6.3空间向量的应用 同步练习（含解析）2023——2024学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册

6.3 空间向量的应用 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在正方体中，下列关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．圆锥的底面半径为，高为2，点是底面直径所对弧的中点，点是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值及与底面所成角的正弦值分别为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在三棱锥中，，，，是棱的中点，是棱上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
4．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
5．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．
6．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．
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．在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
10．已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（ ）
A．平面平面
B．点到平面的距离的最大值为
C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为
D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为
11．正方体的棱长为，，，分别为，，的中点．则（　　）
A．
B．若是平面的法向量，则
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点到平面的距离相等
12．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
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，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为l．若，Q为l上的点，则PB与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
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．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.若△是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，则三棱锥的体积为 .

四、解答题
17．在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于．
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
18．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．
19．在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面底面.
(1)证明：；
(2)为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
20．如图，在底面是正方形的四棱柱中，平面，.

(1)证明：四棱柱为正四棱柱.
(2)设二面角为，求.
21．如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．D
【分析】建立空间直角坐标系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
所以，，
，，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
2．D
【分析】设底面圆心为，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】设底面圆心为，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，．
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值为．
因为底面，所以底面的一个法向量为，
设与底面所成的角为，则，
所以与底面所成角的正弦值为．
故选：D．
3．B
【分析】将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量即可求解.
【详解】根据题意可将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体中，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，故，，
所以，
所以异面直线与所成角的大小为．
故选：B．
4．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：.
5．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.
6．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.
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．AC
【分析】对于A，只需证明即得平面；对于B，运用反证法思路说明其不成立即可；对于C，分别证明平面得；证明平面得，由线线垂直即可推得平面；对于D，通过建系，分别求出两个平面的法向量，计算两个法向量的数量积是否为0即可判断两平面是否垂直.
【详解】

对于A，如图1，因分别为棱的中点，,且，易得,
则有,又,故，平面，平面，故平面，即A项正确；
对于B，如图2，假设平面，因平面，则，而易得,
即是等腰三角形，即与必不垂直，故假设不成立，B项错误；

对于C，如图3，由正方体可得平面，因平面，则,
又，,则，又,则平面，因平面,故；
易得,同上可得, 又，故得平面，则平面,
因平面，则.因,故平面，故C项正确；
对于D，不妨设正方体的棱长为2，如图4，建立空间直角坐标系.则,
于是，,设平面的法向量为，则故可取，
又,设平面的法向量为，则故可取.
因，故平面与平面不垂直，即D项错误.
故选：AC.
10．AC
【分析】连接，证明平面，则，再证明，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可判断A；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断B；证明，则即为所求，解即可判断C；结合B选项可得三棱锥的外接球即为正方体的外接球，即可判断D.
【详解】对于A，连接，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
同理可得，
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于B，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设，
所以，
由A选项可知平面的一个法向量为，
又，所以点到平面的距离为，
所以当时，，故B错误；
对于C，连接，因为且，所以四边形是平行四边形，
所以，
则当点在线段上时，
异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即，
因为为等边三角形，所以，
即异面直线与所成的角为，故C正确；
对于D，当三棱锥的体积最大时，点到平面的距离最大，
由B选项可知当点与点重合时，
三棱锥为正四面体，且其棱长为，
其外接球即为正方体的外接球，
所以外接球的半径为，所以球的表面积为，故D错误．
故选：AC.
11．BC
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间坐标运算可判断选项A,B;根据条件求得平面截正方体所得的截面图形，计算面积即可判断选项C;利用，即可判断D.
【详解】如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则,,，
则，所以，故A错误；
设平面的法向量为，又,
所以,即，取，得，
所以，又，所以，故B正确；
连接,则且，又所以,
连接,因此面截正方体所得的截面为四边形，易得四边形为等腰梯形，
,过点作于,
梯形的高为,
则梯形的面积为,故C正确；
,
,
故,三棱锥和三棱锥同底，
因此点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D错误，
故选：BC.
12．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，.
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】建立空间直角坐标系，向量法求与平面所成角的正弦值，利用基本不等式求最大值.
【详解】因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，则，
为正方形，有，
平面，平面，则平面，
平面平面，，
平面，则，即，
设，则有，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量为，
则，
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，
当时，，
当时，
，
当且仅当且，即时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
故答案为：.
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．/
【分析】建立空间直角坐标系根据二面角的大小为，求出的长，再利用三棱锥的体积公式求解.
【详解】∵平面平面，平面平面，平面，,
∴平面,
如图所示,以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴,建立空间直角坐标系，则,,,
设，，则，,
设为平面的法向量，则，即，
令得，故，
平面的一个法向量为，
∴，解得，
∴三棱锥的高为，
∵，
∴，
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以．
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
设，因为，所以，
又，，
所以，即，
设中点为，则，如图：
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为；
（2）由（1）知，可设，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得．
为平面的一个法向量，令二面角为角，
，又，
解得，（舍去）或，，
则或，
从而可得三棱锥的体积．
18．(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．
19．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由即可证明.
（2）求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）取的中点，连结，在中，，
所以，平面平面，
平面平面平面，
平面平面，
在等边三角形中，，建立如图所示的空间直角坐标系.
则
，
，即，故；
（2），设平面的法向量为，
则有，令，
设平面的法向量为，
则有，所以，令，则，
设平面与平面夹角为，则.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题中几何条件可得，即，再证明，利用线面垂直定理证明平面，从而可求解.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，再利用向量法求解二面角的余弦值，从而可求解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，则.
又平面，所以
因为，平面，所以平面.
又底面为正方形，所以四棱柱为正四棱柱.
（2）以为原点，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，

则
令，得.
设平面的一个法向量为，
则
令，得.
由，
所以.
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）选择条件①，由,分别为,的中点，得，
又平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
选择条件②，在中，为中点，则与不平行，
设，则，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一点.
（2）若第（1）问中选①，由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则，
又平面平面，于是平面，
因此点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，,，
设平面的一个法向量为,则，令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页