2021高考数学考点专项突破运用空间向量解决立体几何中的角与距离含解析

这是一份2021高考数学考点专项突破运用空间向量解决立体几何中的角与距离含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

运用空间向量解决立体几何中的角与距离
一、单选题
1、若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则( )
A. l∥α　　　　　　 　 B. l⊥α 　　　　　　
C. l⊂α　　 D. l与α斜交
【答案】B
【解析】　∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l⊥α.故选B.
2、 已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是( )
A. (－1，1，1) B. (1，－1，1)
C. D.
【答案】C.
【解析】　＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，经计算得C项符合题意．故选C.
3、在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
【答案】C.
【解析】　以D为坐标原点，DC，DA，DD1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ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，

第3题图
可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(2，0，2)，由中点坐标公式可得E(2，1，0)，F(2，1，2)，则AF＝(2，－1，2)，C1E＝(0，1，－2)，设两异面直线所成角为θ，则cos θ＝|cos〈，C1E〉|＝＝＝，则sin θ＝，故异面直线AF与C1E所成角的正切值为＝.故选C.
4、如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)

A.　　　　　　　 B．
C. D.
【答案】C　
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，∴＝(－1，－1，－2)，＝(1,0，－2)，

∴B1M与D1N所成角的余弦值为＝＝.
5、.如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　　)

A. B．
C. D.
【答案】A　
【解析】如图，以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C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，

∴＝(0,3,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．
∴cos，n＝＝，
∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.
6、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）在正方体中，是底面的中心，是棱上的点，且，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．
【答案】C
【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为4，
则，
，，
＝＝，
平面的法向量，
∴＝，∴＝，
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
＝，
∵，∴.
故选：C.

7、在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B．
C. D.
【答案】B　
【解析】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，

则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，
∴＝(0,1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则即
∴∴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所成的锐二面角的余弦值为.
8、如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　　)

A．(1,1,1) B．
C. D.

【答案】C　
【解析】设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，

又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点．
在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(，，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标.
9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，矩形中，，，为的中点，沿着向上翻折，使点到.若在平面上的投影落在梯形内部（不含边界），设二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由，
可知，，作中点，
则，
故在线段上，
作交于，连接，，，如图，

易知，，，，
又，
．
故选：C．
10、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）如图正四棱锥，为线段上的一个动点，记二面角为，与平面所成的角为，与所成的角为，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
以正方形的中心为原点，分别以平行于所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示

取中点，连接.则.连接，则.
设，则.
则.
又，
，
.
，
，即.
由题意知都是锐角，.
故选：.
11、（2018年高考浙江卷）已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则（ ）
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
【答案】D
【解析】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，
因此
从而
因为，所以即，
故选D.
12、（2019年高考浙江卷）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（ ）
A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β
【答案】B
【解析】如图，为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合△PFB，△BDH，△PDB均为直角三角形，可得，即；
在Rt△PED中，，即，综上所述，答案为B.

13、（2018年高考全国Ⅱ卷理数）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则，连接，易求得，，则是异面直线与所成的角，
由余弦定理可得.
故选C.

方法二：以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则,所以,
因为，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C.
14、（2019年11月北京市清华大学中学生标准学术能力诊断性测试测试数学（理)试题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别是边AB，CD的中点，现将△ABC沿着对角线AC翻折，则直线EF与平面ACD所成角的正切值最大值为( )

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，

以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设二面角为，可证，设棱形的边长为，则，，，，，


易知平面的法向量
设直线与平面所成角为，则

令，

则时即在上单调递增；
时即在上单调递减；

则


故选：

二、多选题
15、（2010建邺区校级期中）已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，，，，2，，，2，．下列结论正确的有　　
A． B．
C．是平面的一个法向量 D．
【答案】ABC
【解析】：对于，，，即，正确；
对于，，，即，正确；
对于，由，且，得出是平面的一个法向量，正确；
对于，由是平面的法向量，得出，则错误．
故选：．
16、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形中，，与相交于点，将沿折起，使顶点至点，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A． B．存在一个位置，使为等边三角形
C．与不可能垂直 D．直线与平面所成的角的最大值为
【答案】ABD
【解析】A选项，因为菱形中，与相交于点，所以，；
将沿折起，使顶点至点，折起过程中，始终与垂直，因此，
又，由线面垂直的判定定理，可得：平面，因此，故A正确；
B选项，因为折起的过程中，边长度不变，因此；若为等边三角形，则；设菱形的边长为，因为，则，即，又，所以，即二面角的余弦值为时，为等边三角形；故B正确；
C选项，，，由A选项知，，，
所以，因此，
同B选项，设菱形的边长为，易得，，
所以，显然当时，，即；故C错误；
D选项，同BC选项，设菱形的边长为，则，，，由几何体直观图可知，当平面，直线与平面所成的角最大，为，易知.
故选：ABD.

17、（2019秋•桥西区校级月考）如图正方体的棱长为，以下结论正确的是　　

A．异面直线与所成的角为
B．直线与垂直
C．直线与平行
D．三棱锥的体积为
【答案】ABD
【解析】：如图所示，建立空间直角坐标系．
．，0，，，0，，，0，，，，．
，0，，，，，
，
异面直线与所成的角为．
．，，，，，．
，0，，0，．
直线与垂直．
．，0，．
，0，，，，直线与垂直，不平行；
．三棱锥的体积．
综上可知：只有不正确．
故选：．


18、如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，其中正确的结论为　　

A．直线与是相交直线 B．直线与是平行直线
C．直线与是异面直线 D．直线与所成的角为
【答案】CD
【解析】：在正方体中，，分别为棱，的中点，
在中，直线与是异面直线，故错误；
在中，直线与是异面直线，故错误；
在中，直线与是异面直线，故正确；
在中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为2，
则，1，，，2，，，0，，，2，，
，1，，，2，，
则，
直线与所成的角为，故正确．
故选：．


三、填空题
19、在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
【答案】：
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，

所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以＝(－1,2,0)，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有即令x＝2，得y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
20、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知正四面体和平面，，正四面体绕边旋转，当与平面所成角最大时，与平面所成角的正弦值为______

【答案】
【解析】由题意可得：当与平面所成角最大时即平面，
以的中点为原点建立空间直角坐标系（如图），

过作平面，垂足为，设，
则，即,
设与平面所成角为，平面的法向量为，
则
即与平面所成角的正弦值为
故答案为：
21、（北京市昌平区新学道临川学校2019--2020学年高三上学期期末）已知圆锥的顶点为，为底面中心，，，为底面圆周上不重合的三点，为底面的直径，，为的中点.设直线与平面所成角为，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则：
，如图所示，由对称性不妨设且，
则，易知平面SAB的一个法向量为，
据此有：
，
当且仅当时等号成立，
综上可得：的最大值为.


22、如图，已知四棱锥P ­ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2，E，F分别是AB，AP的中点，则二面角F ­OE ­A的余弦值为________．

【答案】
【解析】以O为坐标原点，OB，OC，OP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O­xyz，
由题知，OA＝OB＝2，

则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(0，－1,1)，＝(1，－1,0)，＝(0，－1,1)，　
设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，可得m＝(1,1,1)．
易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)，
则cos〈m，n〉＝＝.
由图知二面角F­OE­A为锐角，
所以二面角F­OE­A的余弦值为.
23、(一题两空)如图所示，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．
(1)则直线PB与平面POC所成角的余弦值为________；
(2)则B点到平面PCD的距离为________．


【答案】(1)　(2)
【解析】：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD.
又∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.
在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝，∴AD＝2.
在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，∴OA＝BC＝1，
∴OC⊥AD.

以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，∴＝(1，－1，－1)．
∵OA⊥OP，OA⊥OC，OP∩OC＝O，∴OA⊥平面POC.
∴＝(0，－1,0)为平面POC的法向量，
cos〈，〉＝＝，
∴PB与平面POC所成角的余弦值为.
(2)∵＝(1，－1，－1)，
设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，
则
取z＝1，得u＝(1,1,1)．
则B点到平面PCD的距离d＝＝.
四、解答题
24、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥中，为直角梯形，，，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，为上一点，且.

（1）证明：直线平面；
（2）求二面角的余弦值.
【解析】（1）连接交于点,连接,
因为,所以与相似,
所以,
又,所以,
因为平面,平面,
所以直线平面
（2）由题,因为平面平面,平面平面,平面,,所以平面,
以为坐标原点,所在的方向分别为轴、轴的正方向,与均垂直的方向作为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,


因为,,
则,,,,
所以,,,
设平面的一个法向量为,则
,即,
令,得,,于是,
设平面的一个法向量为,则
,即,
令,得,,于是,
设二面角的平面角的大小为,则,
所以二面角的余弦值为
25、（2020年高考全国Ⅰ卷理数）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【解析】（1）设，由题设可得，
.
因此，从而.
又，故.
所以平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题设可得.
所以.
设是平面的法向量，则，即，
可取.
由（1）知是平面的一个法向量，记，
则.
所以二面角的余弦值为.
26、（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P—ABC中，△PAC为等腰直角三角形，为正三角形，D为A的中点，AC=2．

(1)证明：PB⊥AC；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角A—PC—B的余弦值
【解析】
（1）证：为等腰直角三角形，为中点，，
又为正三角形，为中点，，
又，平面，
平面PBD，又平面，
（2）解：设三棱锥的高为，
，
，
，又平面ABC，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设为平面的一个法向量，则，即，
令，得，，
又是平面的一个法向量，∴，
由图可知二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为．
27、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为的三棱柱中，平面平面，，为与的交点．

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解析】
（1）因为四边形为菱形，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）因为，所以菱形为正方形，
在中，，
在中，，，，
所以，，又，，
所以，平面；
以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

，，，，
设平面的一个法向量为平面的一个法向量为，则

令，得，

令，得，
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
28、（2020年高考全国Ⅱ卷理数）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．

【解析】设，，，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

（1）连结，则，，，，，，得．
因此，即四点共面，所以点在平面内．
（2）由已知得，，，，，，，．
设为平面的法向量，则
即可取．
设为平面的法向量，则
同理可取．
因为，所以二面角的正弦值为．
30、（2020年高考江苏）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

【解析】因为分别是的中点，所以.
又平面，平面，
所以平面.

（2）因为平面，平面,
所以.
又,平面,平面,
所以平面.
又因为平面,所以平面平面.
31、（2020年高考浙江）如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（Ⅰ）证明：EF⊥DB；
（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB．

由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．
由三棱台得，所以.
（Ⅱ）方法一：
过点作，交直线BD于点，连结.
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.
设.
由，得，
所以，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
方法二：
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.
如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

设.
由题意知各点坐标如下：
.
因此.
设平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.