人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用综合训练题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用综合训练题，共32页。

1.4.2 空间向量应用(二)
【题组一 空间向量求线线角】
1．(2020·宜昌天问教育集团高二期末)如图，将两个全等等腰直角三角形拼成一个平行四边形，将平行四边形沿对角线折起，使平面平面，则直线与所成角余弦值为( )

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由平面平面，
平面平面，平面
所以平面，又平面
所以，又
所以作轴//,建立空间直角坐标系
如图

设，所以
则
所以
所以
故选：C
2．(2020·湖北武汉。月考)如图，直四棱柱的底面是菱形，，，M是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可得，
故选：D
3．(2019·绍兴鲁迅中学高二期中)如图，长方体中，，，、、分别是、、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是( )

A．0 B． C． D．
【答案】A
【解析】如图


所以
所以异面直线与所成角的余弦值
故选：A
4．(2019·浙江湖州.高二期中)在正方体中，异面直线与所成的角为( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】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，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，
则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，1)，
＝(﹣1，1，0)，＝(﹣1，﹣1，﹣1)，
设异面直线AC与B1D所成的角为θ，
则cosθ＝＝0，
∴θ＝.
∴异面直线AC与B1D所成的角为.
故选：D.

5．(2020·武汉外国语学校高一月考)如图，正三棱锥的侧棱长为3，底面边长为2，则与所成角的余弦值为______.

【答案】
【解析】设与的夹角为，则与的夹角也是


则与所成角的余弦值为
故答案为：
【题组二 空间向量求线面角】
1．(2020·江苏高二)如图，在三棱锥P-ABC中，AC⊥BC，且，AC=BC=2，D，E分别为AB，PB中点，PD⊥平面ABC，PD=3.

(1)求直线CE与直线PA夹角的余弦值；
(2)求直线PC与平面DEC夹角的正弦值.
【答案】(1)；(2).
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，易知C(0，0，0)，
A(2，0，0)，D(1，1，0)，E(，，)，P(1，1，3)，

设直线CE与直线PA夹角为，则

整理得；
直线CE与直线PA夹角的余弦值；
(2)设直线PC与平面DEC夹角为，
设平面DEC的法向量为，
因为，
所以有
取，解得，，
即面DEC的一个法向量为，，
.
直线PC与平面DEC夹角的正弦值为.

2．(2020·沙坪坝.重庆八中)如图，四棱台中，底面是菱形，底面，且60°，，是棱的中点.

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成线面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)因为底面，所以
因为底面是菱形，所以
又，所以平面
又由四棱台知，，，，四点共面
所以
(2)如图，设交于点，依题意，且，
，且，
又由已知底面，得底面．
以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图

设交于点，依题意，且，所以
则，，，，
由，得
因为是棱中点，所以
所以，，
设为平面的法向量
则，取，得
设直线与平面所成线面角为，则
所以直线与平面所成线面角的正弦值
3．(2020·浙江金华.高二期末)在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，且平面平面，，分别为线段、的中点.

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)作于，连接，如图所示：

由平面平面，且平面平面，
得平面，所以.
因为，，，
所以，，
，.
在直角三角形中，可得.
又，为的中点，所以.
(2)以为坐标原点，，为轴，平行的直线为轴建系，

，，，，，
∴，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，
设为直线与平面所成角，
所以.
4(2020·浙江瓯海.温州中学高二期末)如图，已知三棱锥，，是边长为2的正三角形，，，点F为线段AP的中点．

(Ⅰ)证明：平面ABC；
(Ⅱ)求直线BF与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ)证明：在中，，，
由余弦定理可得，
因为，
所以，
又，，
所以面ABC．
(Ⅱ)在平面ABC中，过点C作，以C为原点，
，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则
取，则，，即，
所以sinα＝，
故直线BF与平面PBC所成角的正弦值．
5．(2020·甘肃城关.兰大附中)如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，∥，，，，，分别为线段，，的中点．

(1)证明：平面∥平面．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】(1)证明：连接，设与相交于点，如图，

因为∥，且，，
所以四边形为矩形，
所以为的中点，又因为为的中点，
所以为的中位线，即,
因为平面， 平面，
所以平面，
因为，分别为线段，的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，，
所以平面∥平面.
(2)因为底面，平面，平面，
所以，因为，
所以、 、两两互相垂直，
以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，
所以，
设平面的法向量为，则
，所以，
令，可得，所以，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【题组三 空间向量求二面角】
1．(2020·全国)如图，在四棱锥中，底面为边长为3的正方形，，，平面平面，为的中点，为的中点．

(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)求二面角的余弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ)证明：如图，取的中点，连，，

∵，，∴且．
∵，，∴且，
∴四边形为平行四边形，得．
∵平面，平面，∴平面．
(Ⅱ)如图，过点作，垂足为，
在中，，
可得，，
，．
∵，平面平面，平面平面，
∴平面．
如图，以点为原点，与向量同向方向为轴，向量方向为轴，向量方向为轴，建立空间直角坐标系．

点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，
点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．
设平面的法向量为，，，
，取，，，可得，
设平面的法向量为，，，
，取，，，可得，
有，，，，
故二面角的余弦值为．
2．(2020·全国)已知三棱柱中，侧面是矩形，是的菱形，且平面平面，，，分别是，，的中点.

(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)在三棱柱中连接，
因为，分别是，的中点，所以，所以平面，
因为是的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
(2)由是矩形，得，因为平面平面，
平面平面，所以平面，
因为四边形是的菱形，所以，
以点为坐标原点，以过点与垂直的直线为轴，以所在直线为轴，以AD所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
又轴平面，所以平面的一个法向量为，
所以.
由图可知，所求二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.

3．(2020·全国高三其他(理))如图1，平面四边形中，和均为边长为的等边三角形，现沿将折起，使，如图2.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)取的中点，连接，，
因为和均为边长为的等边三角形，
所以，且，
因为，所以，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
(2)以为坐标原点，以，，为，，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则平面的一个法向量为，
依题意，平面的一个法向量，
所以，
由图可得为锐二面角，
故二面角的余弦值为.

4．(2020·全国)如图1，等腰梯形中，，，为的中点，对角线平分，将沿折起到如图2中的位置.

(1)求证：.
(2)若二面角为直二面角，为线段上的点，且二面角与二面角大小相等，求出的值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)证明：连接，，设与交于点，如图1所示.
∵四边形是等腰梯形，，
∴，，
又平分，
∴，∴，
结合为的中点，，易证得四边形为菱形，∴.

如图2，∵，，且，
∴平面，又平面，
∴.

(2)∵二面角为直二面角，，
∴平面，易知，
∴平面，∴二面角为直二面角，
又∵二面角与二面角大小相等，
∴二面角的平面角为，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图3所示的空间直角坐标系，

如图1，在菱形中，易知，∴，.
∴，，，，，，
设，∴，
∴，
易知平面的一个法向量为，
设为平面的法向量，
则，即，取，
则，，得，
∴，解得，满足题意，
故.
【题组四 空间向量求距离】
1．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，则＝(0,2,0)，＝(0,1,2)．

∴cosθ＝＝.∴sinθ＝.
故点A到直线BE的距离d＝||sinθ＝2×.
故答案为B
2．(2020·全国高二课时练习)在直三棱柱中，，，是的中点.

(1)求证：平面；
(2)求直线到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)证明：连接交于点，连接，则点为中点，
又是的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面；
(2)解：因为平面，所以到平面的距离就等于点到平面的距离.
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
，，.
设平面的法向量为，
所以，即，即
令，则.
所求距离为.

3．(2020·全国高二课时练习)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点E在棱BB1上，EB1=1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D相交于点H.

(1)求证：B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD；
(3)求平面EGF与平面ABD的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.
【解析】(1)证明：如图所示建立空间直角坐标系，
设AB=a，则A1(a，0，0)，B1(0，0，0)，C1(0，2，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，
D(0，2，2)，G.
所以=(0，2，2)，=(-a，0，0)，=(0，2，-2).
所以=0+0+0=0，=0+4-4=0.
所以，
所以B1D⊥AB，B1D⊥BD.
又AB∩BD=B，所以B1D⊥平面ABD.

(2)证明：由(1)可得=(-a，0，0)，=(0，2，-2)，=(0，1，-1)，所以=2=2，所以.
所以GF∥AB，EF∥BD.
又GF∩EF=F，AB∩BD=B，所以平面EGF∥平面ABD.
(3)解：由(1)(2)知，是平面EGF和平面ABD的法向量.
因为平面EGF∥平面ABD，所以点E到平面ABD的距离就是两平面的距离，设为d.
因为=(0，0，3)，=(0，2，2)，
所以d=.即两平面间的距离为.
4．(2020·全国高二课时练习)在三棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，，，分别为，的中点，如图所示.求点到平面的距离.

【答案】
【解析】取的中点，连接，.
∵，，∴，.
∵平面平面，平面平面，
∴平面.
又平面，∴.
如图所示，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，则，，
，，.
∴，，.
设为平面的一个法向量，
则取，
则，，∴.
∴点到平面的距离.

5．(2020·江苏常熟.高二期中)如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是上一点，且.

(1)求异面直线与所成角余弦的大小；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)；(2).
【解析】(1)连交于，连，
平面，所以，
在中，，
又因为底面是矩形，所以为中点，
，所以，
因为是上一点，且，
所以为中点，，
所以(或补角)就为与所成的角，
因为
所以平面，
，
，

所以异面直线与所成角余弦值为；
(2)解1：过做于，平面，
所以，所以平面，
为点到平面的距离，
在中，，
又是中点，所以点到平面的距离为．
解2：因为，平面，所以，
在中，，所以，
设点到平面的距离为，则，
由，得，所以．
又是中点，所以点到平面的距离为．

解法二：分别以，，所在直线为轴，轴，
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
(1)

则，，，
设，则，
所以，
由，知，
所以，为中点，
所以，，
．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
(2)，，
设平面的法向量为，
由，得，
所以，取，得，
所以是平面的一个法向量．
所以点到平面的距离为．
6．(2020·安徽)如图，边长为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.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】(1)因为四边形为菱形，所以.
又因为，所以，即为等边三角形.
因为，为线段的中点，所以.
因为，为线段的中点，所以.
又因为，所以平面.
又因为，所以平面.
又平面，所以平面平面.
(2)因为平面平面，且，
所以平面.
以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
如图所示：

，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，则
所以点到平面的距离.
7.(2020·福建)如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E在PA线段上，PC平面BDE


(1)请确定点E的位置；并说明理由.
(2)若是等边三角形，， 平面PAD平面ABCD，四棱锥的体积为，求点E到平面PCD的距离.
【答案】(1)点为的中点，理由见解析(2)
【解析】(1)连接AC交BD于M，如图，

当E为AP的中点时， 点M为AC的中点.
∴在中，，平面BDE，
平面BDE. ∴平面BDE.
(2)是等边三角形，，平面平面ABCD，
以AD中点O为原点，OA为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，
以OP为z轴，建立空间直角坐标系，

设，四棱锥的体积为，
，解得．
0，，0，，0，，0，，6，．
0，，6，，0，，
设平面PCD的法向量，
则，取，得0，，
到平面PCD的距离．