2023届高考数学二轮复习专题十二空间向量的应用作业（A）含答案

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2023届新高考数学高频考点专项练习：专题十二考点34 空间向量的应用（A卷）1.已知向量，平面的一个法向量，若，则(   )A.，  B.，C.  D.2.若平面的法向量为，直线的方向向量为，直线与平面所成的角为，则下列关系式成立的是(   )A. B. C. D.3.如图，正四棱锥中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且，则直线BC与平面PAC的夹角是(   )

A．30° B．45° C．60° D．90°4.如图，在四棱锥中，侧面PAD是边长为4的正三角形，底面ABCD为正方形，侧面底面ABCD，若M为平面ABCD上的一个动点，且满足，则点M到直线AB的最大距离为(   )

A. B. C. D.5.在正方体中，点E为的中点，则平面与平面ABCD的夹角的余弦值为(   )A. B. C. D.6.如图，正方体的棱长为1，中心为O，，，则四面体的体积为(   )

A. B. C. D.7.在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为棱上的一点，且，则点G到平面的距离为(   )

A. B. C. D.8.(多选)正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的有(   )A.AD与BC所成的角为30°B.AC与BD所成的角为90°C.BC与面ACD所成角的正弦值为D.平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是9.(多选)已知正方体的棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是(   )A.点A到直线BE的距离是B.点O到平面的距离为C.平面与平面间的距离为D.点P到直线AB的距离为10.如图，在直三棱柱中，，，D为上一点.若二面角的大小为30°，则AD的长为_____________.11.已知点E，F分别在正方体的棱，上，且，，则平面AEF与平面ABC所成角的正切值为________________.12.在长方体中，，，Q是线段上一点，且，则点Q到平面的距离为____________.13.在长方体中，，，则直线与所成角的余弦值为_____________.14.如图，在四棱柱中，平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，，PD和AN交于点E.(1)求证：平面平面PDG；(2)求直线PD与平面AMN所成角的正弦值.15.如图1，在中，分别为上的点，，现将沿着直线翻折，使得点A到达点的位置，如图2，二面角的大小为60°，连接为上的点，且，连接.(1)求证:平面;(2)若，求平面和平面所成二面角的正弦值.
答案以及解析1.答案：A解析：因为，所以，由，得，，，.故选A.2.答案：D解析：设直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则或..3.答案：A解析：如图所示，以为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设，则.则，设平面的法向量为，则，可求得，则.∴，∴直线与平面所成的角为.故选A.4.答案：B解析：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.

设，则，.，，整理得，M为为平面ABCD上到点（1，2）的距离为的一个动点，故点M到直线AB的最大距离为.故选B.5.答案：B解析：以A为原点，AB，AD，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，，，，.设平面的法向量为，则有即令，得.易得平面ABCD的一个法向量，，即平面与平面ABCD的夹角的余弦值为.6.答案：D解析：如图所示，以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，因此，，，所以，，.
易得，所以.
设平面EBF的一个法向量为，则
令，得，
所以点O到平面EBF的距离为，所以四面体的体积.7.答案：D解析：以D为原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
因此，，.
设平面的法向量为，则，
令，得，
点G到平面的距离为，故选D.8.答案：BD解析：取BD的中点O，连接AO，CO，正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，以O为原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，.，异面直线AD与BC所成的角为60°，故A错误；，，故B正确；设平面ACD的法向量为，则取，得，，，设BC与面ACD所成角为，则，故C错误；易知平面BCD的一个法向量为，设平面ABC的法向量为，则取，得，，，设两个平面的夹角为，则，，，平面ABC与平面BCD的夹角的正切值是，故D正确.故选BD.9.答案：BC解析：如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，.设，则，.故A到直线BE的距离，故A错.易知，平面的一个法向量，则点O到平面的距离，故B对.，，.设平面的法向量为，则所以令，得，，所以.所以点到平面的距离.因为易证得平面平面，所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，所以平面与平面间的距离为，故C对.因为，所以，又，则，所以点P到AB的距离，故D错.10.答案：解析：如图，以C为坐标原点，CA，CB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则，，，，.设，则点D的坐标为，.设平面的法向量为，则令，得.又平面的一个法向量为，记为n，则由，解得（负值舍去），故.11.答案：解析：如图，以点D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，设，由已知条件得，，，，，则，，.设平面AEF的法向量为，平面AEF与平面ABC所成角为，由得令，则，，所以，易得平面ABC的一个法向量，则，又，所以，所以.12.答案：解析：如图，以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，由，得，，设平面的法向量为，由得取，则，，，点Q到平面的距离.13.答案：解析：设，，，则，，.由，得（负值舍去），，，，又，，.14.答案：(1)证明过程见解析.(2)正弦值为.解析：(1)平面ABCD，平面ABCD，.，，，.又平面PDC.平面EAC，平面平面PDC.(2)解法一：由(1)知，，平面ABCD，平面ABCD，，又平面PAC.又平面PAC，又平面AMN，平面平面PAC.易知平面平面，过点P作于点H，则平面AMN，连接EH，则为直线PD与平面AMN所成的角.在中，P，则.设，易知F为PC的中点，，连接PM，则，，在中，，得，，故直线PD与平面AMN所成角的正弦值为.解法二：由(1)知，，又，所以.连接PM，则.因为平面ABCD，故以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面AMN的法向量为，则，即，则，取，则，所以.设直线PD与平面AMN所成的角为，则，故直线PD与平面AMN所成角的正弦值为.15.答案：(1)见解析(2)解析：(1)取的三等分点G，且，连接.因为，所以，所以且.又，可知且.所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.(2)解法一：由题意可知，，将沿翻折，易得平面，故，又易知二面角的平面角，所以，由于，故，所以平面，故以C为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设是平面的法向量，则即令，得.又平面的一个法向量为，设平面与平面所成二面角的大小为θ，则，得，所以平面和平面所成二面角的正弦值为.解法二：由题意可知，，将沿翻折，易得平面，故，又易知二面角的平面角，由余弦定理，得，由于，故，所以平面，延长和相交于点A，连接，过点C作于点H，连接，如图，因为平面，则，又，所以平面，所以，所以为二面角的平面角.易知，在中，，，所以，所以，所以平面和平面所成二面角的正弦值为.