3.4空间向量在立体几何中的应用 同步练习（含解析）2023——2024学年沪教版（2020）高中数学选择性必修第二册

3.4 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．已知平面的法向量分别为，则这两个平面的位置关系为（ ）
A．平行 B．相交但不垂直 C．相交垂直 D．不能确定
2．如图，已知三棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得直线与直线相交
B．存在点，使得直线平面
C．直线与平面所成角的大小为
D．平面被正方体所截得的截面面积为
4．已知正方体的棱长为1，为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，过二面角内一点作于于，若，则二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．空间四边形中 分别为的点（不含端点）.四边形为平面四边形且其法向量为.下列论述错误项为（ ）
A．，则//平面
B．，则平面
C．，则四边形为矩形.
D．，则四边形为矩形.
8．正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面，线段长度的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．正方体中，分别为的中点，点满足，则错误的有（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积与点的位置有关
C．的最小值为
D．当时，平面PEF截正方体的截面形状为五边形
10．如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（ ）

A．
B．存在点，使平面
C．存在点，使直线与所成的角为
D．点到平面与平面的距离和为定值
11．如图，平面，，，，则（ ）
A．
B．平面
C．二面角的余弦值为
D．直线与平面所成角的正弦值为
12．已知正方体的棱长为，下列四个结论中正确的是（ ）
A．直线与直线所成的角为
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．平面
D．点到平面的距离为
三、填空题
13．如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是上的点，直线与平面所成角的正弦值为，则的长为 .
14．如图①是直角梯形，，，是边长为1的菱形，且，以为折痕将折起，当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，是线段上的动点，则到距离最小值为 ．
15．如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，，O为中点．线段上存在一点Q，使得二面角的余弦值为，则
16．已知正方体的棱长为2，M，N，G分别是棱，BC，的中点，Q是该正方体表面上的一点，且.若，则直线NQ与平面所成角的大小为 ，若x，，则的最大值为 .
四、解答题
17．如图，已知四棱锥中，平面平面，，，．
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成角的正弦值．
18．如图，在四棱锥中，因为平面，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB，PD的中点，且
(1)求证：∥平面；
(2)求二面角的大小．
19．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，底面．
(1)证明：；
(2)若，求平面与平面所成角的余弦值．
(3)在（2）的条件下，求点到直线的距离.
20．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，，是的中点.
(1)求证：平面BDM；
(2)若平面，点为线段CE上一点，且，求直线PM与平面AEF所成角的正弦值.
21．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
(1)证明：//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【分析】先判断法向量的位置关系，进而判断两平面的位置关系.
【详解】因为，
所以，
则，所以.
故选：C.
2．B
【分析】解法一：取的中点，连接，，取的中点，连接，，找到异面直线所成角或其补角，利用面面垂直和线面垂直的性质定理结合余弦定理求解即可；解法二：取的中点，以点为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】解法一：取的中点，连接，，
因为为的中点，所以，所以为异面直线与所成的角或其补角．
因为，，，所以，
又为等边三角形，所以，
取的中点，连接，，易知，，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，故，
所以，则，，
所以根据余弦定理可得，同理，
所以在和中分别利用余弦定理，得，
，
则， ，
又，所以，
故异面直线和所成角的余弦值为.
解法二：因为，，，所以，
取的中点，连接，因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
故可以点为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，，
故，
所以异面直线和所成角的余弦值为.
故选：B
3．C
【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积.
【详解】
连接，，所以，，取的中点，连接，
所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确；
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，即，
令，则，，所以，
所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确；
因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，，
所以为直线与平面所成角，
因为，在中，，
所以，因为与全等，所以，故正确；
延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点，
连接，，，，，，
平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，
所以截面面积为，故不正确.
故选：.
4．B
【分析】方法一：由条件可得外接球的半径，再由球的表面积公式即可得到结果；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间中两点距离公式即可得到球的半径，从而得到结果.
【详解】方法一：由题意知平面，又平面，所以，
又平面，所以平面，
所以在三棱锥中，平面.
在中，，所以，
则，设的外接圆半径为，
则.
三棱锥的外接球即三棱锥的外接球，
易知，设三棱锥的外接球半径为，则
，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
方法二：如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，.
设三棱锥的外接球的球心为，连接，
则，
得
，解得，
所以，
故三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
5．C
【分析】设，根据向量的模长关系可得，进而可求，即可得二面角.
【详解】设，则且，
因为，解得，
可得，
且，所以，
所以二面角的大小为．
故选：C.
6．A
【分析】建立适当空间站直角坐标系后，借助空间向量表示出的余弦值，结合基本不等式计算即可得解.
【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正方形的边长为，所以，
因为，所以为的中点，
设，在直角中，有，故，
所以，
则，
所以，
因为，
当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，
因此的最小值为.

故选：A.
7．C
【分析】根据法向量的定义即可求解A，根据向量相等可得平行四边形，进而可得线线平行，进而根据线线平行得线面平行，即可由线面平行的性质求解BCD.
【详解】由于是平面的法向量，且，不在平面内，则//平面，A正确，
对于B，由于,则四边形为平行四边形，故,平面平面，
所以平面，平面，且平面平面,故,
则平面,平面,则平面,故B正确，
对于C, 由于,则四边形为平行四边形，,显然矛盾，故C错误，
对于D，由于,由选项B可得，由于四边形为平行四边形，
故,平面平面，
所以平面，平面，且平面平面,故, 由于,
因此,故四边形为矩形，
故选：C

8．D
【分析】建立空间直角坐标系，设点的坐标，由线面垂直转化成向量垂直，列方程组，表示出，利用模长公式计算即可.
【详解】结合题意：以分别为建立空间直角坐标系，如图所示：
由正方体的棱长为1，可得.
设，
则，
因为平面，所以,
即，解得，
所以，所以，
所以，
因为，结合复合函数单调性可得在单调递增.
故.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用平面，找到，从而得到.
9．BCD
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法，证得，可判定A正确；证得平面，结合的面积为定值，可得判定B错误；利用两点间距离公式，求得的最小值，可判定C错误；连接，取中点为，当与交点为点时，利用三角形的性质，求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，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，则，
所以，所以，
因为且平面，所以平面，所以A正确；

对于B中，因为正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，因为，
因为平面，平面，所以平面，
所以棱上的所有点到平面的距离都相等，
又因为点是棱上的动点，所以三棱锥的体积始终为定值，所以B错误；
对于C中，由，
因为，所以，
则，
可得
，
当时，有最小值，最小值为，所以C错误；
对于D中，连接，取中点为，此时与交点为点，如图（1）所示
过点作，可得，可得，所以，
即，此时平面截正方体截面图形为四边形，所以D不正确.

故选：BCD
【点睛】方法点拨：对于立体几何中的截面问题的求解策略：
1、立体几何中的截面问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
10．ABD
【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法逐一判断各个选项即可.
【详解】根据已知条件，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，设，则，，，
，，，；
由是棱上的动点，设，，
因为，，所以，
即，故A正确；
当为中点时，是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正确；
，，若存在点，
使直线与所成的角为，
则，
化简得，无解，故C错误；
由题意可知：点到平面的距离，
为平面的法向量，所以点到平面的距离为，
所以，故D正确.
故选：ABD
11．BC
【分析】依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法，逐一分析检验各选项即可得解.
【详解】以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
对于A，，
所以，即不垂直，故A错误；
对于B，易得平面的一个法向量为，，
所以，又直线平面，所以平面，故B正确；
对于C，设平面的一个法向量为，
而，则，
令，则，故，
又，设平面的一个法向量为，
则，令，则，故，
设二面角为，结合图形可知，
所以，故C正确；
对于D，，设与平面所成角为，，
则，故D错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两异面直线所成的角为，；
②直线与平面所成的角为，；
③二面角的大小为，.
12．ABC
【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；证明，，再由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D.
【详解】如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，， ，，，
对于A：，，
因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；
对于C：因为 ，，，
所以，，所以，，
因为，平面，所以平面，故选项C正确；
对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，
因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；
对于D：因为，平面的一个法向量，
所以点到平面的距离为，故选项D不正确.
故选：ABC.
13．2
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，结合直线与平面所成的正弦值为，即可求得答案.
【详解】由题意知在四棱锥中，平面，底面是矩形，
以A为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，设，
则，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，设直线与平面所成的角为，
因为直线与平面所成角的正弦值为，即，
所以，
即，解得或（舍去），所以，
故的长为2.
故答案为：2
14．
【分析】由题意得面面，结合菱形性质，得两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，由空间向量法求点到直线的距离即可得解.
【详解】
折起前，连接菱形的对角线交于点，
所以，所以折起后有，
因为菱形的边长为1，
所以，
又因为，，且
所以在中，有，
所以，
所以折起前后四边形的面积固定，
若以为折痕将折起，
当点到达的位置时，四棱锥的体积最大，
则此时点到平面的距离最大，
则此时有面面，
又面面，，面，
所以面，
又面，
所以，
又，
所以两两互相垂直，
如图，以为原点，建立空间直角坐标系：
则，
过点作于点，则，
又因为，
所以，即，
所以，
因为三点共线，
所以不妨设
，
所以点到直线的距离
，
所以当时，，
所以到距离最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解题关键是得到面面，结合菱形性质，建立适当的空间直角坐标系，由此即可顺利得解.
15．/
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系利用向量法求解.
【详解】在中，，O为中点，所以，
又侧面 底面，
平面平面，平面，
所以平面.
又，，，
又在直角梯形中，连接，易得，
所以以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，
设（），
因为，，（）
，所以，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，得
平面的一个法向量为，
要使二面角的余弦值为，需使
整理化简得：，得或（舍去），
所以存在点，且.
故答案为：.
16． 3
【分析】（1）根据平面向量基本定理可得点的轨迹是正六边形，进而可得当时，点在处，从而可得线面角.
（2）分别取，，的中点，，，连接，可证明六边形为正六边形，利用向量数量积的几何意义可求的最大值.
【详解】（1）∵，∴点在平面上，
如图，分别取，，的中点，，，
连接，
因为为中点，故，
又由正方体可得，，
故，故四边形为平行四边形，故，
故，故四点共面，同理可证四点共面，
故五点共面，同理可证四点共面，
故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形.

故点的轨迹是正六边形.
故当时，，故此时点在处.
又平面平面，故
故直线NQ与平面所成角即直线NF与平面所成角，为.

（2）因为正方体的棱长为2，故正六边形的边长为，

如图，，故当最大时取得最大值，即在上的投影最大时取得最大值.
由图可得在时取得最大值，
∴的最大值为3．
故答案为：；3
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设是线段的中点，连接，可得，可证平面，即可得结果；
（2）根据面面垂直的性质定理可得平面，建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）设是线段的中点，连接，
因为，则，
可知，则四边形为平行四边形，
可得，
又因为，可得，
且平面，
所以平面，
由平面，可得，
又因为，所以.
（2）由（1）可知：，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
故可以为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
设平面与平面所成角为，则，
则，
所以平面与平面所成角的正弦值为．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过取中点，连接，设法证明，即可由线线平行证明线面平行；
（2）先证明平面，推理得，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标和相关向量的坐标，求得两个平面的法向量坐标，利用空间向量的夹角公式即可求得.
【详解】（1）
如图，取中点，连接，因是的中点，则且
又ABCD为菱形，且E分别为AB的中点，则且，故且，
故得，则，因平面，平面，故∥平面.
（2）
因平面，平面,则,因， 平面，故平面，
又平面，则.故可以分别为的正方向，建立空间直角坐标系.
则 ,则,
设平面的法向量为，则故可取；
因平面，故平面的法向量可取为，
由，又因二面角是锐二面角，故二面角是.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证平面，由此能证明;
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法平面与平面所成角的余弦值;
（3）直接利用空间中点到线的距离公式求解.
【详解】（1）证明：因为，故，
又平面，平面，可得，
又平面，所以平面,
又平面，故．
（2）如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则,，,,，
,,,
设平面的法向量为
则，取，得，
设平面的法向量为,,，则，
取，得,
设平面与平面的夹角为，，
故平面与平面所成角的余弦值为.
（3）由（2）
则点到直线的距离.
20．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接AC交BD于，连接MN，通过可证明；
（2）建立空间直角坐标系，，利用坐标运算通过求出，再利用向量法求线面角.
【详解】（1）连接AC交BD于，连接MN，
因为四边形ABCD是正方形，故为AC中点，是AE的中点，
所以在中，有，
又平面平面，
所以平面；
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
又是AE的中点，故，
，因为，
所以，解得，
设，即，
可得，则，
又，设平面AEF的一个法向量为，
则，令，则，即，
设直线PM与平面AEF所成角为，
则
所以直线PM与平面AEF所成角的正弦值为.
21．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明//即得；
（2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）
如图，连接交于，连接,由是的中点可得，
易得与相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
（2）
因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得
又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
，则，.
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
设平面的法向量为，由，
则，故可取.
故平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面与平面的夹角为.
答案第1页，共2页
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