人教A版选择性必修第一册1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题同步练习（Word含答案）

1.4.2　用空间向量研究距离、夹角问题
基础过关练
题组一　用空间向量求空间距离
1.(2021辽宁沈阳期末)已知△ABC的顶点A(1,-1,2),B(5,-6,2),
C(1,3,-1),则AC边上的高BD的长等于(　　)
A.3　　　　　　　B.4
C.5　　　　　　　D.6
2.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为(　　)
A.
C.
3.平面直角坐标系xOy中,Ⅰ、Ⅱ象限所在的半平面记为α,Ⅲ、Ⅳ象限所在的半平面记为β,x轴记为l,已知点A(-2,3),点B(3,-2),将半平面β沿直线l折起,使得二面角α-l-β的平面角的大小为60°,这时A,B两点间的距离为　　　　.
4.(2020上海交通大学附属中学检测)棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是线段BB1,B1C1的中点,则直线MN到平面ACD1的距离为　　　　.
5.(2022辽宁抚顺一中开学考试)如图,棱长为1的正方体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　　　　.
6.(2022重庆名校联盟月考)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1,四边形AEC1F为平行四边形.
(1)求BF的长;
(2)求点C到平面AEC1F的距离.
题组二　用空间向量求空间角
7.(多选)(2022浙江金华建华中学月考)直线l的方向向量为a,平面α,β的法向量分别为n,m,则下列命题为真命题的是(　　)
A.若a⊥n,则直线l∥平面α
B.若a∥n,则直线l⊥平面α
C.若cos=,则直线l与平面α所成角的大小为
D.若cos=,则平面α,β的夹角为
8.(2020山西大学附属中学测试)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.
9.(2020黑龙江哈尔滨检测)在空间中,已知平面α过点(3,0,0)和(0,4,0)及z轴上一点(0,0,a)(a>0),如果平面α与平面Oxy的夹角为45°,则a=　　　　.
10.(2021天津武清杨村三中月考)如图所示,几何体ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体,E,F分别是棱AB,BC上的动点,且AE=BF,当A1,E,F,C1共面时,求平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值.
11.(2021重庆三十七中月考)如图,已知点P在正方体ABCD-A'B'C'D'的体对角线BD'上,满足BP=2PD'.
(1)求DP与CC'所成角的余弦值;
(2)求DP与平面AA'D'D所成角的正弦值.
12.如图所示,在三棱锥S-ABC中,O为BC的中点,SO⊥平面ABC,侧面SAB与SAC均为等边三角形,∠BAC=90°,求平面SAC与平面SBC夹角的余弦值.
能力提升练
题组一　用空间向量求空间距离
1.(2022山东枣庄八中质检)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
2.(2022安徽合肥第六中学期中)如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=BC=1,动点P,Q分别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是(　　)
A.
3.如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,且PD=AD=1,AB=2,点E是线段AB上一点,当平面PEC与平面ABCD的夹角为时,AE=　　　　,点D到面PEC的距离为　　　　.
4.(2022上海洋泾中学期中)如图所示,四棱柱ABCD-A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱.若点C到平面AB1D1的距离为,则正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为　　　　.
题组二　用空间向量求空间角
5.(2022湖北武汉第十四中学月考)如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC的中点,则平面PBC与平面BFD夹角的正切值为(　　)
A.
6.(2020河南省实验中学期中)已知菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿对角线AC折起之后,平面BAC⊥平面DAC,则平面BCD与平面CDA的夹角的余弦值为(　　)
A.
C.
7.(2020陕西西安中学月考)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,E,F分别为A1C1,A1B1的中点,当AE和BF所成角的余弦值为时,AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为(　　)
A.
题组三　用空间向量解决立体几何中的探索性问题
8.(2022北京师大二附中)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=AD=1,AB=2,∠PAD=45°,E是PA的中点,F在线段AB上,且·=0.
(1)求证:DE∥平面PBC;
(2)求平面FPC与平面PBC夹角的余弦值;
(3)在线段PA上是否存在点Q,使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是 若存在,求出AQ的长;若不存在,请说明理由.
9.(2021山东新高考质量测评联盟联考)如图所示,正方形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直,动点P在线段EF(包含端点E,F)上,M,N分别为AB,BC的中点,AB=2DE=2.
(1)若P为EF的中点,求点N到平面PDM的距离;
(2)设平面PDM与平面ABCD的夹角为θ,求cosθ的最大值,并求出此时点P的位置.
答案全解全析
基础过关练
1.C　由题意得=(4,-5,0),=(0,4,-3),则直线AC的单位方向向量u=,所以AC边上的高BD的长即B到AC的距离,为==5.
2.B　以D1为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(1,0,0),C1(0,1,0),D(0,0,1),A(1,0,1),所以=(1,0,-1),
=(0,1,-1),=(-1,0,0).
设平面A1C1D的法向量为m=(x,y,z),
则
令z=1,则x=1,y=1,故m=(1,1,1).
显然平面AB1C∥平面A1C1D,
所以平面AB1C与平面A1C1D之间的距离为=.
3.答案　4
解析　平面直角坐标系xOy中,作AC⊥l于C,BD⊥l于D,则AC=3,CD=5,BD=2.
因为二面角α-l-β的平面角的大小为60°,
所以两向量,的夹角为120°,
所以||=
=
=
==4,
所以A,B两点间的距离为4.
4.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,
则C(0,1,0),D1(0,0,1),M,A(1,0,0),
∴=,=(-1,1,0),=(-1,0,1).
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则y=z=1,∴n=(1,1,1).
∴点M到平面ACD1的距离d==.
∵∥,且MN 平面ACD1,AD1 平面ACD1,
∴MN∥平面ACD1.
∴直线MN到平面ACD1的距离即点M到平面ACD1的距离,为.
5.答案　
解析　建立如图所示的空间直角坐标系,
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),则即
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===.
6.解析　(1)因为四边形AEC1F为平行四边形,所以=.设DF=a.建立如图所示的空间直角坐标系,则B(2,4,0),A(2,0,0),E(2,4,1),
C1(0,4,3),F(0,0,a).所以=(-2,0,a),=(-2,0,2),所以(-2,0,a)=(-2,0,2),所以a=2,所以F(0,0,2).所以=(-2,-4,2).所以||=2,即BF的长为2.
(2)易知C(0,4,0),又C1(0,4,3),A(2,0,0),E(2,4,1),
所以=(0,0,3),=(-2,0,2),=(0,4,1).
设平面AEC1F的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-,z=1,所以n=.
所以C到平面AEC1F的距离d===.
7.BCD　若a⊥n,则直线l∥平面α或l在平面α内,故A中命题为假命题;
若a∥n,则a也是平面α的一个法向量,所以直线l⊥平面α,故B中命题为真命题;
直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值,所以若cos=,则直线l与平面α所成角的大小为,故C中命题为真命题;
两个平面的夹角与它们法向量所成的不大于90°的角相等,故D中命题为真命题.
故选BCD.
8.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),B1(1,1,1),C(0,1,0),M,
∴=,=(-1,0,-1),
∴||=,||=,·=-1,
∴异面直线AM与B1C所成角的余弦值为|cos<,>|=
=.故选A.
9.答案　
解析　设点(3,0,0),(0,4,0),(0,0,a)(a>0)分别为A,B,C,则=
(-3,0,a),=(-3,4,0).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则即
取z=1,则x=,y=,∴n=.
取平面Oxy的一个法向量为m=(0,0,1).
∴|cos|==,解得a=(负值舍去).
10.解析　易知当E,F分别是AB,BC的中点时,A1,E,F,C1共面,且AE=BF.以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(6,0,6),D(0,0,0),C1(0,6,6),E(6,3,0),F(3,6,0).
∴=(6,0,6),=(6,3,0),=(0,6,6),=(3,6,0),
设平面A1DE的法向量为n1=(x1,y1,z1),
由得
令x1=1,则y1=-2,z1=-1,∴n1=(1,-2,-1).
设平面C1DF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由得
令x2=2,则y2=-1,z2=1,∴n2=(2,-1,1).
设平面A1DE与平面C1DF的夹角为θ,
则cosθ=|cos|===,
∴平面A1DE与平面C1DF夹角的余弦值为.
11.解析　建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1,则P,C(0,1,0),D(0,0,0),C'(0,1,1).
(1)易知=,=(0,0,1).
设DP与CC'所成角为θ,则cosθ====,
∴DP与CC'所成角的余弦值为.
(2)由(1)知=.
易知=(0,1,0)为平面AA'D'D的一个法向量.
设DP与平面AA'D'D所成角为α,则sinα=|cos<,>|
====,∴DP与平面AA'D'D所成角的正弦值为.
12.解析　因为△SAB与△SAC均为等边三角形,所以AB=AC.连接OA,则OA⊥BC.以O为坐标原点,OB,OA,OS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Oxyz.设B(1,0,0),则C(-1,0,0),
A(0,1,0),S(0,0,1),O(0,0,0).
所以=(0,1,-1),=(-1,0,-1),=(0,1,0).
设平面SAC的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则z=-1,y=-1,所以n=(1,-1,-1).
易知平面SBC的一个法向量为=(0,1,0).
所以|cos<,n>|==,
所以平面SAC与平面SBC夹角的余弦值为.
能力提升练
1.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.易知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.
以点D为坐标原点,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,
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.
所以点Q到平面PEF的距离d===,故A对,C错.
2.C　建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),D(0,0,0),
C(0,1,0),C1(0,1,2).设P(0,y1,z1),Q(x2,y2,0).
由题意设=λ,=μ,λ,μ∈[0,1],所以(0,y1,z1)=
λ(0,1,2),(x2-1,y2,0)=μ(-1,1,0),所以P(0,λ,2λ),Q(1-μ,μ,
0).所以|PQ|==
=,
所以当λ=,μ=时,线段PQ的长度取得最小值,为.
3.答案　2-;
解析　设AE=a(0≤a≤2).以点D为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz(图略),则D(0,0,0),E(1,a,0),C(0,2,0),P(0,0,1),所以=(1,a,-1),=
(0,2,-1),=(0,0,1).设平面PEC的法向量为m=(x,y,z),则即令y=1,可得x=2-a,z=2,所以m=(2-a,1,2).易知平面ABCD的一个法向量为=(0,0,1),则|cos|==,解得a=2-或a=2+(舍去),所以AE=2-.此时平面PEC的一个法向量为m=(,1,2),所以点D到平面PEC的距离为==.
4.答案　2
解析　设正四棱柱的高为h(h>0).建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,h),B1(1,0,0),D1(0,1,0),C(1,1,h),
则=(1,0,-h),=(0,1,-h),=(1,1,0).
设平面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),
则即
取z=1,得x=h,y=h,所以n=(h,h,1).
所以点C到平面AB1D1的距离为==,解得h=2.
故正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高为2.
5.D　如图所示,设AC与BD交于O,连接OF.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
设PA=AD=AC=1,则BD=,所以O(0,0,0),B,F,
C,所以=,=,=.
易知=为平面BFD的一个法向量.
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,则y=z=,
所以平面PBC的一个法向量为n=(1,,).所以cos=,所以sin=,所以tan=.
6.D　取AC的中点O,连接BO,DO,因为四边形ABCD是菱形,所以BO⊥AC,OD⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD.建立如图所示的空间直角坐标系,设菱形ABCD的边长为1,则AC=1,BO=OD=,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.
7.B　设AA1=t.以B为坐标原点,过B且垂直于BC的直线为x轴,BC,BB1所在直线分别为y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(,1,0),E,B(0,0,0),F,
∴=,=.
∵AE和BF所成角的余弦值为,
∴|cos<,>|===,解得t=2或t=-2(舍去),∴=.
易知平面BCC1B1的一个法向量为n=(1,0,0),
∴AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为|cos<,n>|===.故选B.
8.解析　(1)证明:证法一:取PB的中点M,连接EM,CM.
∵E是PA的中点,∴EM∥AB,且EM=AB,
又∵CD∥AB,且CD=AB,
∴EM∥CD,且EM=CD,
∴四边形CDEM为平行四边形,∴DE∥CM.
∵CM 平面PBC,DE 平面PBC,
∴DE∥平面PBC.
证法二:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥DC,PD⊥AD.
∵AB∥DC,AB⊥AD,∴AD⊥DC.
以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.
∵PD⊥AD,∠PAD=45°,AD=1,∴PD=1,∴D(0,0,0),B(1,2,0),C(0,1,
0),P(0,0,1),E,∴=(-1,-1,0),=(0,-1,1),=.
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
则取y=1,得x=-1,z=1,
∴m=(-1,1,1).
∵m·=0,DE 平面PBC,∴DE∥平面PBC.
(2)易知=(-1,-2,0).设点F(1,t,0),0≤t≤2,则=(1,t-1,0).
∵·=0,∴-1-2(t-1)=0,解得t=,∴F,=.
设平面FPC的法向量为n=(x',y',z'),
由得取x'=1,得y'=2,z'=2,
∴n=(1,2,2).
由(1)知平面PBC的一个法向量为m=(-1,1,1).
|cos|===,
∴平面FPC与平面PBC夹角的余弦值为.
(3)∵A(1,0,0),P(0,0,1),F,
∴=(-1,0,1),=.
设=λ=(-λ,0,λ),λ∈[0,1],则=+=.
由(2)知平面FPC的一个法向量为n=(1,2,2).
若FQ与平面PFC所成角的余弦值是,
则FQ与平面PFC所成角的正弦值为.
∴=,即20λ2+8λ-1=0,解得λ=或λ=-(舍).
∴在线段PA上存在点Q,使得FQ与平面FPC所成角的余弦值是,此时|AQ|=.
9.解析　以A点为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系.
（1）D(0,2,0),N(2,1,0),M(1,0,0),P(0,1,1),则=(1,-1,-1),
=(0,1,-1),=(-1,-1,0).
设平面PDM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则取z1=,则y1=,x1=1,所以n1=.
所以点N到平面PDM的距离为=.
(2)易知A(0,0,0),F(0,0,1).
设P(0,t,1)(0≤t≤2),则=(1,-t,-1),=(-1,2,0),
=(0,0,1).
设平面PDM的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则取x2=1,则y2=,z2=,
所以n2=.
易知平面ABCD的一个法向量为=(0,0,1),
所以cosθ===(0≤t≤2),所以当t=0时,cosθ取得最大值,此时点P与点F重合.
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