1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题 同步练习（Word版含解析）

1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
基础过关练
题组一　用空间向量求空间的距离问题
1.如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=,E,F分别是面A1B1C1D1,面BCC1B1的中心,则E,F两点间的距离为(　　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.1 B. C. D.
2.已知平面α的一个法向量n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到α的距离为(　　)
A.10 B.3 C. D.
3.(2020山东济南第二中学高二上月考)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1=3CM,则直线BM与B1N之间的距离为　　　　.
4.(2020河北唐山第二中学高二上期中)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0<λ<2),则点G到平面D1EF的距离为　　　　.深度解析
5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.
(1)求证:M为PB的中点;
(2)求点C到平面BDP的距离d.
题组二　用空间向量求空间角的问题
6.(2020广东深圳实验学校高二上期中)设平面α与平面β的夹角为θ,若平面α,β的法向量分别为n1,n2,则cos θ=(　　)
A. B.
C. D.
7.(2020山西大学附属中学高二阶段测试)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1B1的中点,则异面直线AM与B1C所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
9.在一个二面角的两个面内都和二面角的棱垂直的两个向量分别为(0,-1,3)和(2,2,4),则这个二面角的余弦值为　　　　.
10.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成角的正切值为　　　　.
11.如图,在长方体A1B1C1D1-ABCD中,AB=,BC=1,AA1=2,E为A1D的中点.
(1)求直线EC1与A1B所成角的余弦值;
(2)若F为BC的中点,求直线EC1与平面FA1D1所成角的正弦值.
能力提升练
题组一　用空间向量求空间距离
1.(2019山东师范大学附属中学期中,)在空间直角坐标系中,定义:平面α的一般方程为Ax+By+Cz+D=0(A,B,C,D∈R,且A,B,C不同时为零),点P(x0,y0,z0)到平面α的距离d=,则在底面边长与高都为2的正四棱锥P-ABCD中,底面中心O到侧面PAB的距离d等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C.2 D.5
2.(2020山东威海高二期中,)如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为A1D1的中点,Q为A1B1上任意一点,E,F为CD上两个动点,且EF的长为定值,则点Q到平面PEF的距离　(　　)
A.等于a B.和EF的长度有关
C.等于a D.和点Q的位置有关
3.(多选)()已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点E、O分别是A1B1、A1C1的中点,P在正方体内部且满足=++,则下列说法正确的是(深度解析)
A.点A到直线BE的距离是
B.点O到平面ABC1D1的距离为
C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D.点P到直线AB的距离为
4.()如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方形BCC1B1内及其边界上运动,并且总保持B1P∥平面A1BD,则动点P的轨迹的长度是　　　　.
5.(2019广东广州二中高二期中,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M、N、P分别在棱AB、BC、CC1上,且AM=1,BN=2,CP=3.过M、N、P三点的平面交AC1于点Q,则A、Q两点间的距离为　　　　　.
6.()如图,已知四边形ABCD为矩形,四边形ABEF为直角梯形,FA⊥AB,AD=AF=FE=1,AB=2,AD⊥BE.
(1)求证:BE⊥DE;
(2)求点F到平面CBE的距离.
题组二　用空间向量求空间角
7.()正四棱锥S-ABCD中,SA=AB=2,则直线AC与平面SBC所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.
8.()在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是(　　)
A. B. C. D.
9.(2020河南省实验中学高二上期中,)已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折叠之后,使得平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为(　　)
A.2 B. C. D.
10.(2019黑龙江省实验中学高二月考,)如图1,四边形ABCD与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形,AD∥EF,AF=,AD=4,EF=2,沿AD边将四边形ADEF折起,使得平面ADEF⊥平面ABCD,如图2,动点M在线段EF上,N,G分别是AB,BC的中点,设异面直线MN与AG所成的角为α,则cos α的最大值为(　　)
A. B. C. D.
11.(多选)(2020河北保定高二上期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等腰直角三角形,且∠PAD=,O为底面ABCD的中心,E为PD的中点,F在棱PA上,若=λ,λ∈[0,1],则下列说法正确的有(　　)
A.异面直线PO与AD所成角的余弦值为
B.异面直线PO与AD所成角的余弦值为
C.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,则λ=
D.若平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,则λ=
12.(2020江西高安中学高二上期中,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=AA1=2BC=2,D为AA1上一点.若二面角B1-DC-C1的大小为30°,则AD的长为　　　　.
题组三　用空间向量解决探索性问题
13.(2020浙江温州中学高二上阶段测试,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=4,PA=4.
(1)求证:AB⊥PC;
(2)在线段PD上是否存在一点M(不与P,D重合),使得平面MAC与平面ACD夹角的大小为45° 若存在,求BM与平面MAC所成角的正弦值;若不存在,请说明理由.
14.(2020湖北华中师大一附中高三期中,)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为棱PC上的动点,且=λ(λ∈[0,1]).
(1)求证:△PBC为直角三角形;
(2)试确定λ的值,使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.
答案全解全析
基础过关练
1.C　以点A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则点E(1,1,),F,所以||==,故选C.
2.D　由已知得=(1,2,-4),故点P到平面α的距离为==.故选D.
3.答案　
解析　设正方体的棱长为1,如图,建立空间直角坐标系,
则B(1,1,0),B1(1,1,1),M,N,∴=(0,0,1),=,=.
设直线BM与B1N的公垂线方向上的向量n=(x,y,z),由n·=0,n·=0,
得
令x=2,则z=6,y=-7,∴n=(2,-7,6).
设直线BM与B1N之间的距离为d,则d===.
4.答案　
解析　由题意得A1B1∥EF,A1B1 平面D1EF,EF 平面D1EF,所以A1B1∥平面D1EF,则点G到平面D1EF的距离等于点A1到平面D1EF的距离.以D为原点,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Dxyz,则D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),A1(2,0,2),所以=(2,0,-1),=(2,2,-1),=(0,0,-1).
设平面D1EF的法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,则y=0,z=2,
所以平面D1EF的一个法向量n=(1,0,2).
点A1到平面D1EF的距离为==,即点G到平面D1EF的距离为.
解题反思　当直线l与一个平面α平行时,这条直线上任意一点到该平面的距离都相等,本题利用A1B1∥平面D1EF,将点G到平面D1EF的距离转化为点A1到平面D1EF的距离,在计算过程中摆脱了对参数λ的依赖,简化了解题过程.
5.解析　(1)证明:如图,设AC∩BD=O,∵四边形ABCD为正方形,
∴O为BD的中点.
连接OM.
∵PD∥平面MAC,PD 平面PBD,
平面PBD∩平面MAC=OM,
∴PD∥OM,
∴=,即M为PB的中点.
(2)取AD的中点G,∵PA=PD,
∴PG⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,连接OG,则PG⊥OG,由G是AD的中点,O是AC的中点,可得OG∥DC,则OG⊥AD.
以G为坐标原点,GD、GO、GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
由PA=PD=,AB=4,得D(2,0,0),P(0,0,),C(2,4,0),B(-2,4,0),M,则=(-2,0,),=(-4,4,0).
设平面BDP的法向量为m=(x,y,z),
则由得取z=,得m=(1,1,).
又=,则点C到平面BDP的距离d==2.
6.B　由两个平面的夹角概念知,cos θ==,故选B.
7.A　以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),
∴=(-1,0,-1),
∴||=,
∵M为A1B1的中点,
∴M.
∴=,
∴||=,
∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为|cos<,>|==.故选A.
8.B　以A为原点,AB,AD,AA1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,设正方体的棱长为1,则A1(0,0,1),E,D(0,1,0),
∴=(0,1,-1),=.
设平面A1ED的法向量为n1=(x,y,z),则有即令x=1,得∴n1=(1,2,2).
易得平面ABCD的一个法向量n2==(0,0,1),∴|cos|==,
即平面A1ED与平面ABCD的夹角的余弦值为.
9.答案　±
解析　由==,知这个二面角的余弦值为±.
10.答案　
解析　如图,以点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Dxyz,
设DA=1,由已知条件得D(0,0,0),
A(1,0,0),E,F,D1(0,0,1),则=,=,=(0,0,-1).
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
平面AEF与平面ABC所成角为θ,
由得
令y=1,则z=-3,x=-1,
所以n=(-1,1,-3),
易得平面ABC的一个法向量m==(0,0,-1),
则cos θ=|cos|=,
又θ∈[0,π],所以sin θ=,所以tan θ=.
11.解析　(1)以A1为原点,A1B1,A1D1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,可得E,C1(,1,0),B(,0,2),A1(0,0,0),则=,=(,0,2).
设直线EC1与A1B的夹角为α,
则cos α=|cos <,>|
==.
(2)易得F,=(0,1,0),=,设平面FA1D1的法向量为n=(x,y,z),则
令x=-2,得z=,所以平面FA1D1的一个法向量为n=(-2,0,),设直线EC1与平面FA1D1所成的角为θ,则sin θ=|cos|==.
能力提升练
1.B　以底面中心O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,如图.
则O(0,0,0),A(1,1,0),B(-1,1,0),P(0,0,2),设平面PAB的方程为Ax+By+Cz+D=0,将A,B,P 3点的坐标代入计算得A=0,B=-D,C=-D,所以方程可化为-Dy-Dz+D=0,即2y+z-2=0,所以d==.
2.A　取B1C1的中点G,连接PG,CG,DP,则PG∥CD,所以点Q到平面PEF的距离即点Q到平面PGCD的距离,与EF的长度无关,B错.又A1B1∥平面PGCD,所以点A1到平面PGCD的距离即点Q到平面PGCD的距离,即点Q到平面PEF的距离,与点Q的位置无关,D错.
如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,则C(0,a,0),D(0,0,0),A1(a,0,a),P,∴=(0,a,0),=(a,0,a),=,
设n=(x,y,z)是平面PGCD的法向量,
则由得
令z=1,则x=-2,y=0,所以n=(-2,0,1)是平面PGCD的一个法向量.
设点Q到平面PEF的距离为d,则d===,A对,C错.故选A.
3.BC　如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E,所以=(-1,0,0),=.
设∠ABE=θ,则cos θ==,sin θ==.
故A到直线BE的距离d1=||sin θ=1×=,故A错.
易知==,
平面ABC1D1的一个法向量=(0,-1,1),则点O到平面ABC1D1的距离d2===,故B对.
=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则所以
令z=1,得y=1,x=1,
所以n=(1,1,1).
所以点D1到平面A1BD的距离d3===.
因为易证得平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离,
所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离为,故C对.
因为=++,所以=,又=(1,0,0),则=,所以点P到AB的距离d===,故D错.
解题反思　线面距、面面距实质上都是点面距,求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行.
4.答案　
解析　如图,建立空间直角坐标系Dxyz.
则D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),设动点P(x,1,z),
∴=(1,0,1),=(1,1,0),=(x-1,0,z-1),
设平面A1BD的法向量为n=(a,b,c),
则n·=0,n·=0,∴a+c=0,a+b=0.
∴b=c=-a,取n=(1,-1,-1).
∵B1P∥平面A1BD,
∴n·=0,于是(x-1)-(z-1)=0,即x=z,连接B1C,
∴点P在正方形BCC1B1的对角线B1C上,
∴动点P的轨迹的长度即对角线B1C的长,为.
5.答案　2
解析　如图,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),C1(4,4,4),M(1,0,0),N(4,2,0),P(4,4,3),
∴=(3,2,0),=(0,2,3),=(4,4,4),=(1,0,0).
∵过M、N、P三点的平面交AC1于点Q,
∴点Q在线段AC1上,点Q在平面MNP内,
∴可设=λ=(4λ,4λ,4λ),0≤λ≤1,=x+y=(3x,2x+2y,3y).
又=-=(4λ-1,4λ,4λ),
∴解得
∴=(2,2,2),||=2,即A、Q两点间的距离为2.
6.解析　∵四边形ABCD为矩形,∴AD⊥AB,
又AD⊥BE,AB∩BE=B,
∴AD⊥平面ABEF,
又AD 平面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面ABEF.
∵FA⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,
∴FA⊥平面ABCD.∴FA⊥AD.
(1)证明:如图,建立空间直角坐标系,
则B(0,2,0),C(1,2,0),D(1,0,0),E(0,1,1),F(0,0,1),
∴=(0,-1,1),=(-1,1,1),
∴·=0×(-1)+(-1)×1+1×1=0,
∴⊥,∴BE⊥DE.
(2)由(1)得=(1,0,0),=(0,-1,1),=(0,1,0),
设n=(x,y,z)是平面CBE的法向量,则由
得
令y=1,得z=1,∴n=(0,1,1)是平面CBE的一个法向量.
设点F到平面CBE的距离为d,
则d===.
∴点F到平面CBE的距离为.
7.C　连接BD,AC,交于点O,连接OS,则SO⊥平面ABCD,OA⊥OB,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(,0,0),B(0,,0),C(-,0,0),S(0,0,),
所以=(0,,-),=(-,0,-),设平面SBC的法向量为n=(x,y,z),则由n⊥,n⊥,得令z=1,得x=-1,y=1,所以n=(-1,1,1).
又=(-2,0,0),设直线AC与平面SBC所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===.
故选C.
8.A　如图,设BC=CA=CC1=1,则A(1,0,1),B(0,1,1),D1,F1,
∴=,
=,
∴|cos<,>|=
==.
故选A.
9.D　设菱形ABCD的边长为1,取AC的中点O,连接BO、DO,因为∠ABC=60°,所以BO⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD,如图建系,则O(0,0,0),C,B,D,
所以=,=,=.
设平面BCD的法向量为n=(x,y,z),则即
令z=1,得x=,y=1,则n=(,1,1),易知平面CDA的一个法向量为=,所以|cos<,n>|==,故选D.
10.A　如图,以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,由题意可得A(0,0,0),G(4,2,0),N(2,0,0),∴=(4,2,0),
∵AD∥EF,动点M在线段EF上,
∴可设M(0,y,1),y∈[1,3].
∴=(-2,y,1),
∴cos α=|cos<,>|===.
令t=4-y,
则t∈[1,3],y=4-t,
∴cos α==×=×,
当t=3时,cos α取最大值,(cos α)max=.故选A.
11.BC　∵∠PAD=,
∴PA⊥AD,
∵平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,PA 平面PAD,
∴PA⊥平面ABCD,
∵底面ABCD为矩形,∴AB,AD,AP两两垂直.
以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,0,0),B(2,0,0),O(1,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4),
∴=(1,2,-4),=(0,4,0),
∴|cos<,>|=
==,
∴异面直线PO与AD所成角的余弦值为,故A错,B对.
由题易得E(0,2,2),AB⊥平面PAD,
取平面PAD的一个法向量m=(1,0,0).
∵=λ,λ∈[0,1],PA=4,
∴FA=4λ,∴F(0,0,4λ),
设平面OEF的法向量为n=(x,y,z),
易知=(-1,0,2),=(1,2,-4λ),
则即
令x=2,得n=(2,2λ-1,1),
∵平面OEF与平面DEF夹角的正弦值为,
∴|cos|==,
而|cos|==,
∴=,解得λ=,
故C对,D错.
故选BC.
12.答案　
解析　如图,以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Cxyz,则C(0,0,0),B1(0,1,2),B(0,1,0),∴=(0,1,2),=(0,1,0).设AD=a(0≤a≤2),则点D的坐标为(2,0,a),=(2,0,a).
设平面B1CD的法向量为m=(x,y,z),则 令z=-1,得m=.又平面C1DC的一个法向量为=(0,1,0),记为n,则由cos 30°===,解得a=(负值舍去),故AD=.
13.解析　(1)证明:∵AD∥BC,AD⊥CD,AD=CD=2,BC=4,∴AB=AC=4,∴AB⊥AC.
∵PA⊥平面ABCD,∴AB⊥PA,∵PA 平面PAC,AC 平面PAC,∴AB⊥平面PAC,又PC 平面PAC,∴AB⊥PC.
(2)以A为原点,过点A且平行于CD的直线为x轴,AD,AP所在直线分别为y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),P(0,0,4),B(2,-2,0),D(0,2,0),C(2,2,0),假设存在满足题意的M.设=λ,0<λ<1,则M(0,2λ,4-4λ),∴=(0,2λ,4-4λ),=(2,2,0),
设平面MAC的法向量为m=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1,则y1=-1,z1=,∴m=,又平面ACD的一个法向量=(0,0,4),
∴|cos<,m>|===cos 45°,解得λ=或λ=2(舍去),∴M,
∴=,
平面MAC的一个法向量m=(1,-1,).设BM与平面MAC所成角为θ,则
sin θ=|cos<,m>|===.
14.解析　(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD,又OC∩OP=O,OC 平面POC,OP 平面POC,所以AD⊥平面POC,
又PC 平面POC,所以AD⊥PC,因为BC∥AD,所以BC⊥PC,即∠PCB=90°,从而△PBC为直角三角形.
(2)由(1)可知OP⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.
以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,
则P(0,0,),A(0,-1,0),D(0,1,0),C(,0,0),∴=(,0,-).
由=λ=λ(,0,-)可得点M的坐标为(λ,0,-λ),
所以=(λ,1,-λ),=(λ,-1,-λ),
设平面ADM的法向量为n=(x,y,z),则
即
解得令z=λ,得n=(λ-1,0,λ),
显然平面PAD的一个法向量为=(,0,0),
依题意得|cos|===,
解得λ=或λ=-1(舍去),
所以当λ=时,平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为.