(新高考)高考数学一轮复习第43讲《利用空间向量求空间角和距离》达标检测(解析版)

第43讲 利用空间向量求空间角和距离（达标检测）

[A组]—应知应会

1．（•让胡路区校级三模）在长方体中，，，分别为棱，，的中点，，则异面直线与所成角的大小为　　

A． B． C． D．

【分析】建立平面直角坐标系，根据题意写出各点坐标，得出 的坐标，代入数量积公式运算，可得两个向量互相垂直，进一步确定异面直线与所成角的大小．

【解答】解：如图，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，

设，则，0，，，1，，，0，，，2，，

所以，，

，所以，

所以异面直线与所成角的大小为．

故选：．

2．（春•济宁期末）已知正四棱柱中，，，则直线和所成的角的余弦值为　　

A． B． C． D．

【分析】以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解空间角．

【解答】解：如图，

以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．

则，，，，，，，．

，．

．

直线和所成的角的余弦值为．

故选：．

3．（春•如东县期末）在长方体中，，，则直线与平面所成角的正弦值为　　

A． B． C． D．

【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．

【解答】解：在长方体中，，，

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

，2，，，2，，，0，，，0，，

，0，，，2，，，0，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，，，

设直线与平面所成角为，

则直线与平面所成角的正弦值为：

．

故选：．

4．（•武侯区校级模拟）如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，，且，，则与面所成角的正弦值等于　　

A． B． C． D．

【分析】可以把三棱椎补成棱长为1的正方体，以为原点建立空间直角坐标系，求得面的法向量即可求解．

【解答】解：三棱椎的底面是等腰直角三角形，，且，，

可以把三棱椎补成棱长为1的正方体，如图所示．

如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，0，，，1，，，1，，，0，．

，，，

设面的法向量为，

．

．

则与面所成角的正弦值等于．

故选：．

5．（春•上饶期末）在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）中，，，分别为和的中点，当和所成角的余弦值为时，与平面所成角的正弦值为　　

A． B． C．或 D．

【分析】设，以为原点，以垂直于的直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由和所成角的余弦值为，求出．得到，再求出平面的法向量，由此能求出与平面所成角的正弦值．

【解答】解：设，以为原点，以垂直于的直线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，1，，，，，，0，，，，，

，，，，，，

和所成角的余弦值为，

，，

解得或．

，，，或，，，

平面的法向量，0，，

与平面所成角的正弦值为：

或．

故选：．

6．（春•绵阳期末）在三棱锥中，面面，，，，是的中点．设，若，，则二面角的余弦值的范围为　　

A． B． C． D．

【分析】由题意画出图形，证明平面，又，为坐标原点，过作平行于的直线为轴，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系．设，得，分别求出平面与平面的一个法向量，得到二面角的余弦值，再由，得答案．

【解答】解：如图，

由面面，面面，，

得平面，又，

以为坐标原点，过作平行于的直线为轴，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系．

设，由，得，则．

，，，，，，，0，，，，．

，，，，，，，，，

设平面的一个法向量为，

由，取，得；

设平面的一个法向量为，

由，取，得．

由图可知，二面角的平面角为锐角，

则二面角的余弦值为

．

，，

则二面角的余弦值范围为，．

故选：．

7．（2019秋•莲都区校级月考）如图，四棱柱中，底面是正方形，各侧棱都相等，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则　　

A． B． C． D．

【分析】连结，，交于点，连结，则，，两两垂直，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．

【解答】解：连结，，交于点，连结，则，，两两垂直，

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设，则，0，，，0，，，，，，，，

，0，，，，，，，，

，

平面的法向量，0，，

，

设平面的法向量，，，

则，取，得，1，，

，

，．

故选：．

8．（春•洮北区校级期末）如图，在三棱柱中，，，，，，点，分别在棱和棱上，且，，则二面角的正切值为　　    ．

【分析】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正切值．

【解答】解：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，

，2，，，，，，，，，1，，

，0，，，，，，，，

，，，，，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，，，

平面的法向量，0，，

设二面角的平面角为，

则，，

．

二面角的正切值为．

9．（2019秋•阳泉期末）在正方体中，和平面所成角的正弦值为　　   ．

【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出和平面所成角的正弦值．

【解答】解：在正方体中，设棱长为1，

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，0，，，1，，

，0，，，1，，，0，，

设平面的法向量，，，

则，取，得，1，，

设和平面所成角为，

则．

和平面所成角的正弦值为．

故答案为：．

10．（2019秋•泰安期末）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，，平面平面，是的中点，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值是　　       ．

【分析】以为原点，为轴，过作平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角的正弦值．

【解答】解：以为原点，为轴，过作平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

，2，，，0，，，2，，，1，，，0，，

，，

设平面的法向量，，，

，可得，1，，

设直线与平面所成角为，

则

故答案为：

11．（•长春四模）已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，则二面角的余弦值为　　．若动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则线段的长度范围是　　．

【分析】易知为二面角的平面角，利用相似的性质可求得，进而求得，由此得解二面角的余弦值；建立空间直角坐标系，可求得点的轨迹为经过，中点的线段，再根据对称性即可求得线段长度的最值，进而得到取值范围．

【解答】解：延长至，使得，连接，如图，

由于为正方体，由三垂线定理易知为二面角的平面角，

而，故，

，；

以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，2，，，，0，，，2，，，2，，，0，，

则，，设平面的一个法向量为，则，故可取，又平面，

，点的轨迹为经过，中点的线段，

根据对称性可知，当点在两个中点时，，当点在两个中点的中点时，，故选段的长度范围是．

故答案为：，．

12.如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

(1)证明：MN∥平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．

解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.

取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.

因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.

(2)取BC的中点E，连接AE.

由AB＝AC得AE⊥BC，

从而AE⊥AD，AE＝＝ ＝.

以A为坐标原点，AE，AD，AP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A­xyz.

由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，

＝(0,2，－4)，＝，＝.

设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则

即可取n＝(0,2,1)．

于是|cos〈n，〉|＝＝.

设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝，

即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.

13．已知在四棱锥P­ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥CD，AB＝2，DC＝4，E为PC的中点，PD＝PC，BC＝2.

(1)求证：BE∥平面PAD；

(2)若PB与平面ABCD所成角为45°，点P在平面ABCD上的射影为O，问：BC上是否存在一点F，使平面POF与平面PAB所成的角为60°？若存在，试求点F的位置；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：取PD的中点H，连接AH，EH，则EH∥CD，EH＝CD，

又AB∥CD，AB＝CD＝2，

∴EH∥AB，且EH＝AB，

∴四边形ABEH为平行四边形，故BE∥HA.又BE⊄平面PAD，HA⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.

(2)存在，点F为BC的中点．理由：∵平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC，作PO⊥DC，交DC于点O，连接OB，可知O为点P在平面ABCD上的射影，则∠PBO＝45°.由题可知OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O­xyz，

由题知OC＝2，BC＝2，∴OB＝2，

由∠PBO＝45°，可知OP＝OB＝2，∴P(0,0,2)，A(2，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)．

设F(x，y，z)，＝λ，则(x－2，y，z)＝λ(－2,2,0)，解得x＝2－2λ，y＝2λ，z＝0，可知F(2－2λ，2λ，0)，

设平面PAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，

∵＝(2，－2，－2)，＝(0,2,0)，

∴得

令z1＝1，得m＝(1,0,1)．

设平面POF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，

∵＝(0,0,2)，＝(2－2λ，2λ，0)，

∴得

令y2＝1，得n＝.

∴cos 60°＝＝，

解得λ＝，

可知当F为BC的中点时，两平面所成的角为60°.

14.如图，四棱锥P­ABCD的底面是平行四边形，且PD⊥AB.

(1)从下列两个条件中任选一个条件证明：AB⊥平面PAD.

①O是AD的中点，且BO＝CO；②AC＝BD.

(2)在(1)条件下，若AD＝2AB＝4，PA＝PD，点M在侧棱PD上，且PD＝3MD，二面角P­BC­D的大小为，求直线BP与平面MAC所成角的正弦值．

解：(1)证明：选择条件②

∵四边形ABCD为平行四边形，且AC＝BD，

∴四边形ABCD为矩形，AB⊥AD.

又∵AB⊥PD，且AD∩PD＝D，故AB⊥平面PAD.

选择条件①

在平行四边形ABCD中，设N是BC的中点，连接ON，如图，因为O是AD的中点，所以AB∥ON.

又BO＝CO，所以ON⊥BC.

所以AB⊥BC，又在平行四边形ABCD中，BC∥AD，所以AB⊥AD.

又AB⊥PD，且PD∩AD＝D，AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，故AB⊥平面PAD.

(2)由(1)知AB⊥平面PAD，又AB⊂平面ABCD，

于是平面PAD⊥平面ABCD，连接PO，PN，

由PA＝PD，可得PO⊥AD，则PO⊥BC，又ON⊥BC，PO∩NO＝O，所以BC⊥平面PNO，所以PN⊥BC，

故二面角P­BC­D的平面角为∠PNO，则∠PNO＝.

由此得PO＝AB＝2.

以O为坐标原点，ON，OD，OP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，－2,0)，B(2，－2,0)，C(2,2，0)，P(0,0,2)，由PD＝3MD可得M，

所以＝(2,4,0)，＝，＝(－2,2,2)．

设平面MAC的法向量为n＝(x，y，z)，

由⇒令y＝1，得

所以n＝(－2,1，－5)为平面MAC的一个法向量．

设直线BP与平面MAC所成的角为θ，

则sin θ＝＝＝，

故直线BP与平面MAC所成角的正弦值为.

15．（•合肥三模）如图，边长为2的等边所在平面与菱形所在平面互相垂直，，为线段的中点．

（1）求证：平面平面；

（2）求点到平面的距离．

【分析】（1）由已知得，求解三角形得，进一步得到．在等边中，，可得．由直线与平面垂直的判定得到平面，从而得到平面平面；

（2）证明平面，知直线，，两两垂直．以点为坐标原点，分别以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再求出的坐标，利用公式求点到平面的距离．

【解答】（1）证明：四边形是菱形，，

又，，

得，则，可得是等边三角形．

点为线段的中点，．

又，．

在等边中，，

由可得，．

又，平面，

平面，平面平面；

（2）解：，平面平面，且交线为，

平面，直线，，两两垂直．

以点为坐标原点，分别以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，

则，，，，1，，

，，．

设平面的一个法向量为，

由，得，令，得，

，

即点到平面的距离为．

[B组]—强基必备

1.已知四棱锥P­ABCD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．

解：(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)在平面PBD内作PO⊥BD于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＝，

∴由题意得OP＝OC＝，∵PB＝PD，PO⊥BD，∴O为BD的中点，∴OC⊥BD.

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＋μ(λ，μ≥0，λ＋μ≤1)，

由题意得N(－λ，μ，－(λ＋μ－1))，

＝(－λ－1，μ，－(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)＝.