高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用优秀当堂达标检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用优秀当堂达标检测题，共13页。

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题
基 础 练
巩固新知 夯实基础
1.已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（       ）
A. B.2 C. D.
2.已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
3．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.
4.已知正方体的棱长为2，，分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（       ）
A． B． C． D．
5.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为__________.
6.在空间直角坐标系O-xyz中，向量分别为异面直线方向向量，则异面直线所成角的余弦值为___________.
7.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________．


8.如图所示，在多面体A1B1D1－DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.
(1)证明：EF∥B1C.
(2)求二面角E－A1D－B1的余弦值.

能 力 练
综合应用 核心素养
9.正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
10.在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为(　　)
A. B.a C. D.a
11.在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且 SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是(　　)
A． 30° B．45° C．60° D．90°
12.已知四棱锥的底面是边长为1的正方形，平面，线段的中点分别为，，若异面直线与所成角的余弦值为，则（       ）
A．1 B． C．2 D．3
13.如图，已知正方体的棱长为1，则线段上的动点P到直线的距离的最小值为（       ）
A．1 B． C． D．
14.（多选）如图，在边长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的是（       ）
A．当为中点时，直线平面
B．当为中点时，直线与所成的角为
C．若是棱上的动点，且，则平面平面
D．当在上运动时，直线与平面所成的角的最大值为
15.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为__________.





16.如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，点E为PC的中点，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD．
(1)证明：BE⊥平面PCD；
(2)求二面角P−BD−E的余弦值．

































【参考答案】
1.D 解析：依题意，，所以点P到平面的距离为.
故选：D
2. C 解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，D1(0，0，2).所以＝(0，－1，1)，＝(0，－1，2)，
所以cos〈，〉＝＝＝.
3. B解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，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)，所以有即解得∴n1＝(1，2，2)．
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，∴ cos〈n1，n2〉＝＝.
即所成的锐二面角的余弦值为.
4.A 解析：
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，易知，设平面的法向量，则，令，解得，故点到平面的距离为.故选：A.
5. 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n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量.则n·＝0，n·＝0，即令z＝2，则y＝1，x＝2，
于是n＝(2，1，2)，＝(0，2，0)设所求线面角为α，则sin α＝| cos〈n，〉|＝.
6. 解析：因为，所以.
因为异面直线所成角的范围为，所以异面直线所成角的余弦值为.
故答案为：
7.60° 解析　以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，∴·＝2，∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成的角为60°.
8.(1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.
(2)解：因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.
设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥.
n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1).
设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E－A1D－B1的余弦值为＝＝.
9. C 解析　取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC＝1，则A，B，D.∴＝，＝，＝.由于＝为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n＝(1，－，1)，∴ cos〈n，〉＝，∴ sin〈n，〉＝.
10. B 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0，0，，0)，A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(0，0，a)．过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．
∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．又∵△ABC为正三角形，
∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为.
∴PH＝＝a.∴点P到平面ABC的距离为a.
11. A 解析：如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P.
则＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0)，
设平面PAC的一个法向量为n，设n＝(x，y，z)，则解得
可取n＝(0，1，1)，则 cos〈，n〉＝＝＝，
∴〈，n〉＝60°，∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.
12.C 解析：如图示，以D为原点，分别为x、y、z轴正方向联立空间直角坐标系.

不妨设.则，，，，，，.
所以，.
因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，解得：t=2.即2.故选：C
13.D 解析：如图建立空间直角坐标系，则，
设，则，
∴动点P到直线的距离为

，当时取等号，
即线段上的动点P到直线的距离的最小值为.故选：D.
14.ACD解析：图，以为原点建立空间直角坐标系，设，
当为中点时，，
所以,
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则可得，
因为，所以，
因为平面，所以平面，故A正确；
因为，所以当为中点时，直线与所成的角为，故B错误；
若，则，又,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
因为，所以平面平面，故C正确；
因为，易得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
则当时，取得最大值为，所以直线与平面所成的角的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
15.60° 解析：∵＝＋＋，
∴||＝＝＝＝.
∴·＝||·||· cos〈，〉＝－24.
∴ cos〈，〉＝－.又所求二面角与〈，〉互补，∴所求的二面角为60 °.
16.(1)证明：取PD的中点F，连接AF，EF，

则，．
又，，所以，，
所以四边形ABEF为平行四边形，所以．
因为，，所以．
所以．
因为平面PAD⊥平面ABCD，，
所以PA⊥平面ABCD，所以，
所以．
又点E为PC的中点，所以．
又，所以BE⊥平面PCD．
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（0，0，0），P（0，0，1），B（1，0，0），D（0，1，0），C（2，1，0），E（1，，）．
于是
设平面PBD的法向量为，则
得．取．得
设平面EBD的法向量为，则，
得取．得．所以，
所以二面角P−BD−E的余弦值为。