高中数学高考第43讲 利用空间向量求空间角和距离（达标检测）（教师版）

这是一份高中数学高考第43讲 利用空间向量求空间角和距离（达标检测）（教师版），共22页。
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．（2020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．（2020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．（2020•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．（2020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．（2020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．（2020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．（2020•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＝eq \f(2,3)AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)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＝eq \r(AB2－BE2)＝ eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))2)＝eq \r(5).
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(eq \r(5)，2,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))，
eq \(PM,\s\up7(―→))＝(0,2，－4)，eq \(PN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2)).
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PM,\s\up7(―→))＝0，,n·\(PN,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0,2,1)．
于是|cs〈n，eq \(AN,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n·\(AN,\s\up7(―→))|,|n||\(AN,\s\up7(―→))|)＝eq \f(8\r(5),25).
设AN与平面PMN所成的角为θ，则sin θ＝eq \f(8\r(5),25)，
即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为eq \f(8\r(5),25).
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＝2eq \r(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＝eq \f(1,2)CD，
又AB∥CD，AB＝eq \f(1,2)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＝2eq \r(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)，eq \(BF,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→))，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)，
∵eq \(PA,\s\up7(―→))＝(2，－2，－2)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PA,\s\up7(―→))＝0，,m·\(AB,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1－2y1－2z1＝0，,2y1＝0，))
令z1＝1，得m＝(1,0,1)．
设平面POF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
∵eq \(OP,\s\up7(―→))＝(0,0,2)，eq \(OF,\s\up7(―→))＝(2－2λ，2λ，0)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OP,\s\up7(―→))＝0，,n·\(OF,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2z2＝0，,2－2λx2＋2λy2＝0，))
令y2＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)，1，0)).
∴cs 60°＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1))),\r(1＋1)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))2＋1))，
解得λ＝eq \f(1,2)，
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eq \f(π,4)，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＝eq \f(π,4).
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Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(2,3)))，
所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2,4,0)，eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(10,3)，\f(2,3)))，eq \(BP,\s\up7(―→))＝(－2,2,2)．
设平面MAC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up7(―→))＝0，,n·\(AM,\s\up7(―→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋4y＝0，,10y＋2z＝0，))令y＝1，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2，,z＝－5，))
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＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(BP,\s\up7(―→))·n,|\(BP,\s\up7(―→))|·|n|)))＝eq \f(|4＋2－10|,2\r(3)·\r(30))＝eq \f(\r(10),15)，
故直线BP与平面MAC所成角的正弦值为eq \f(\r(10),15).
15．（2020•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＝eq \r(3)，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eq \f(π,4)，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＝eq \r(3)，BC＝2AD＝2，AB⊥BC，可得DC＝2，∠BCD＝eq \f(π,3)，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＝eq \f(π,4)，
∴由题意得OP＝OC＝eq \r(3)，∵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，eq \r(3)，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq \r(3))，
假设在侧面PCD内存在点N，使得BN⊥平面PCD成立，
设eq \(PN,\s\up7(―→))＝λeq \(PD,\s\up7(―→))＋μeq \(PC,\s\up7(―→))(λ，μ≥0，λ＋μ≤1)，
由题意得N(－λ，eq \r(3)μ，－eq \r(3)(λ＋μ－1))，
eq \(BN,\s\up7(―→))＝(－λ－1，eq \r(3)μ，－eq \r(3)(λ＋μ－1))，
eq \(PC,\s\up7(―→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(PD,\s\up7(―→))＝(－1,0，－eq \r(3))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BN,\s\up7(―→))·\(PC,\s\up7(―→))＝0，,\(BN,\s\up7(―→))·\(PD,\s\up7(―→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3μ＋3λ＋μ－1＝0，,λ＋1＋3λ＋μ－1＝0，))
解得λ＝eq \f(1,5)，μ＝eq \f(2,5)，满足题意，∴N点到平面ABCD的距离为－eq \r(3)(λ＋μ－1)＝eq \f(2\r(3),5).