1.2空间向量在立体几何中的应用 同步练习（含解析）

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