高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.2 空间向量基本定理测试题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.2 空间向量基本定理测试题，共16页。

八　用空间向量研究距离、夹角问题
【基础通关-水平一】 (15分钟　30分)
1．已知A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，则点A到直线BC的距离
为(　　)
A． B．1 C． D．2
【解析】选A.因为A(0，0，2)，B(1，0，2)，C(0，2，0)，
所以＝(1，0，0)，＝(－1，2，－2)，所以点A到直线BC的距离为
d＝
＝
＝1×＝.
2．若正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解析】选C.因为正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积为，AB＝1，
所以AA1＝，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

则A(1，0，0)，B1(1，1，)，C(0，1，0)，D1(0，0，)，＝(0，1，)，＝(0，－1，)，设直线AB1与CD1所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝，又0°<θ≤90°，
所以θ＝60°，所以直线AB1与CD1所成的角为60°.
3．已知平面α的一个法向量n＝，A∈α，P∉α，且＝，则直线PA与平面α所成的角为________．
【解析】设直线PA与平面α所成的角为θ，
则sin θ＝＝
＝＝，
所以直线PA与平面α所成的角为.
答案：
4．棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别是线段BB1，B1C1的中点，则直线MN到平面ACD1的距离为________．
【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)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，M，A(1，0，0).
所以＝，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1).
设平面ACD1的法向量为n＝，
则即
令x＝1，则y＝z＝1，所以n＝(1，1，1).
所以点M到平面ACD1的距离d＝＝.
又，故MN∥平面ACD1.故直线MN到平面ACD1的距离为.
答案：
5．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.

(1)证明：PC⊥AD；
(2)求二面角A­PC­D的正弦值．
【解析】如图，

以点A为坐标原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，1，0)，B，P(0，0，2).
(1)易得＝(0，1，－2)，＝(2，0，0)，
则·＝0，所以PC⊥AD.
(2)易得＝(0，1，－2)，＝(2，－1，0).
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z).
由得
令z＝1，可得n＝(1，2，1).
又＝(2，0，0)是平面PAC的一个法向量，
所以cos 〈，n〉＝＝，从而sin 〈，n〉＝.所以二面角A­PC­D的正弦值为.
【能力进阶—水平一】 (30分钟　60分)
一、单选题(每小题5分，共20分)
1．Rt△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝，则点P到斜边AB的距离是(　　)
A．3 B．9 C．12 D. 2
【解析】选A.以点C为坐标原点，CA，CB，CP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．

则A(4，0，0)，B(0，3，0)，P，
所以＝(－4，3，0)，＝.所以点P到AB的距离
d＝＝＝3.
2．如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1的夹角是(　　)

A. B． C． D．
【解析】选C.如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz.

由于AB＝BC＝AA1，不妨取AB＝2，
则B(0，0，0)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，C1(2，0，2).
所以＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，
所以cos 〈，〉＝＝＝，
所以异面直线EF和BC1的夹角为.
3．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　　)

A. B． C． D．
【解析】选D.如图所示，建立空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，所以＝(－2，0，1).

连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，所以平面BB1D1D的一个法向量为a＝＝(－2，2，0).
所以所求角的正弦值为|cos 〈a，〉|＝＝＝.
4．已知四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，BC＝BD＝，AB与平面ACD所成角的正切值为，则点B到平面ACD的距离为(　　)
A． B． C． D．
【解析】选D.以B为原点，BC，BD，BA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

设BA＝t(t>0)，B，C，D，A.
＝，＝，
＝.
设平面ACD的法向量n＝，
则
令x＝1，得y＝1，z＝，故n＝.
因为直线AB与平面ACD所成角的正切值为，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为.
即＝＝，解得t＝2.
所以平面ACD的法向量n＝，故B到平面ACD的距离为d＝＝＝.
二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
5．正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝AB，则(　　)
A．AC1与底面ABC所成角的正弦值为
B．AC1与底面ABC所成角的正弦值为
C．AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为
D．AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为
【解析】选BC.如图，取A1C1的中点E，AC的中点F，并连接EF，则EB1，EC1，EF三条直线两两垂直，
则分别以这三条直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系．

设AB＝2，则AA1＝2，
所以A1(0，－1，0)，C1(0，1，0)，A(0，－1，2)，C(0，1，2)，B1(，0，0)，所以＝.
底面ABC的其中一个法向量为m＝，
所以AC1与底面ABC所成角的正弦值为＝＝＝，A错B对．
因为A1B1的中点K的坐标为，
所以侧面AA1B1B的其中一个法向量为＝，所以AC1与侧面AA1B1B所成角的正弦值为＝＝＝，故C对D错.
6．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若棱长为1，点E，F分别为线段B1D1，BC1上的动点，则下列结论正确的是(　　)
A．DB1⊥面ACD1
B．面A1C1B∥面ACD1
C．点F到面ACD1的距离为定值
D．直线AE与面BB1D1D所成角的正弦值为定值
【解析】选ABC.以A为坐标原点可建立如图所示的空间直角坐标系．

由题意知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E(x，y，1)，＝λ，即(x－1，y，0)＝(－λ，λ，0)，所以E(1－λ，λ，1)，
设F(1，y′，z′)，＝μ，
即(0，y′，z′)＝(0，μ，μ)，所以F(1，μ，μ).
对于A，因为＝(1，－1，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，1)，
所以
所以DB1⊥AC，DB1⊥AD1，又AC，AD1⊂平面ACD1，AC∩AD1＝A，所以DB1⊥平面ACD1，A正确；
对于B，因为DB1⊥平面ACD1，所以＝(1，－1，1)为平面ACD1的一个法向量，
因为＝(1，1，0)，＝(1，0，－1)，
所以
所以DB1⊥A1C1，DB1⊥A1B，
又A1C1，A1B⊂平面A1C1B，A1C1∩A1B＝A1，
所以DB1⊥平面A1C1B，
所以平面A1C1B∥平面ACD1，B正确；
对于C，因为＝(1，μ，μ)，
所以点F到面ACD1的距离d＝＝＝，为定值，C正确；
对于D，因为几何体为正方体，所以AC⊥平面BB1D1D，
所以＝(1，1，0)是平面BB1D1D的一个法向量，
又＝(1－λ，λ，1)，
设直线AE与平面BB1D1D所成角为θ，则sinθ＝＝，不是定值，D错误．
三、填空题(每小题5分，共10分)
7．已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是________．

【解析】以O为坐标原点建立空间直角坐标系，

则B(1，2，0)，C(－1，2，0)，P(0，0，2)，
所以M，
因此＝，
设平面PCO一个法向量为n＝(x，y，z)，
所以所以
取n＝(2，1，0)，因此直线BM与平面PCO所成角的正弦值是＝＝.
答案：
8．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝AC＝BC＝1，则异面直线BC1与A1B1所成角为________；二面角A­BC1­C的余弦值是________．

【解析】直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，
所以CC1⊥BC，CC1⊥AC，AC⊥BC，
如图，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则A，B，C，C1，
B1，A1.
所以＝，＝，＝.
所以＝＝，
所以异面直线BC1与A1B1所成角为；
设平面ABC1的法向量为n＝，
则即令y＝1，
则n＝，显然平面CBC1的一个法向量为m＝，cos 〈n，m〉＝＝＝，
故二面角A­BC1­C的余弦值是.
答案：　
四、解答题(每小题10分，共20分)
9．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD上一点，且BM⊥PD.

(1)求异面直线PB与CM所成角的余弦值；
(2)求点M到平面PAC的距离．
【解析】(1)分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，A，B，C，D，P，

则＝，＝，
＝，
设＝λ(0≤λ≤1)，则＝，
所以＝－＝，
由BM⊥PD知·＝0＋16λ－4＝0，
所以λ＝，M为PD的中点，
所以M，＝，
cos 〈，〉＝＝＝－.
所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.
(2)＝，＝，
设平面PAC的法向量为n＝，
由得
所以z＝0，取x＝2，得y＝－1，
所以n＝是平面PAC的一个法向量．
所以点M到平面PAC的距离为＝＝.
10．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．
【解析】(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.

(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
当三棱锥M­ABC体积最大时，M为的中点．
由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，
＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0).设n＝(x，y，z)是平面MAB的一个法向量，
则即可取n＝(1，0，2).
是平面MCD的一个法向量，
因此cos 〈n，〉＝＝，sin 〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
【创新迁移】
1.在三棱锥A­BCD中，BC＝2a，∠BAC＝∠BDC＝60°，平面ABC⊥平面BCD，当三棱锥A­BCD的体积取最大值时，AB与CD所成角的余弦值为_____．
【解析】设点A到平面BCD的距离为h1，点D到平面ABC的距离为h2，在三棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，
所以VA­BCD＝·h1··h2·BC＝h1h2·BC，
又因为∠BAC＝∠BDC＝60°，

考虑圆的一条弦对的圆周角相等，当两边相等时顶点到底边距离最大．
由题意可知，当AB＝AC，BD＝CD时，三棱锥A­BCD的体积最大，此时，△ABC与△BDC是等边三角形，如图所示．
取BC的中点为O，连接AO，DO，
则AO⊥BC，DO⊥BC；又平面ABC⊥平面BCD，
则AO，DO，BC两两互相垂直，设O为坐标原点，OD，OC，OA所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz；

因为BC＝2a，则A(0，0，a)，
B(0，－a，0)，C(0，a，0)，D(a，0，0)，则＝(0，－a，－a)，＝(a，－a，0)；
所以cos 〈，〉
＝＝；
即AB与CD所成角的余弦值为.
答案：
2．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．

(1)求异面直线A1B，AC1所成角的余弦值；
(2)求直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值；
(3)求异面直线A1B与AD的距离．
【解析】以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，
则各点的坐标为B，A1，C1，D，B1(2，0，4).如图所示：

(1) ＝，＝，
所以cos 〈，〉＝＝－.
故异面直线A1B和AC1所成角的余弦值为.
(2) ＝(2，0，4)，＝，＝(0，2，4)，
设平面C1AD的法向量为n＝.
则即
取x＝1，得n＝.
设直线AB1与平面C1AD所成角为θ，
则＝＝.
所以直线AB1与平面C1AD所成角的正弦值为.
(3)连接A1C交AC1于点M，连接DM，易得DM∥A1B，所以A1B∥平面C1AD，故点A1到平面C1AD的距离即为所求异面直线A1B与AD的距离．
记点A1到平面C1AD的距离为d，则d＝＝＝＝.
所以异面直线A1B与AD的距离为.