1.2空间向量在立体几何中的应用同步练习
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题
1.已知,若平面的一个法向量为,则( )
A. B. C. D.
2.已知,,,,则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
3.已知是表面积为的球表面上的四点,球心为的内心,且到平面的距离之比为,则四面体的体积为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
4.若直线的方向向量为,平面的法向量为,则可能使的是( )
A. B.
C. D.
5.如图,在棱长为1的正方体中,分别为棱上的动点(点不与点重合).若,则下列说法正确的个数是( )
①存在点,使得点到平面的距离为;
②直线与所成角为;
③平面;
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
6.以下说法错误的有( )
A.已知,,不共面,则,,一定能构成空间的一个基底
B.对于任意非零向量,,若,则
C.直线的方向向量为,且过点,则点到的距离为
D.,,三点不共线,对空间任意一点,若,则,,,四点共面
7.两个不重合的平面,,平面的法向量为,△ABC是平面内的三角形且,,则( )
A.平面平面 B.平面平面
C.平面,平面相交但不垂直 D.以上均有可能
8.埃及金字塔是世界古代建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,若金字塔的高为3,,点E满足,则点D到平面的距离为( )
A. B. C. D.
二、多选题
9.如图,在棱长为2的正方体中,M,N分别是棱的中点,点E在BD上,点F在上,且,点P在线段CM上运动,下列四个结论正确的是( )
A.直线平面 B.存在点P,使得
C.面积的最小值是 D.直线到平面CMN的距离是
10.在空间直角坐标系中,设、分别是异面直线、的两个方向向量,、分别是平面、的两个法向量,若,,,,下列说法中正确的是( )
A. B.
C. D.异面直线、的夹角余弦值为
11.正方体棱长为4,动点、分别满足,其中,且,;在上,点在平面内,则( )
A.对于任意的,且,都有平面平面
B.当时,三棱锥的体积不为定值
C.若直线到平面的距离为,则直线与直线所成角正弦值最小为.
D.的取值范围为
12.已知正方体中,,,,下列说法正确的是( )
A.若,,则直线与平面所成角的正弦值为
B.若,,则点到直线的距离为
C.若平面,则
D.若,则
三、填空题
13.如图,在矩形中,平面,,则异面直线与所成角的余弦值为 .
14.已知直线经过,点,求点到的距离
15.若平面的一个法向量为,,则直线与平面的关系是 .
16.如图,在棱长都为1的平行六面体中,,,两两夹角均为,则 ;请选择该平行六面体的三个顶点,使得经过这三个顶点的平面与直线垂直.这三个顶点可以是 .
四、解答题
17.如图,设为正方体,动点在对角线上,记.
(1)证明:;
(2)当为钝角时,求的取值范围.
18.如图,在四棱锥中,底面是边长为2的正方形,,,为的中点,为上一点,平面.
(1)求证:为的中点;
(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.
19.已知四棱锥的底面是直角梯形,,,底面,且,点为的中点.
(1)求证:平面;
(2)平面内是否存在点,使平面?若存在,求出点坐标;若不存在,说明理由.
20.如图,直三棱柱中,分别为的中点.
(1)证明:平面;
(2)已知与平面所成的角为,求二面角的平面角的大小.
21.如图,在正方体中,分别为的中点.
(1)求异面直线与的夹角的余弦值;
(2)求点到平面的距离.
22.如图,圆锥的顶点是S,底面中心为O,P为AS的中点,Q是半圆弧的中点,且,.
(1)求异面直线与所成角的正切值;
(2)在该圆锥侧面上,求从P到Q的最短路径的长度.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案:
1.C
【分析】利用法向量和平面内直线的方向向量之间的关系求解即可.
【详解】由得:
,
面的一个法向量为,
所以,
即,
解得,
所以,
故选:C.
2.C
【分析】利用空间向量求出平面的法向量,再由点到平面距离的向量求法即可得.
【详解】易知,,,
设平面的法向量,则即
令,则,,所以平面的一个法向量为,
所以点到平面的距离.
故选:C.
3.A
【分析】根据题意分析可知是边长为的等边三角形,点在底面的投影在直线上,建系,设,,利用空间向量结合点到面的距离可得,进而可求体积.
【详解】由题意可知:球心既是的内心,也是的外心,则为等边三角形,
设球的半径为,则,解得,
由正弦定理可得,即的边长为,
分别取的中点,连接,
因为到平面的距离相等,由对称可知:点在底面的投影在直线上,
如图,以O为坐标原点,为x轴所在直线,为y轴所在直线,过作底面的垂线为z轴所在直线,建立空间直角坐标系,
则,
可得,
不妨设平面的法向量依次为,
且,
则O到平面的距离依次为,
可得,整理得,
因为,设,,
则,
则,解得,
则,解得,
则,即点到底面的距离为,
所以四面体的体积为.
故选:A.
【点睛】关键点睛:
1.分析可知是边长为2的等边三角形,点在底面的投影在直线上;
2.巧妙设点或向量,方便分析计算.
4.D
【分析】若直线与平面平行,则直线的方向向量与平面的法向量垂直,利用向量数量积检验.
【详解】直线的方向向量为,平面的法向量为,
若可能,则,即.
A选项,;
B选项,;
C选项,;
D选项,;
故选:D
5.C
【分析】建立合适的空间直角坐标系,利用空间向量计算线线夹角,点面距离,线面关系即可.
【详解】如图所示,以C为原点建立空间直角坐标系,设,
则,
所以,,
设面的一个法向量为,
则,取,即,
所以点到平面的距离为,
由,易知,即①正确;
设直线与所成角为,
则,即②正确;
显然,即与平面不平行,③错误.
综上,正确的说法有2个.
故选:C
6.B
【分析】选项A,先假设其共面,由共面向量的基本定理存在使得,再由条件判断;选项B,考虑分母为0可判断;选项C,应用点到直线的距离公式求解;D,应用共面向量定理即可判断.
【详解】选项A: 设,,共面,则存在使得则.
因为,,不共面,所以,此时无解, 故,,不共面,选项A正确.
选B: 中任意一个为0时,不成立,故选项B错误.
选项C:直线的方向向量为,
又点,点,则,
在上的投影向量的长度为
所以点到的距离为,故选项C正确.
选项D. ,,三点不共线,对空间任意一点,由
即, 即
所以,,共面,故四点共面,即选项D正确.
故选:B
7.A
【分析】由平面α的法向量与平面的法向量的关系,判断两个平面的位置关系.
【详解】设平面的法向量为,
则,设,则,,即,
由,得平面平面.
故选:A
8.A
【分析】由题意建立适当的空间直角坐标系,把各个点的坐标求出来,然后求出平面AEC的法向量为以及,结合即可求解.
【详解】如图,
连接,设与相交于点O,连接,
因为金字塔可视为一个正四棱锥,
故以点O为坐标原点,所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
又由题意可得,,
所以,
所以,,,,,,
不妨设,又因为,所以,
即,解得,即,
,,,
设平面AEC的法向量为,则,,
即,取,得,
所以点D到平面AEC的距离.
故选:A.
9.BC
【分析】建立空间直角坐标系,取特例,利用向量即可判断A;根据,利用向量垂直的坐标表示即可判断B;先求在的投影,然后由两点间距离公式和三角形面积公式,结合二次函数性质即可判断C;利用等积法,由可判断D.
【详解】对A:取,
以A为原点,建立如图所示空间直角坐标系,
则,
则,
易知为平面的一个法向量,
因为,所以此时直线与平面不平行,故A错;
对B:设,则,
则,
由,即,
整理得,得,
由,故存在点P,使得,B对;
对C:由B得到的投影为,
则P到的离
面积为,
由二次函数性质,当时,S取得最小值为,C对.
对D:M,N分别是棱的中点,∴,
平面CMN,平面CMN,故平面CMN,
故直线到平面CMN的距离等于点到平面CMN的距离,设为h,
,,
,,得,D错.
故选:BC
10.BD
【分析】根据给定条件,利用空间位置关系的向量证明判断ABC;利用线线角的向量求法计算判断D.
【详解】由,,得不共线,因此直线与平面不垂直,A错误;
由,,得,即,直线,B正确;
由,,得,即,则,C错误;
由,,得,
因此异面直线、的夹角余弦值为,D正确.
故选:BD
11.ACD
【分析】建空间直角坐标系,用向量知识求解四个选项.
【详解】
对于A,以为坐标原点,,,所在直线为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,
则,,,,,,
设平面的法向量为,
,
则,令,则,,
则,
,,
,
设平面的法向量为,
则,令,则,,
则,
又,
所以,所以对于任意的,且,都有平面平面,故A正确;
对于B,当时,
设平面的法向量为
,,
则,令,则,,
所以,
又,
点到平面的距离为
又,
又因为的面积为定值,所以三棱锥的体积为定值,故B错误;
对于C,设,,则
因为直线到平面的距离为,所以平面,
,
设面为,则
,令,则,
所以
所以,即,
又,则,解得或,
若,所以,,
又,
设直线与直线所成角为,
所以
当最大时,最小,
令,,
在单调递增,
所以,,
最大值为,所以最小为,所以直线与直线所成角正弦值最小为;
若,所以,,根据对称性可得最小为,故C正确;
对于D,设因为,所以,,
,
所以,
整理得,
即
所以点的运动轨迹为一个以为球心,半径为2的球面上一点,所以,
所以,
当时,最小为,当时,最大为
所以的取值范围为,故D正确.
故选:ACD.
12.ABC
【分析】建立空间直角坐标系,A选项,求出和平面的法向量,利用相应公式求出正弦值;B选项,利用点到直线距离的向量公式求出答案;C选项,求出,结合平面的法向量得到方程,求出;D选项,利用向量垂直得到数量积为0得到方程,求出答案.
【详解】A选项,如图所示,以D为坐标原点,,,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
,若,,
则,,则,
而平面的一个法向量,
设直线与平面所成角大小为,
故,故A正确;
B选项,∵,,
故点到直线的距离,
故B正确;
C选项,∵,,,
,,
故,
,故,故,
因为平面,而为平面的一个法向量,
则,即,
故,故C正确;
D选项,,则,故D错误.
故选:ABC
13./
【分析】以为坐标原点,建立空间直角坐标系,求得向量,结合向量的夹角公式,即可求解.
【详解】以为坐标原点,以所在的直线分别为轴,建立空间直角坐标系,
如图所示,则,
可得,
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为:.
14./
【分析】先求出,再根据点线距离的向量公式即可求解.
【详解】根据题意:,,
则,,
所以点P到l的距离为.
故答案为:.
15.
【分析】利用空间向量法判断线面关系即可得解.
【详解】因为平面的一个法向量为,,
所以,则,
所以直线.
故答案为:.
16. 点或点 (填出其中一组即可)
【分析】(1)以向量,,为基底分别表达出向量和,展开即可解决;(2)由上一问可知,用上一问同样的方法可以证明出,这样就证明了平面与直线垂直.
【详解】(1)令,,,
则,,
则有,
,
故
;
(2)令,,,
则,
则有,
,
故
,
故,即,
又由(1)知,,平面,
故直线平面;
同理可证直线平面.
故答案为:;点或点
17.(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量法证明;
(2)显然不是平角,则为钝角时有,解得不等式即可.
【详解】(1)以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,
设正方体的棱长为1,则;
,
因为,所以,
所以,
所以,所以.
(2),,
与是异面直线,显然不是平角,
则为钝角,有,解得.
所以的取值范围为.
18.(1)证明见详解;
(2)
【分析】(1)取的中点,可证明,得到即可.
(2)建系,利用空间向量法直接求线面角的正弦值.
【详解】(1)证明:取的中点,
因为为的中点,底面是边长为2的正方形,
所以,又因为,所以平面,
因为,平面
所以
因为,
所以,
因为为中点,
所以为的中点
(2)
因为,又,
所以,所以,
因为,,
故以A为坐标原点,分别以为轴建立空间直角坐标系,
则
所以
设平面的法向量为
则,另,得
设直线与平面所成的角为,
则
所以直线与平面所成角的正弦值为
19.(1)证明见解析
(2)存在,
【分析】(1)以点为坐标原点,、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可证明出平面;
(2)设是平面内一点,由平面得出,可求得、的值,进而可确定点的坐标.
【详解】(1)底面,,.
以为原点,、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,
由于.
所以,,,,,,
易知,平面的一个法向量为,
又,,则.
又平面,平面;
(2)存在满足要求,理由如下:
设是平面内一点,
则,,,
若平面,则,,即.
因此,在平面内存在点,使平面.
20.(1)见解析
(2)
【分析】(1)法一:取中点,连接、,根据题目条件,利用线面垂直的判定定理,得出平面,由于为中点,,,可证出四边形为平行四边形,得出,从而可证出平面;法二:建立空间直角坐标系,设,利用坐标法即证;
(2)利用坐标法,由与平面所成的角为30°,可求出,进而可得平面的一个法向量,又为平面的一个法向量,即可求解.
【详解】(1)(1)法一:取中点,连接、,
∵,∴,
∵平面,平面,
∴,
而平面,平面,
∴平面,
∵为中点,∴,,
∴,,
∴四边形为平行四边形,∴.
∴平面;
法二:如图建立空间直角坐标系,设,
则,
∴,
∴,
,
∴,
即,又,平面
∴平面.
(2)设平面的法向量为,又,
∴即,
令,可得,
∵与平面所成的角为,又,
∴,即,
∴,解得,
∴,
又由(1)知,平面,
∴为平面的一个法向量,
∴,
∴二面角的余弦值为.
∴二面角的平面角为
21.(1)
(2)
【分析】(1)根据正方体的结构特征,建立空间直角坐标系,向量法求异面直线与的夹角的余弦值;
(2)求平面的法向量,利用向量法求点到平面的距离.
【详解】(1)由两两垂直,以正交基底建系如图,
则,
,
有,,
设异面直线与的夹角为,
则,
即异面直线与夹角的余弦值为.
(2)设平面的一个法向量为,
由,得
令,则,即,
又,则点到平面的距离.
22.(1)2
(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系,写出各点的坐标,求出,,根据向量求解得出夹角的余弦值.然后根据同角三角函数的基本关系,即可得出答案;
(2)将圆锥沿剪开得到扇形,根据已知得出扇形的有关量,结合已知在中,根据余弦定理求解,即可得出答案.
【详解】(1)连接,由已知可得.
由已知可得,,,.
如图1,建立空间直角坐标系,
则,,,,,
则,,
所以,.
设异面直线与所成角为,则,,
所以,.
(2)
如图2,将圆锥沿剪开得到扇形,则图中即为所求最小值.
由已知可得,该扇形的半径即等于圆锥的母线,弧长即等于原圆锥底面圆的周长,
所以,扇形的圆心角为.
又Q是半圆弧的中点,所以.
则在中,有,,,
由余弦定理可得,,
所以,,
所以,从P到Q的最短路径的长度为.
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页