角,∴二面角B-AP-C的余弦值为9.(1)证明如图所示,连接A1E,B1E,在等边三角形AA1C中,AE=EC,则A1E⊥AC,∵平面ABC⊥平面A1ACC1,且平面ABC∩平面A1ACC1=AC,∴A1E⊥平面ABC,故A1E⊥BC.由三棱柱的性质可知A1B1∥AB,而AB⊥BC,故A1B1⊥BC,且A1B1∩A1E=A1,∴BC⊥平面A1B1E,∵EF⊂平面A1B1E,∴EF⊥BC.(2)解在底面ABC内作EH⊥AC,交AB于点H,以点E为坐标原点,EH,EC,EA1方向分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系E-xyz.设EH=1,则AE=EC=,AA1=CA1=2,BC=,AB=A1E=3,则A(0,-,0),B,A1(0,0,3),C(0,,0),=,-3,=-,0.由可得点B1的坐标为B1,利用中点坐标公式可得F,由于E(0,0,0),故直线EF的方向向量为,设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z),则所以取x=1,则y=,z=1,则平面A1BC的一个法向量为m=(1,,1),所以cos<,m>=,设直线EF与平面A1BC所成角为θ,则sin θ=|cos<,m>|=,故cos θ=10.解(1)因为多面体是由底面为ABCD的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的,所以平面ADG∥平面BCFE,又因为平面ADG∩平面AEFG=AG,平面BCFE∩平面AEFG=EF,所以AG∥EF,同理AE∥GF,所以四边形AEFG是平行四边形.连接AC,BD交于点O,以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-,0),B(1,0,0),E(1,0,1),F(0,,5),所以=(-1,,4),=(1,,0),所以=(-2,0,4),所以||==2,所以BG的长为2(2)根据题意可取平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),由(1)知=(-1,,4),=(1,,1),设平面AEFG的法向量为n=(x,y,z),则由令z=2,则x=3,y=-5,所以n=(3,-5,2),所以cos<m,n>=,所以平面AEFG与底面ABCD的夹角的余弦值为11.B　以A点为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),设F(t,1,1-t)(0≤t≤1),可得=(1,1,1),=(t-1,1,-t),可得=0,故异面直线AC1与B1F所成的角是定值,故①正确;三棱锥B-A1EF的底面A1BE面积为定值,且CD1∥BA1,点F是线段CD1上的一个动点,可得点F到底面A1BE的距离为定值,故三棱锥B-A1EF的体积是定值,故②正确;=(t,1,-t),=(0,1,-1),=(-1,1,0),可得平面B1CD1的一个法向量为n=(1,1,1),可得cos<,n>不为定值,故③错误.故选B.12.C　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,),B1(1,1,),所以=(-1,0,),=(1,1,),设异面直线AD1与DB1所成的角为α,则cos α=|cos <>|=13.解依题意,以C为原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).(1)证明:依题意,=(1,1,0),=(2,-2,-2),从而=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.(2)依题意,=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,=(0,2,1),=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).因此有cos<,n>=,于是sin<,n>=所以,二面角B-B1E-D的正弦值为(3)依题意,=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos<,n>==-所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为14.解(1)在棱BC上存在点E,使得CF∥平面PAE,点E为棱BC的中点.取PA的中点Q,连接EQ,FQ,由题意,FQ∥AD,且FQ=AD,CE∥AD,且CE=AD,故CE∥FQ,且CE=FQ.∴四边形CEQF为平行四边形.∴CF∥EQ,又CF⊄平面PAE,EQ⊂平面PAE,∴CF∥平面PAE.(2)取AB中点M,∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DM,PD⊥DC,又易知DM⊥DC,∴以D为坐标原点,分别以DM,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设FD=a,则D(0,0,0),F(0,0,a),C(0,2,0),B(,1,0),A(,-1,0).则=(0,2,-a),=(,-1,0).设平面FBC的一个法向量为m=(x,y,z).由取x=1,得m=;取平面DFC的一个法向量为n=(1,0,0).由题意,=|cos<m,n>|=,解得a=∴m=(1,),=(-,1,).设直线AF与平面BCF所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,>|=即直线AF与平面BCF所成的角的正弦值为15.(1)证明由四边形ABCD是直角梯形,AB=,BC=2AD=2,AB⊥BC,可得DC=2,∠BCD=,从而△BCD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC.∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD,∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)解存在.在平面PBD内作PO⊥BD于点O,连接OC,又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,∴PO⊥平面ABCD.∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=,∵PB=PD,PO⊥BD,∴O为BD的中点,∴OC⊥BD,∴OP=OC=以OB,OC,OP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),P(0,0,),假设在侧面PCD内存在点N,使得BN⊥平面PCD成立,设=+(λ≥0,μ≥0,λ+μ≤1),由题意得N(-λ,,-(λ+μ-1)),=(-λ-1,,-(λ+μ-1)),=(0,,-),=(-1,0,-),由得解得λ=,μ=,满足题意,∴N点到平面ABCD的距离为-(λ+μ-1)=