精讲精练·专项突破 第一章《空间向量与几何》单元能力提升（含详细解析） (3)
文档属性
| 名称 | 精讲精练·专项突破 第一章《空间向量与几何》单元能力提升（含详细解析） (3) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 409.4KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-04-18 16:27:47 | ||
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文档简介
精讲精练·专项突破
2021-2022学年高二上学期人教版（2019）
第一章 《空间向量与几何》 单元能力提升（含详细解析）
一、单选题
1．（2020高二上·高州期末）已知空间四点 ， ， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】空间向量的数量积运算；空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】由题意得， ，
所以
，
所以 ，
故答案为：A
【分析】首先求出空间向量的坐标，再由向量模的公式计算出向量模的大小，然后把数值代入到数量积公式计算出夹角的余弦值即可。
2．若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点， 则的最大值为（ ）
A．8 B．6 C．3 D．2
【答案】B
【考点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；空间向量的数量积运算
【解析】【分析】设P(x,y)，则F(-1,0),所以
,当x=2时，取得最大值，最大值为6.故选B.
3．（2019高二上·寻乌月考）已知 （ ，-1，3）， （ ，4，-2）， （ ，3，λ），若 、 、 三向量共面，则实数λ等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【考点】共线向量与共面向量
【解析】【解答】解：向量 、 、 共面，则 =x +y ，其中x，y∈R；
则（1，3，λ）=（2x，-x，3x）+（-y，4y，-2y）=（2x-y，-x+4y，3x-2y），
∴ ，解得x=1，y=1，λ=1．
故答案为：A．
【分析】由向量 、 、 共面得出 =x +y ，列方程组可求得λ的值．
4．（2020高二上·葫芦岛月考）若向量 ， 且 与 的夹角余弦为 ，则λ等于（ ）
A． B． C． 或 D．2
【答案】A
【考点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】∵向量 ，
∴ ，
解得 。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合数量积求向量夹角公式，从而求出实数 λ 的值。
5．（2020高二上·杭州期末）在空间直角坐标系中，与点A（1，2，3）关于平面xoy对称的点的坐标是（ ）
A．（1，2，-3） B．（-1，-2，-3）
C．（-1，-2，3） D．（1，-2，3）
【答案】A
【考点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：由空间中任意一点 关于平面 对称的点为 ,
可得点 关于平面 对称的点的坐标是 ，
故答案为：A.
【分析】根据空间中对称的点的坐标的求法,代入 点坐标可得答案.
6．（2020高二上·福州期中）已知正方体 的棱长为2， ， ， 分别是 ， ， 的中点，求点 到平面 的距离（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【考点】数量积表示两个向量的夹角；点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】在正方体中， ， ， 两两垂直，以点 为坐标原点，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2， ， ， 分别是 ， ， 的中点，
所以 ， ， ， ，
则 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，则 ，因此 ，
不妨令 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则
所以点 到平面 的距离为 .
故答案为：C.
【分析】在正方体中， ， ， 两两垂直，以点 为坐标原点，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，根据题中条件，求出平面 的一个法向量，以及直线 的方向向量，根据空间向量的方法，即可求出点到面的距离.
7．点S、A、B、C在半径为的同一球面上，点S到平面ABC的距离为，AB=BC=CA=，则点S与△ABC中心的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图，∵点S、A、B、C在半径为的同一球面上，
点S到平面ABC的距离为，AB=BC=CA=，
设△ABC的外接圆的圆心为M，过S作SD⊥平面ABC，交MC于D，
连结OD，OS，过S作MO的垂线SE，交MO于点E，
∴半径r=MC=，
∵SD⊥MC，ME⊥MC，∴MESD是矩形，∴ME=SD=，
∴MD=SE=
∴SM=
故选：B．
【分析】设△ABC的外接圆的圆心为M，协S作SD⊥平面ABC，交MC于D，连结OD，OS，过S作MO的垂线SE，交MO于点E，由题意求出MC=MO=1，从而得到ME=SD=，进而求出MD=SE=，由此能求出点S与△ABC中心的距离．
8．（2020高二上·温州期末）正方形 沿对角线 折成直二面角，下列结论：① 与 所成的角为 ：② 与 所成的角为 ：③ 与面 所成角的正弦值为 ：④二面角 的平面角正切值是 ：其中正确结论的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【解答】解：取 中点O，连结 ， ，
∵正方形 沿对角线 折成直二面角，
∴以O为原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，
设 ，则 ， ， ， ，
， ，
，
∴异面直线 与 所成的角为 ，故①正确：
， ，
∵ ，∴ ，故②正确：
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，取 ，得 ， ，
设 与面 所成角为 ，则 ，故③正确：
平面 的法向量 ， ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，取 ，得 ，
，
∴ .
∴二面角 的平面角正切值是： ，故④正确.
故答案为：A.
【分析】取 中点O，连结 ， ，以O为原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法和空间中线线、线面、面面间的位置关系逐一判断四个命题得结论.
二、多选题
9．（2021高二上·官渡开学考）如图，正方体 的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．若点 ， 分別是线段 ， 的中点，则
B．点 到平面 的距离为
C．直线 与平面 所成的角等于
D．三棱柱 的外接球的表面积为
【答案】C,D
【考点】球的体积和表面积；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对于A，若 ，因为点 ， 分別是线段 ， 的中点，所以 ，因为 ，所以由平行公理可得 ，这显然不可能，所以 是错误的，所以A不符合题意，
对于B，连接 交 于 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，因为 ， ，所以 平面 ，所以 的长就等于点 到平面 的距离，因为正方体 的棱长为1，所以 ，所以点 到平面 的距离为 ，所以B不符合题意，
对于C，由B可知 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，因为 ，所以直线 与平面 所成的角等于 ，所以C符合题意，
对于D，三棱柱 的外接球就是正方体 ，则外接球的直径等于正方体的体对角线，因为正方体 的棱长为1，所以正方体 的体对角线为 ，所以外接球的半径为 ，所以外接球的表面积为 ,所以D符合题意，
故答案为：CD
【分析】 直接利用线面夹角的应用，异面直线的夹角的应用，三棱柱的外接球的半径的求法的应用求出结果.
10．（2020高二上·夏津月考）在以下命题中，不正确的命题有（ ）
A． 是 ， 共线的充要条件
B．若 ，则存在唯一的实数 ，使
C．对空间任意一点 和不共线的三点 ， ， ，若 ，则 ， ， ， 四点共面
D．若 为空间的一个基底，则 构成空间的另一个基底
【答案】A,B,C
【考点】向量的共线定理；三点共线；空间向量的基本定理及其意义
【解析】【解答】解：对于A，当 ，则 ， 共线成立，
但 ， 同向共线时， ，
所以 是 ， 共线的充分不必要条件，A不正确；
对于B，当 时， ，不存在唯一的实数 ，使 ，B不正确；
对于C，由于 ，而 ，
根据共面向量定理知， ， ， ， 四点不共面，C不正确；
对于D，若 为空间的一个基底，则 不共面，
由基底的定义可知， 不共面，
则 构成空间的另一个基底，D符合题意.
故答案为：ABC.
【分析】根据向量共线的性质，即可判断A选项；根据零向量与任意向量共线以及向量共线定理，即可判断B选项；根据向量的共面定理的定义，即可判断C选项；根据不共面的三个向量可构成空间的一个基底，结合共面向量定理，即可判断D选项.
11．（2020高一下·盐城期末）已知边长为2的菱形ABCD中， ，现沿着BD将菱形折起，使得 ，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．二面角 的大小为
C．点A到平面 的距离为
D．直线 与平面 所成角的正切值为
【答案】A,B,C
【考点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】取BD的中点O，连接OA，OC，
由菱形性质可知 和 都是等边三角形，
， ，又 ，
平面 ，
， A符合题意；
由 ， 可知 为二面角 的平面角，
由 可知 ，又 ，
，B符合题意；
点A到平面BCD的距离 ，C符合题意；
过点A作 平面 ，垂足为 ，则M为OC的中点，所以 ，
连接DM，则 为直线AD与平面BCD所成的角，且 ，
故 ，
所以 ，D不符合题意.
故答案为：ABC.
【分析】 取BD中点O，证明BD⊥平面OAC可判断A，根据△OAC的形状判断B，根据二面角A-BD-C的大小判断C，计算直线AD与平面BCD所成角的正切值判断D．
12．（2020·滨州模拟）如图，点M是正方体 中的侧面 上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．点M存在无数个位置满足
B．若正方体的棱长为1，三棱锥 的体积最大值为
C．在线段 上存在点M，使异面直线 与 所成的角是
D．点M存在无数个位置满足到直线 和直线 的距离相等.
【答案】A,B,D
【考点】数量积表示两个向量的夹角；异面直线及其所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：A.连接 ，
由正方体的性质可得 ，
则 面
当点 上时，有 ，
故点M存在无数个位置满足 ，
A符合题意；
B.由已知 ，
当点M与点 重合时，点M到面 的距离最大，
则三棱锥 的体积最大值为 ，
B符合题意；
C. 连接 ，因为
则 为异面直线 与 所成的角
设正方体棱长为1， ，则 ，
点 到线 的距离为 ，
，
解得 ，
所以在线段 上不存在点M，使异面直线 与 所成的角是 ，
C不符合题意；
D. 连接 ，过M作 交 于N，
由 面 ， 面 ，得 ，
则 为点 到直线 的距离， 为点 到直线 的距离，
由已知 ，
则点M在以 为焦点，以 为准线的抛物线上，故这样的点M有无数个，
D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】通过证明 面 ，可得当点 上时，有 ，可判断A；由已知 ，当点 与点 重合时，点 到面 的距离最大，计算 可判断B；C. 连接 ，因为 ，则 为异面直线 与 所成的角，利用余弦定理算出 的距离，可判断C；连接 ，过M作 交 于N，得到 ，则点 在以 为焦点，以 为准线的抛物线上，可判断D.
三、填空题
13．（2020高二上·鱼台月考）已知向量 ,且 与 互相垂直,则 k= .
【答案】
【考点】空间向量的数量积运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【解答】 ，而 ，得到
，解得
【分析】利用向量垂直满足数量积为0，代入坐标，建立等式，即可得出答案．
14．如图所示，在直平行六面体 中， ， ，点 在 上，且 ，则点 到平面 的距离为 .
【答案】
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
∴ ， .
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ， ，
∴ ，
∴点 到平面 的距离 。
故答案为： 。
【分析】利用已知条件建立如图所示的空间直角坐标系，进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合空间向量的方法结合数量积求点到平面的距离公式，进而求出点 到平面 的距离。
15．（2020高二上·慈溪期末）如图,在四棱锥 中, 平面 ,底面 是菱形,且 , 则异面直线 与 所成的角的余弦值为 ,点 到平面 的距离等于 .
【答案】；
【考点】异面直线及其所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】根据题意画出其立体图形:如图
底面 是菱形,
则异面直线 与 所成的角和直线 与 所成的角相等
平面 , 平面
又 ,底面 是菱形
即
故:异面直线 与 所成的角的余弦值为:
在底面从点 向 作垂线
平面 , 平面
,
平面
故 是 到平面 的距离
故答案为: , .
【分析】因为底面 是菱形,可得 ,则异面直线 与 所成的角和 与 所成的角相等,即可求得异面直线 与 所成的角的余弦值.在底面从点 向 作垂线 ,求证 垂直平面 ,即可求得答案.
16．（2018高二上·宜昌期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若 ，则AB1与C1B所成的角的大小为 .
【答案】90°
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】不妨设BB1=1，则AB= ，
∴直线AB1与C1B所成角为90°
故答案为：90°.
【分析】根据题目中所给的条件的特点，把问题转化为向量的夹角，由数量积为0可得AB1与C1B所成的角的大小．考查异面直线及其所成的角，其中利用向量法将空间直线夹角转化为向量夹角是解答的关键，属中档题．
四、解答题
17．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE．
（1）证明：PB⊥平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；
（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 ，求 的值．
【答案】（1）解法（1）因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD=D，
所以BC⊥平面PCD．而DE 平面PDC，所以BC⊥DE．
又因为PD=CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC．
而PC∩CB=C，所以DE⊥平面PBC．而PB 平面PBC，所以PB⊥DE．
又PB⊥EF，DE∩FE=E，所以PB⊥平面DEF．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
（解法2）
以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD=DC=1，BC=λ，
则D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0）， =（λ1，﹣1），点E是PC的中点，所以E（0， ， ）， =（0， ， ），
于是 =0，即PB⊥DE．
又已知EF⊥PB，而ED∩EF=E，所以PB⊥平面DEF．
因 =（0，1，﹣1）， =0，则DE⊥PC，所以DE⊥平面PBC．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
（2）解法1）如图1，
在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ACBD的交线．
由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB=P，所以DG⊥平面PBD．
所以DG⊥DF，DG⊥DB
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，
设PD=DC=1，BC=λ，有BD= ，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPB=∠FDB= ，
则 tan =tan∠DPF= = = ，解得 ．
所以 = =
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时， = ．
（解法2）
由PD⊥底面ABCD，所以 =（0，0，1）是平面ACDB的一个法向量；
由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以 =（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一个法向量．
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 ，
则运用向量的数量积求解得出cos = = ，
解得 ．所以所以 = =
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时， =
【考点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】解法1）（1）直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF，DE∩FE=E，所以PB⊥平面DEF，即可判断DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，确定直角．（2）根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线．利用直线平面的垂直判断出DG⊥DF，DG⊥DB，根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可．解法2）（1）以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，运用向量的数量积判断即可．2）由PD⊥底面ABCD，所以 =（0，0，1）是平面ACDB的一个法向量；由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以 =（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一个法向量．根据数量积得出夹角的余弦即可得出所求解的答案．
18．（2017高二上·龙海期末）已知四棱锥P﹣ABCD中PA⊥平面ABCD，且PA=4PQ=4，底面为直角梯形，
∠CDA=∠BAD=90°， ，M，N分别是PD，PB的中点．
（1）求证：MQ∥平面PCB；
（2）求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小；
（3）求点A到平面MCN的距离．
【答案】（1）解：法一向量法：
以A为原点，以AD，AB，AP分别为x，y，z建立空间直角坐标系O﹣xyz，
由 ，PA=4PQ=4，M，N分别是PD，PB的中点，
可得： ，
∴ ，
设平面的PBC的法向量为 ，
则有：
令z=1，则 ，
∴ ，
又MQ 平面PCB，∴MQ∥平面PCB
法二，几何法：
取AP的中点E，连接ED，则ED∥CN，依题有Q为EP的中点，所以MQ∥ED，所以MQ∥CN，
又MQ 平面PCB，CN 平面PCB，∴MQ∥平面PCB
（2）解：设平面的MCN的法向量为 ，又
则有：
令z=1，则 ，
又 为平面ABCD的法向量，
∴ ，又截面MCN与底面ABCD所成二面角为锐二面角，
∴截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小为
法二，几何法：
易证：平面MEN∥底面ABCD，所以截面MCN与平面MEN所成的二面角即为平面MCN与底面ABCD所成的二面角，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥平面MEN，过E做EF⊥MN，垂足为F，连接QF，
则由三垂线定理可知QF⊥MN，
由（1）可知M，C，N，Q四点共面所以∠QFE为截面MCN与平面MEN所成的二面角的平面角， ，
所以： ，
所以：
（3）解：∵ ，∴所求的距离
法二，几何法：
因为EP的中点为Q，且平面MCN与PA交于点Q，所以点A到平面MCN的距离是点E到平面MCN的距离的3倍，
由（2）知：MN⊥平面QEF，则平面MCNQ⊥平面QEF且交线为QF，作EH⊥QF，垂足为H，则EH⊥平面MCNQ，故EH即为点E到平面MCN的距离．
【考点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】此类题一般有两种解法，一种是利用空间向量方法来证明，一种是用立体几何中线面位置关系进行证明，本题提供两种解法
向量法：对于（1）求证：MQ∥平面PCB，可求出线的方向向量与面的法向量，如果两者的内积为0则说明线面平行对于（2）求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小，求出两个平面的法向量，然后根据根据二面角的正弦与法向量的数量积的关系，求解；对于（3）求点A到平面MCN的距离，求出平面上任一点与A连线所对应的向量，求这个向量在该平面的法向量上的投影即可，此法求点到面的距离甚为巧妙．几何法：（1）求证MQ∥平面PCB，用线面平行的判定定理证明即可；（2）求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小，先在图形中作出二面角的平面角，再证明其是二面角的平面角，然后根据题设中的条件求出平面角的三角函数值，一般要在一个三角形中求解函数值．（3）求点A到平面MCN的距离，须先作出点A在面上的垂线段，然后在三角形中求出此线段的长度即可．
19．（2019高三上·茂名月考）在多面体ABCDPE中，四边形ABCD是直角梯形， ， ，平面 平面 ， ， ， ， ， 的余弦值为 ， ，F为BE中点，G为PD中点．
（1）求证： 平面ABCD；
（2）求平面BCE与平面ADE所成角(锐角)的余弦值．
【答案】（1）证明：取EC得中点H，连结FH，GH
为BE中点，
，
平面ABCD． 平面ABCD，
平面ABCD
为PD中点，
平面ABCD． 平面ABCD
平面ABCD
平面 平面ABCD
平面FHG 平面ABCD
（2）解：在 中，
，
， ， ，
又 平面 平面ABCD，平面 平面 ，
平面ABCD，
以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 为原点建立空间直角坐标系．
，
设 ，
， ， ， ，
点 的坐标为 ,
设平面 的一个法向量： ，
，
，令 ，
，
设平面 的一个法向量 ，
， ，
令 ， ，
平面 与平面 所成角（锐角）的余弦值为 ．
【考点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）取 的中点 ，连结 ， ，证明 ， 平面 ， ， 平面 ，然后证明平面 平面 ，推出 平面 ；（2）在 中，求出 ，说明 ，以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系．求出平面 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解平面 与平面 所成角的余弦值即可．
20．（2021·浦东模拟）如图，在直三棱柱 中， ， ，点 分别为 的中点， 与底面 所成的角为 .
（1）求异面直线 与 所成角的大小(结果用反三角函数表示)；
（2）求点 与平面 的距离.
【答案】（1）因为 平面 ，所以 为 与底面 所成的角，
即 ，所以 .
如图所示建立直角坐标系，则 ， ， ， .
则 ，
设异面直线 与 所成的角为 ，则 ，
所以 ，即异面直线 与 所成的角为 .
（2）平面 的法向量为 ，
由（1）知， ， ，
由 ，解得 ，
得 .又因为 ，
所以点 与平面 的距离 .
【考点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，将问题转化为 与 的夹角即可求解；
（2）求出平面 的法向量 ，利用点 与平面 的距离为 即可求解。
21．（2017·石嘴山模拟）如图，在四棱锥ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB=2，BC=CD=1，顶角D1在底面ABCD内的射影恰好为点C．
（1）求证：AD1⊥BC；
（2）若直线DD1与直线AB所成角为 ，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角（锐角）的余弦值函数值．
【答案】（1）证明：连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，
∴D1C⊥BC
在等腰梯形ABCD中，连接AC
∵AB=2，BC=CD=1，AB∥CD
∴BC⊥AC
∴BC⊥平面AD1C
∴AD1⊥BC
（2）解法一：
∵AB∥CD∴
∵CD=1∴
在底面ABCD中作CM⊥AB，连接D1M，则D1M⊥AB，所以∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角
在Rt△D1CM中， ，
∴∴
即平面ABC1D1与平面ABCD所成角（锐角）的余弦函数值为
解法二：
由（Ⅰ）知AC、BC、D1C两俩垂直，
∵AB∥CD∴∴
在等腰梯形ABCD中，连接AC因AB=2，BC=CD=1AB∥CD，
所以 ，建立如图空间直角坐标系，
则 ，B（0，1，0），
设平面ABC1D1的一个法向量
由 得
可得平面ABC1D1的一个法向量 ．
又 为平面ABCD的一个法向量．
因此
所以平面ABC1D1和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 ．
【考点】直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（Ⅰ）证明：连接D1C，证明BC⊥平面AD1C，利用直线与平面垂直的性质定理证明AD1⊥BC．（Ⅱ）解法一：连接D1M，则D1M⊥AB，说明∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角，在Rt△D1CM中，求出 ，得到平面ABC1D1与平面ABCD所成角（锐角）的余弦函数值为 ．
解法二：
由（Ⅰ）知AC、BC、D1C两俩垂直，建立如图空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面ABC1D1的一个法向量，平面ABCD的法向量．通过向量的数量积求解平面ABC1D1和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
22．（2018·长安模拟）如图，已知长方形ABCD中， ， ，M为DC的中点.将 ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.
（1）求证： ；
（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角 的余弦值为 .
【答案】（1）解：证明：∵长方形ABCD中，AB= ，AD= ，M为DC的中点，
∴AM=BM=2，∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM 平面ABCM
∴BM⊥平面ADM
∵AD 平面ADM
∴AD⊥BM
（2）解：建立如图所示的直角坐标系
设 ，则平面AMD的一个法向量 ，
，
设平面AME的一个法向量 则 取y=1，得
所以 ，
因为 ，求得 ，
所以E为BD的中点
【考点】平面与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)先由直线与平面 的垂直证明出BM⊥平面ADM,再得到线线垂直;
(2)建立空间直角坐标系,写出各点的坐标,得到相应向量的坐标,由向量夹角公式求点E的位置.
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2021-2022学年高二上学期人教版（2019）
第一章 《空间向量与几何》 单元能力提升（含详细解析）
一、单选题
1．（2020高二上·高州期末）已知空间四点 ， ， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【考点】空间向量的数量积运算；空间向量运算的坐标表示
【解析】【解答】由题意得， ，
所以
，
所以 ，
故答案为：A
【分析】首先求出空间向量的坐标，再由向量模的公式计算出向量模的大小，然后把数值代入到数量积公式计算出夹角的余弦值即可。
2．若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点， 则的最大值为（ ）
A．8 B．6 C．3 D．2
【答案】B
【考点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；空间向量的数量积运算
【解析】【分析】设P(x,y)，则F(-1,0),所以
,当x=2时，取得最大值，最大值为6.故选B.
3．（2019高二上·寻乌月考）已知 （ ，-1，3）， （ ，4，-2）， （ ，3，λ），若 、 、 三向量共面，则实数λ等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【考点】共线向量与共面向量
【解析】【解答】解：向量 、 、 共面，则 =x +y ，其中x，y∈R；
则（1，3，λ）=（2x，-x，3x）+（-y，4y，-2y）=（2x-y，-x+4y，3x-2y），
∴ ，解得x=1，y=1，λ=1．
故答案为：A．
【分析】由向量 、 、 共面得出 =x +y ，列方程组可求得λ的值．
4．（2020高二上·葫芦岛月考）若向量 ， 且 与 的夹角余弦为 ，则λ等于（ ）
A． B． C． 或 D．2
【答案】A
【考点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】∵向量 ，
∴ ，
解得 。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合数量积求向量夹角公式，从而求出实数 λ 的值。
5．（2020高二上·杭州期末）在空间直角坐标系中，与点A（1，2，3）关于平面xoy对称的点的坐标是（ ）
A．（1，2，-3） B．（-1，-2，-3）
C．（-1，-2，3） D．（1，-2，3）
【答案】A
【考点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：由空间中任意一点 关于平面 对称的点为 ,
可得点 关于平面 对称的点的坐标是 ，
故答案为：A.
【分析】根据空间中对称的点的坐标的求法,代入 点坐标可得答案.
6．（2020高二上·福州期中）已知正方体 的棱长为2， ， ， 分别是 ， ， 的中点，求点 到平面 的距离（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【考点】数量积表示两个向量的夹角；点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【解答】在正方体中， ， ， 两两垂直，以点 为坐标原点，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为2， ， ， 分别是 ， ， 的中点，
所以 ， ， ， ，
则 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，则 ，因此 ，
不妨令 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则
所以点 到平面 的距离为 .
故答案为：C.
【分析】在正方体中， ， ， 两两垂直，以点 为坐标原点，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，根据题中条件，求出平面 的一个法向量，以及直线 的方向向量，根据空间向量的方法，即可求出点到面的距离.
7．点S、A、B、C在半径为的同一球面上，点S到平面ABC的距离为，AB=BC=CA=，则点S与△ABC中心的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图，∵点S、A、B、C在半径为的同一球面上，
点S到平面ABC的距离为，AB=BC=CA=，
设△ABC的外接圆的圆心为M，过S作SD⊥平面ABC，交MC于D，
连结OD，OS，过S作MO的垂线SE，交MO于点E，
∴半径r=MC=，
∵SD⊥MC，ME⊥MC，∴MESD是矩形，∴ME=SD=，
∴MD=SE=
∴SM=
故选：B．
【分析】设△ABC的外接圆的圆心为M，协S作SD⊥平面ABC，交MC于D，连结OD，OS，过S作MO的垂线SE，交MO于点E，由题意求出MC=MO=1，从而得到ME=SD=，进而求出MD=SE=，由此能求出点S与△ABC中心的距离．
8．（2020高二上·温州期末）正方形 沿对角线 折成直二面角，下列结论：① 与 所成的角为 ：② 与 所成的角为 ：③ 与面 所成角的正弦值为 ：④二面角 的平面角正切值是 ：其中正确结论的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量求直线与平面的夹角；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【解答】解：取 中点O，连结 ， ，
∵正方形 沿对角线 折成直二面角，
∴以O为原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，
设 ，则 ， ， ， ，
， ，
，
∴异面直线 与 所成的角为 ，故①正确：
， ，
∵ ，∴ ，故②正确：
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，取 ，得 ， ，
设 与面 所成角为 ，则 ，故③正确：
平面 的法向量 ， ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，取 ，得 ，
，
∴ .
∴二面角 的平面角正切值是： ，故④正确.
故答案为：A.
【分析】取 中点O，连结 ， ，以O为原点， 为x轴， 为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法和空间中线线、线面、面面间的位置关系逐一判断四个命题得结论.
二、多选题
9．（2021高二上·官渡开学考）如图，正方体 的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．若点 ， 分別是线段 ， 的中点，则
B．点 到平面 的距离为
C．直线 与平面 所成的角等于
D．三棱柱 的外接球的表面积为
【答案】C,D
【考点】球的体积和表面积；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对于A，若 ，因为点 ， 分別是线段 ， 的中点，所以 ，因为 ，所以由平行公理可得 ，这显然不可能，所以 是错误的，所以A不符合题意，
对于B，连接 交 于 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，因为 ， ，所以 平面 ，所以 的长就等于点 到平面 的距离，因为正方体 的棱长为1，所以 ，所以点 到平面 的距离为 ，所以B不符合题意，
对于C，由B可知 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，因为 ，所以直线 与平面 所成的角等于 ，所以C符合题意，
对于D，三棱柱 的外接球就是正方体 ，则外接球的直径等于正方体的体对角线，因为正方体 的棱长为1，所以正方体 的体对角线为 ，所以外接球的半径为 ，所以外接球的表面积为 ,所以D符合题意，
故答案为：CD
【分析】 直接利用线面夹角的应用，异面直线的夹角的应用，三棱柱的外接球的半径的求法的应用求出结果.
10．（2020高二上·夏津月考）在以下命题中，不正确的命题有（ ）
A． 是 ， 共线的充要条件
B．若 ，则存在唯一的实数 ，使
C．对空间任意一点 和不共线的三点 ， ， ，若 ，则 ， ， ， 四点共面
D．若 为空间的一个基底，则 构成空间的另一个基底
【答案】A,B,C
【考点】向量的共线定理；三点共线；空间向量的基本定理及其意义
【解析】【解答】解：对于A，当 ，则 ， 共线成立，
但 ， 同向共线时， ，
所以 是 ， 共线的充分不必要条件，A不正确；
对于B，当 时， ，不存在唯一的实数 ，使 ，B不正确；
对于C，由于 ，而 ，
根据共面向量定理知， ， ， ， 四点不共面，C不正确；
对于D，若 为空间的一个基底，则 不共面，
由基底的定义可知， 不共面，
则 构成空间的另一个基底，D符合题意.
故答案为：ABC.
【分析】根据向量共线的性质，即可判断A选项；根据零向量与任意向量共线以及向量共线定理，即可判断B选项；根据向量的共面定理的定义，即可判断C选项；根据不共面的三个向量可构成空间的一个基底，结合共面向量定理，即可判断D选项.
11．（2020高一下·盐城期末）已知边长为2的菱形ABCD中， ，现沿着BD将菱形折起，使得 ，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．二面角 的大小为
C．点A到平面 的距离为
D．直线 与平面 所成角的正切值为
【答案】A,B,C
【考点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】取BD的中点O，连接OA，OC，
由菱形性质可知 和 都是等边三角形，
， ，又 ，
平面 ，
， A符合题意；
由 ， 可知 为二面角 的平面角，
由 可知 ，又 ，
，B符合题意；
点A到平面BCD的距离 ，C符合题意；
过点A作 平面 ，垂足为 ，则M为OC的中点，所以 ，
连接DM，则 为直线AD与平面BCD所成的角，且 ，
故 ，
所以 ，D不符合题意.
故答案为：ABC.
【分析】 取BD中点O，证明BD⊥平面OAC可判断A，根据△OAC的形状判断B，根据二面角A-BD-C的大小判断C，计算直线AD与平面BCD所成角的正切值判断D．
12．（2020·滨州模拟）如图，点M是正方体 中的侧面 上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．点M存在无数个位置满足
B．若正方体的棱长为1，三棱锥 的体积最大值为
C．在线段 上存在点M，使异面直线 与 所成的角是
D．点M存在无数个位置满足到直线 和直线 的距离相等.
【答案】A,B,D
【考点】数量积表示两个向量的夹角；异面直线及其所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：A.连接 ，
由正方体的性质可得 ，
则 面
当点 上时，有 ，
故点M存在无数个位置满足 ，
A符合题意；
B.由已知 ，
当点M与点 重合时，点M到面 的距离最大，
则三棱锥 的体积最大值为 ，
B符合题意；
C. 连接 ，因为
则 为异面直线 与 所成的角
设正方体棱长为1， ，则 ，
点 到线 的距离为 ，
，
解得 ，
所以在线段 上不存在点M，使异面直线 与 所成的角是 ，
C不符合题意；
D. 连接 ，过M作 交 于N，
由 面 ， 面 ，得 ，
则 为点 到直线 的距离， 为点 到直线 的距离，
由已知 ，
则点M在以 为焦点，以 为准线的抛物线上，故这样的点M有无数个，
D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】通过证明 面 ，可得当点 上时，有 ，可判断A；由已知 ，当点 与点 重合时，点 到面 的距离最大，计算 可判断B；C. 连接 ，因为 ，则 为异面直线 与 所成的角，利用余弦定理算出 的距离，可判断C；连接 ，过M作 交 于N，得到 ，则点 在以 为焦点，以 为准线的抛物线上，可判断D.
三、填空题
13．（2020高二上·鱼台月考）已知向量 ,且 与 互相垂直,则 k= .
【答案】
【考点】空间向量的数量积运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【解答】 ，而 ，得到
，解得
【分析】利用向量垂直满足数量积为0，代入坐标，建立等式，即可得出答案．
14．如图所示，在直平行六面体 中， ， ，点 在 上，且 ，则点 到平面 的距离为 .
【答案】
【考点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
∴ ， .
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ， ，
∴ ，
∴点 到平面 的距离 。
故答案为： 。
【分析】利用已知条件建立如图所示的空间直角坐标系，进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合空间向量的方法结合数量积求点到平面的距离公式，进而求出点 到平面 的距离。
15．（2020高二上·慈溪期末）如图,在四棱锥 中, 平面 ,底面 是菱形,且 , 则异面直线 与 所成的角的余弦值为 ,点 到平面 的距离等于 .
【答案】；
【考点】异面直线及其所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】根据题意画出其立体图形:如图
底面 是菱形,
则异面直线 与 所成的角和直线 与 所成的角相等
平面 , 平面
又 ,底面 是菱形
即
故:异面直线 与 所成的角的余弦值为:
在底面从点 向 作垂线
平面 , 平面
,
平面
故 是 到平面 的距离
故答案为: , .
【分析】因为底面 是菱形,可得 ,则异面直线 与 所成的角和 与 所成的角相等,即可求得异面直线 与 所成的角的余弦值.在底面从点 向 作垂线 ,求证 垂直平面 ,即可求得答案.
16．（2018高二上·宜昌期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若 ，则AB1与C1B所成的角的大小为 .
【答案】90°
【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】不妨设BB1=1，则AB= ，
∴直线AB1与C1B所成角为90°
故答案为：90°.
【分析】根据题目中所给的条件的特点，把问题转化为向量的夹角，由数量积为0可得AB1与C1B所成的角的大小．考查异面直线及其所成的角，其中利用向量法将空间直线夹角转化为向量夹角是解答的关键，属中档题．
四、解答题
17．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE．
（1）证明：PB⊥平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；
（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 ，求 的值．
【答案】（1）解法（1）因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD=D，
所以BC⊥平面PCD．而DE 平面PDC，所以BC⊥DE．
又因为PD=CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC．
而PC∩CB=C，所以DE⊥平面PBC．而PB 平面PBC，所以PB⊥DE．
又PB⊥EF，DE∩FE=E，所以PB⊥平面DEF．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
（解法2）
以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD=DC=1，BC=λ，
则D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0）， =（λ1，﹣1），点E是PC的中点，所以E（0， ， ）， =（0， ， ），
于是 =0，即PB⊥DE．
又已知EF⊥PB，而ED∩EF=E，所以PB⊥平面DEF．
因 =（0，1，﹣1）， =0，则DE⊥PC，所以DE⊥平面PBC．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB．
（2）解法1）如图1，
在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ACBD的交线．
由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB=P，所以DG⊥平面PBD．
所以DG⊥DF，DG⊥DB
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，
设PD=DC=1，BC=λ，有BD= ，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPB=∠FDB= ，
则 tan =tan∠DPF= = = ，解得 ．
所以 = =
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时， = ．
（解法2）
由PD⊥底面ABCD，所以 =（0，0，1）是平面ACDB的一个法向量；
由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以 =（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一个法向量．
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 ，
则运用向量的数量积求解得出cos = = ，
解得 ．所以所以 = =
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为 时， =
【考点】直线与平面垂直的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】解法1）（1）直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF，DE∩FE=E，所以PB⊥平面DEF，即可判断DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，确定直角．（2）根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线．利用直线平面的垂直判断出DG⊥DF，DG⊥DB，根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可．解法2）（1）以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，运用向量的数量积判断即可．2）由PD⊥底面ABCD，所以 =（0，0，1）是平面ACDB的一个法向量；由（Ⅰ）知，PB⊥平面DEF，所以 =（﹣λ，﹣1，1）是平面DEF的一个法向量．根据数量积得出夹角的余弦即可得出所求解的答案．
18．（2017高二上·龙海期末）已知四棱锥P﹣ABCD中PA⊥平面ABCD，且PA=4PQ=4，底面为直角梯形，
∠CDA=∠BAD=90°， ，M，N分别是PD，PB的中点．
（1）求证：MQ∥平面PCB；
（2）求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小；
（3）求点A到平面MCN的距离．
【答案】（1）解：法一向量法：
以A为原点，以AD，AB，AP分别为x，y，z建立空间直角坐标系O﹣xyz，
由 ，PA=4PQ=4，M，N分别是PD，PB的中点，
可得： ，
∴ ，
设平面的PBC的法向量为 ，
则有：
令z=1，则 ，
∴ ，
又MQ 平面PCB，∴MQ∥平面PCB
法二，几何法：
取AP的中点E，连接ED，则ED∥CN，依题有Q为EP的中点，所以MQ∥ED，所以MQ∥CN，
又MQ 平面PCB，CN 平面PCB，∴MQ∥平面PCB
（2）解：设平面的MCN的法向量为 ，又
则有：
令z=1，则 ，
又 为平面ABCD的法向量，
∴ ，又截面MCN与底面ABCD所成二面角为锐二面角，
∴截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小为
法二，几何法：
易证：平面MEN∥底面ABCD，所以截面MCN与平面MEN所成的二面角即为平面MCN与底面ABCD所成的二面角，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥平面MEN，过E做EF⊥MN，垂足为F，连接QF，
则由三垂线定理可知QF⊥MN，
由（1）可知M，C，N，Q四点共面所以∠QFE为截面MCN与平面MEN所成的二面角的平面角， ，
所以： ，
所以：
（3）解：∵ ，∴所求的距离
法二，几何法：
因为EP的中点为Q，且平面MCN与PA交于点Q，所以点A到平面MCN的距离是点E到平面MCN的距离的3倍，
由（2）知：MN⊥平面QEF，则平面MCNQ⊥平面QEF且交线为QF，作EH⊥QF，垂足为H，则EH⊥平面MCNQ，故EH即为点E到平面MCN的距离．
【考点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】此类题一般有两种解法，一种是利用空间向量方法来证明，一种是用立体几何中线面位置关系进行证明，本题提供两种解法
向量法：对于（1）求证：MQ∥平面PCB，可求出线的方向向量与面的法向量，如果两者的内积为0则说明线面平行对于（2）求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小，求出两个平面的法向量，然后根据根据二面角的正弦与法向量的数量积的关系，求解；对于（3）求点A到平面MCN的距离，求出平面上任一点与A连线所对应的向量，求这个向量在该平面的法向量上的投影即可，此法求点到面的距离甚为巧妙．几何法：（1）求证MQ∥平面PCB，用线面平行的判定定理证明即可；（2）求截面MCN与底面ABCD所成二面角的大小，先在图形中作出二面角的平面角，再证明其是二面角的平面角，然后根据题设中的条件求出平面角的三角函数值，一般要在一个三角形中求解函数值．（3）求点A到平面MCN的距离，须先作出点A在面上的垂线段，然后在三角形中求出此线段的长度即可．
19．（2019高三上·茂名月考）在多面体ABCDPE中，四边形ABCD是直角梯形， ， ，平面 平面 ， ， ， ， ， 的余弦值为 ， ，F为BE中点，G为PD中点．
（1）求证： 平面ABCD；
（2）求平面BCE与平面ADE所成角(锐角)的余弦值．
【答案】（1）证明：取EC得中点H，连结FH，GH
为BE中点，
，
平面ABCD． 平面ABCD，
平面ABCD
为PD中点，
平面ABCD． 平面ABCD
平面ABCD
平面 平面ABCD
平面FHG 平面ABCD
（2）解：在 中，
，
， ， ，
又 平面 平面ABCD，平面 平面 ，
平面ABCD，
以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 为原点建立空间直角坐标系．
，
设 ，
， ， ， ，
点 的坐标为 ,
设平面 的一个法向量： ，
，
，令 ，
，
设平面 的一个法向量 ，
， ，
令 ， ，
平面 与平面 所成角（锐角）的余弦值为 ．
【考点】直线与平面平行的判定；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）取 的中点 ，连结 ， ，证明 ， 平面 ， ， 平面 ，然后证明平面 平面 ，推出 平面 ；（2）在 中，求出 ，说明 ，以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系．求出平面 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解平面 与平面 所成角的余弦值即可．
20．（2021·浦东模拟）如图，在直三棱柱 中， ， ，点 分别为 的中点， 与底面 所成的角为 .
（1）求异面直线 与 所成角的大小(结果用反三角函数表示)；
（2）求点 与平面 的距离.
【答案】（1）因为 平面 ，所以 为 与底面 所成的角，
即 ，所以 .
如图所示建立直角坐标系，则 ， ， ， .
则 ，
设异面直线 与 所成的角为 ，则 ，
所以 ，即异面直线 与 所成的角为 .
（2）平面 的法向量为 ，
由（1）知， ， ，
由 ，解得 ，
得 .又因为 ，
所以点 与平面 的距离 .
【考点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，将问题转化为 与 的夹角即可求解；
（2）求出平面 的法向量 ，利用点 与平面 的距离为 即可求解。
21．（2017·石嘴山模拟）如图，在四棱锥ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB=2，BC=CD=1，顶角D1在底面ABCD内的射影恰好为点C．
（1）求证：AD1⊥BC；
（2）若直线DD1与直线AB所成角为 ，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角（锐角）的余弦值函数值．
【答案】（1）证明：连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，
∴D1C⊥BC
在等腰梯形ABCD中，连接AC
∵AB=2，BC=CD=1，AB∥CD
∴BC⊥AC
∴BC⊥平面AD1C
∴AD1⊥BC
（2）解法一：
∵AB∥CD∴
∵CD=1∴
在底面ABCD中作CM⊥AB，连接D1M，则D1M⊥AB，所以∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角
在Rt△D1CM中， ，
∴∴
即平面ABC1D1与平面ABCD所成角（锐角）的余弦函数值为
解法二：
由（Ⅰ）知AC、BC、D1C两俩垂直，
∵AB∥CD∴∴
在等腰梯形ABCD中，连接AC因AB=2，BC=CD=1AB∥CD，
所以 ，建立如图空间直角坐标系，
则 ，B（0，1，0），
设平面ABC1D1的一个法向量
由 得
可得平面ABC1D1的一个法向量 ．
又 为平面ABCD的一个法向量．
因此
所以平面ABC1D1和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 ．
【考点】直线与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（Ⅰ）证明：连接D1C，证明BC⊥平面AD1C，利用直线与平面垂直的性质定理证明AD1⊥BC．（Ⅱ）解法一：连接D1M，则D1M⊥AB，说明∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角，在Rt△D1CM中，求出 ，得到平面ABC1D1与平面ABCD所成角（锐角）的余弦函数值为 ．
解法二：
由（Ⅰ）知AC、BC、D1C两俩垂直，建立如图空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面ABC1D1的一个法向量，平面ABCD的法向量．通过向量的数量积求解平面ABC1D1和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
22．（2018·长安模拟）如图，已知长方形ABCD中， ， ，M为DC的中点.将 ADM沿AM折起，使得平面ADM⊥平面ABCM.
（1）求证： ；
（2）若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，二面角 的余弦值为 .
【答案】（1）解：证明：∵长方形ABCD中，AB= ，AD= ，M为DC的中点，
∴AM=BM=2，∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM 平面ABCM
∴BM⊥平面ADM
∵AD 平面ADM
∴AD⊥BM
（2）解：建立如图所示的直角坐标系
设 ，则平面AMD的一个法向量 ，
，
设平面AME的一个法向量 则 取y=1，得
所以 ，
因为 ，求得 ，
所以E为BD的中点
【考点】平面与平面垂直的性质；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】(1)先由直线与平面 的垂直证明出BM⊥平面ADM,再得到线线垂直;
(2)建立空间直角坐标系,写出各点的坐标,得到相应向量的坐标,由向量夹角公式求点E的位置.
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