(分层突破）高中数学人教A版(2019)选择性必修必修第一册1.4.2用空间向量研究距离、夹角问题B（Word含解析）

2022年9月7日高中数学作业
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在直三棱柱中，，D，F，分别是，的中点，，则与所成角的余弦值是（ ）．
A． B． C． D．
2．已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
3．正三棱锥的侧面都是直角三角形，，分别是，的中点，则与平面所成角的正弦为（ ）
A． B． C． D．
4．已知三棱锥中，，，则异面直线，所成角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知四棱锥底面是边长为的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面，点是线段上的动点(不含端点)，若线段上存在点(不含端点)，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在正方体中，E是棱CD上的动点．则下列结论不正确的是（ ）
A．平面
B．
C．直线AE与所成角的范围为
D．二面角的大小为
7．如图，正三角形与正三角形所在平面互相垂直，则二面角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．与共线的单位向量是
C．与夹角的余弦值是
D．平面的一个法向量是
10．关于正方体，下列说法正确的是（ ）
A．直线平面
B．若平面与平面的交线为l，则l与所成角为
C．棱与平面所成角的正切值为
D．若正方体棱长为2，P，Q分别为棱的中点，则经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形的周长为
11．下列四个命题中，正确命题的有（ ）
A．若一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为；
B．若向量，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为；
C．已知直线的方向向量为，点在上，则点到的距离为；
D．若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则.
12．如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为AC，，AB的中点．则下列结论正确的是（ ）
A．与EF相交 B．平面DEF
C．EF与所成的角为 D．点到平面DEF的距离为
三、填空题
13．若和分别是平面的一个法向量，则与所成二面角的大小为______.
14．在如图所示的正方体中，E是的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为___________.
15．正三棱柱中，，，为棱的中点，则异面直线与成角的大小为_______．
16．一个正方体的平面展开图如图所示.在该正方体中，以下命题正确的是___________.（填序号）
①；
②平面；
③与是异面直线且夹角为；
④与平面所成的角为；
⑤二面角的大小为.
四、解答题
17．求点到原点、各坐标轴和各坐标平面的距离．
18．如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．
（1）求异面直线EF与所成角的大小．
（2）证明：平面．
19．如图1，在矩形ABCD中，，，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中平面平面ABCE．
图一 图二
(1)设F为的中点，在AB上是否存在一点M，使得平面．若存在，请证明；若不存在，请说明理由；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
20．在三棱锥中，，，.
（1）求证：；
（2）若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
21．如图，在直三棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）中，，，棱，为的中点.
（1）求的长；
（2）求与所成角的余弦值.
22．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值；
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，设与所成角为，则
故选：A
2．A【分析】根据给定条件，利用点到平面的向量求法，列式计算作答.
【详解】依题意，，而为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离.
故选：A
3．C【分析】建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标及平面平面PEF的法向量，代入即可得解.
【详解】以点P为原点，PA为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，
，
设平面PEF的法向量，
则，取得，
设平面与平面所成角为，则
故选：C
【点睛】本题考查线面角的求法，建立适当坐标系用空间向量法进行求解，属于基础题.
4．B【分析】根据题意将图形补全成一个长、宽、高分别为1，1，的长方体，再利用向量法即可得出答案.
【详解】解：如图所示，在一个长、宽、高分别为1，1，的长方体中可以找到满足题意的三棱锥，以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：
，，
，，
，
所以异面直线，所成角为.
故选：B.
5．B【解析】先依题意建立空间直角坐标系，用未知量设点E，F，注意范围，利用异面直线与成角构建关系，解出范围即可.
【详解】由是以为斜边的等腰直角三角形，平面，取中点，建立如图空间直角坐标系，
依题意，设，，设，，故，
又，异面直线与成的角，故，
即，即，，故，又，故.
故选：B.
6．C【分析】由平面平面，平面，即可判断A；建立空间直角坐标系计算即可判断选项B；求的范围即可判断选项C；先找出二面角的平面角为即可判断选项D，进而可得正确选项．
【详解】对于选项A：因为平面平面，平面，
所以平面，故选项A正确；
如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，，
，，，对于选项B：，，
因为，所以，即，
故选项B正确；
对于选项C：，，设直线与所成角为，
则，
当时最大等于，此时最小为，
当时最小等于0，此时最大为，所以，
即直线与所成角的范围为，故选项C不正确；
对于选项D：二面角即二面角，
因为，，
平面，平面，
所以即为二面角的平面角，
在正方形中，，所以二面角的大小为，
故选项D正确，
故选：C.
7．D【解析】取AC的中点E，连接BE,DE,证明BE垂直于平面ACD，以点E为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面BCD和平面CDA的法向量，利用空间向量公式即可求出所求二面角的余弦.
【详解】
如图示，取AC中点E，连结BE、DE，在正三角形与正三角形中，
BE⊥AC，DE⊥AC，因为面⊥面，面面，所以BE⊥面ADC,
以E为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系，设AC=2，则
,
平面ACD的一个法向量为
而，设为面BCD的一个法向量，则：
即 ，不妨令x=1，则
设二面角的平面角为θ，则θ为锐角，
所以.
故选：D
【点睛】向量法解决立体几何问题的关键：
(1)建立合适的坐标系；
(2)把要用到的向量正确表示；
(3)利用向量法证明或计算.
8．A【分析】先设棱长为1，，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，再写出平面的一个法向量的坐标，根据构建关系，求其值域即可.
【详解】如图，设正方体棱长为1，，则，
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，故，，又，则，所以．
在正方体中，可知体对角线平面，
所以是平面的一个法向量，
所以．
所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．
所以.
故选：A．
【点睛】方法点睛：
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
9．AD【分析】A选项，数量积为0，则两向量垂直；B选项，判断出不是单位向量，且与不共线；C选项，利用向量夹角坐标公式进行求解；D选项，利用数量积为0，证明出，从而得到结论.
【详解】，故，A正确；
不是单位向量，且与不共线，B错误；
，C错误；
设，则，，
所以，又，所以平面的一个法向量是，D正确.
故选：AD
10．ABD【分析】对于A：利用空间向量可得∥，即直线平面；对于B：结合图形可得交线为l即直线，利用空间向量求异面直线夹角；对于C：，利用空间向量处理线面夹角问题；对于D：通过平行分析可知经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形为平行四边形．
【详解】如图1，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则
设平面的一个法向量，则有
令，则，即
∵，则，即
∴∥，则直线平面，A正确；
结合图形可知为平面与平面的交点，则交线为l即为直线
∴，则
∴l与所成角为，B正确；
∵，则
∴棱与平面所成角的正切值为，C不正确；
如图2，取棱的中点，连接
∵分别为的中点，则∥且
又∵∥且，则∥且
∴为平行四边形，则∥
∵分别为的中点，则∥且
∴为平行四边形，则∥
∴∥
同理可证：∥
∴经过A，P，Q的平面截此正方体所得截面图形为平行四边形
∵，则其周长为，D正确；
故选：ABD．
11．CD【分析】根据题意，逐项分析，结合相关公式和概念即可求解.
【详解】对于A，因为向量在基底下的坐标为（，，），则，
设向量在基底下的坐标为（，，，），
则，
所以，解得，，，
所以向量在基底，下的坐标为.故选项A不正确；
对于B，∵向量，，且与的夹角为钝角，
∴，且，解得，且，，故选项B不正确；
对于C，直线的方向向量为，点在上，
则点到的距离为：
，故选项C正确；
对于D，两个不同平面，的法向量分别是，，且，，因为，所以，则，故选项D正确.
故选：CD.
12．BCD【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断．
【详解】对选项A，由图知平面，平面，且由异面直线的定义可知与EF异面，故A错误；
对于选项B，在直三棱柱中， ．
，F分别是AC，AB的中点，
， ．
又平面DEF，平面DEF，
平面故B正确；
对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则0，，0，，2，，0，，2，，0，，0，，0，，1，．
1，，0，．
，，．
与所成的角为，故C正确；
对于选项D，设向量y，是平面DEF的一个法向量．
0，，1，，
由，即，得
取，则，0，，
设点到平面DEF的距离为d．
又2，，
，
点到平面DEF的距离为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．
13．或【分析】根据二面角的向量计算公式即可求解．
【详解】设，，
则
所以与所成二面角的大小为或．
故答案为：或．
14．【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．
【详解】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为2，
则， ， ， ，
， ，
设异面直线与所成角为，
则．
异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：．
15．【分析】利用向量的方法，以为基底表示，，并计算，然后根据空间向量的夹角公式计算即可.
【详解】如图，
，
，
由侧棱和底面垂直，所以
且，
∴
，
∴，且，
∴，
∴异面直线与成角的大小为．
故答案为：．
【点睛】本题考查利用向量的方法求解异面直线所成的角，本题关键在于选择合适的向量作为基底，考查计算能力，属基础题.
16．①②③⑤【分析】由正方体的平面展开图可得正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
【详解】解：由正方体的平面展开图可得正方体（其中与重合），
如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，
则，，，，，，，，，
所以，，所以，所以，故①正确；
，，
所以，，即，，，
平面，所以平面，即②正确；
，显然与是异面直线，设与所成角为，
则，因为，所以，故③正确；
，平面的法向量可以为，
设与平面所成的角为，所以，故④错误；
，，设平面的法向量为，
则，令，所以，
设二面角为，显然二面角为锐二面角，
则，所以，故⑤正确；
故答案为：①②③⑤
17．到原点的距离是，
到、、轴的距离分别是、、
到面、面、面的距离分别是、、【分析】利用两点间距离公式可求N到原点的距离，利用点到线的距离公式求N到个坐标轴的距离、利用点到面的距离公式求N到个坐标平面的距离
【详解】有两点间距离公式知到原点的距离
设个坐标轴的方向量分别为，，，
由上可知
所以到个坐标轴的距离分别为
设面、面、面的法向量分别是，，
所以到个坐标平面的距离分别为
18．（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得解；
（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.
【详解】据题意，建立如图坐标系．于是：
，，，，，
∴，，，．
（1），
∴
∴异面直线EF和所成的角为．
（2）
∴，即
，
∴即．
又∵，平面且
∴平面．
19．(1)存在，理由见详解.
(2)
【分析】（1）先分析确定点M位置，再取D1E的中点L，根据平面几何知识得AMFL为平行四边形，最后根据线面平行判定定理得结果.
（2）取的中点，的中点，连接，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积即可求解.
（1）
存在，且AM＝AB，
取D1E的中点L，连接AL，FL，
∵FLEC，ECAB，∴FLAB且FL＝AB，
∴FLAM，FL=AM
∴AMFL为平行四边形，∴MFAL，
因为MFAD1E上， AL 平面AD1E，所以MF平面AD1E.
故线段AB上存在满足题意的点M，且＝.
（2）
取的中点，的中点，连接，
， ，
因为平面平面ABCE，
则平面ABCE，
故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，，，，
,,
设平面的一个法向量为，
由，即，
令，解得，所以，
设直线与平面所成角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为
20．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取中点，连接，，证明平面即可；
（2）首先证明平面，然后以射线，，为，，正半轴建系，然后算出和平面的法向量即可得到答案.
【详解】（1）取中点，连接，，因为，，
所以，，又因为，所以平面，
即.
（2）由（1）得，平面，又因为平面，
所以平面平面，
易得，，所以，即，
又因为平面平面，所以平面，
如图所示，以射线，，为，，正半轴建系，
，，，，，
，，，
设为平面一个法向量，则有，取，
设为直线与平面所成角，则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
21．（1）；（2）.【分析】以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
（1）利用空间中两点间的距离公式可求得的长；
（2）利用空间向量法可求得与所成角的余弦值.
【详解】如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
（1）依题意得、，因此，，
因此，线段的长为；
（2）依题意得、、、，
，，
所以，，
故与所成角的余弦值为.
22．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．
【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页