1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题-【新教材】人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册同步练习（Word含答案解析）

用空间向量研究距离、夹角问题同步练习
一、选择题
已知空间中三点A(1,0，0)，B(2,1，?1)，C(0,?1,2)，则点C到直线AB的距离为(? ?)．
A. 63 B. 62 C. 33 D. 32
如图，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1=3，AB=AC=BC=2，则AA1与平面AB1C1所成角的大小为（ ）
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
已知平面α的一个法向量为n=(2,2，1)，点A(?1,3，0)在平面α内，则点P(2,1，3)到平面α的距离为（ ）
A. 53 B. 43 C. 1 D. 23
在棱长均为23的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP+PQ的最小值是（ ）
A. 3+112 B. 3+2 C. 543 D. 23
四棱锥P?ABCD中，AB=2?1,3，AD=?2,1,0，AP=3,?1,4，则这个四棱锥的高为(??? )
A. 55 B. 15 C. 25 D. 255
如图，正方体ABCD?A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，F是侧面BCC1B1上的动点，且A1F//平面AD1E，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值t构成的集合是（ ）
A. {t|255≤t≤233} B. {t|2≤t<22}
C. {t|255≤t≤23} D. {t|2≤t≤22}
在棱长为2的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，M为棱A1B1上的一点，且A1M=λ(0<λ<2)，设点N为ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为（ ）
A. 3λ B. 22 C. 2λ3 D. 55
长方体ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=1，AAl=2，E为棱AA1的中点，则直线C1E与平面CB1D1所成角的余弦值为??? (??? )
A. 69 B. 539 C. 53 D. 23
在三棱锥P?ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=4，∠PBC=60°，则点C到平面PAB的距离是（ ）
A. 3427 B. 4427 C. 5427 D. 6427
已知平面α的一个法向量n=?2,?2,1，点A(?1,3，0)在平面α内，则P(?2,1，4)到α的距离为（ ）
A. 10 B. 3 C. 83 D. 103
在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AD=7，AB=10，AA1=1，过点B作直线l与直线A1D及直线AC1所成的角均为π3，这样的直线l的条数为(??? )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
已知四边形ABCD为等腰梯形，AB=4，AD=DC=CB=2，将△ADC沿AC折起，使D到D′的位置，当D′B=10时，异面直线AB与直线CD′所成角的正切值为(? ?)
A. 78 B. 158 C. 157 D. 87
二、填空题
如图，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为______．
如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上.若二面角D1?EC?D的大小为π4，则AE=__________．
在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，△ABD沿对角线BD翻折，形成三棱锥A?BCD．
①当AC=3时，三棱锥A?BCD的体积为13；
②当面ABD⊥面BCD时，AB⊥CD；
③三棱锥A?BCD外接球的表面积为定值．
以上命题正确的是______．
已知正方体ABCD?A1B1C1D1的棱长为6，点M是对角线A1C上靠近点A1的三等分点，则三棱锥C?MBD的体积为______．
在棱长为1的正方体ABCD?A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E.
(1)若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是______；
(2)|A1P|的最小值为______．
三、解答题
3530600470535如图，四棱锥P?ABCD的底面是边长为2的正方形，侧面PCD⊥底面ABCD，且PC=PD=2，M，N分别为棱PC，AD的中点．
(1)求证：BC⊥PD；
(2)求异面直线BM与PN所成角的余弦值；
(3)求点N到平面MBD的距离．
如图，在几何体中，底面，，，，，，，，，设点在棱上，已知平面．
(1)求线段的长度；
(2)求二面角的余弦值．
如图，在几何体ABCD?EFGH中，HD⊥底面ABCD，HD?//?FB，AB?//?DC，AD⊥DC，AB=1，DC=2，∠BCD=45°，HD=2，FB=1，设点M在棱DC上，已知AM⊥平面FBDH．
(1)求线段DM的长度；
(2)求二面角H?AM?F的余弦值．
如图，在三棱锥P?ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB=AC=1，PA=2．
(1)求直线PA与平面DEF所成角的正弦值；
(2)求点P到平面DEF的距离．
(3)求点P到直线EF的距离．
答案和解析
1.【答案】A
【解答】
解：由题意，可得AB=(1,1，?1)，AC=(?1,?1,2)，
cos，
∴sin=13，
所以点C到直线AB的距离
d=|AC|·sin=63．
故选A．
2.【答案】A
【解答】
解：以B为原点，在平面ABC中，过B作BC的垂线为x轴，以BC所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
A(3,1，0)，A1(3,1,3)，B1(0,0，3)，C1(0,2，3)，
AA1=(0,0，3)，B1C1=(0,2，0)，B1A=(3,1,?3)，
设平面AB1C1的法向量n=(x,y，z)，
则n?B1C1=2y=0n?B1A=3x+y?3z=0,
取z=1，得n=(3,0，1)，
设AA1与平面AB1C1所成角的大小为θ，
则．
∵0°≤θ≤90°，∴θ=30°．
∴AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°．
故选：A．
3.【答案】A
【解析】解：∵面α的一个法向量为n=(2,2，1)，
点A(?1,3，0)在平面α内，点P(2,1，3)，
∴AP=(3,?2,3)，
∴点P(2,1，3)到平面α的距离为：
d=|AP?n||n|=53．
4.【答案】A
【解析】解：由题意，平面CDE⊥平面ABC，
又平面CDE∩平面ABC=CE，过M作MG⊥CE，
则MG⊥平面CDE，连接DG，则DG为DM在平面CDE上的射影，
要使AP+PQ最小，则PQ⊥DG，沿DM把平面ADM展开，使得平面ADM与平面DMG重合，
则AP+PQ的最小值为A到DG的距离．
MG=12AE=32，DM=(23)2?(3)2=3，则sin∠MDG=36，
∴cos∠MDG=336，
∠ADM=30°，
∴sin∠ADG=sin(∠MDG+30°)=sin∠MDG?cos30°+cos∠MDG?sin30°
=36×32+336×12=3+3312．
又AD=23，∴AQ=23×3+3312=11+32．
5.【答案】A
【解答】
解：∵设面ABCD的法向量为n=x,y,z，
∴n·AB=0n·AD=0,
∴2x?y+3z=0?2x+y=0,
∵令x=1，则y=2,z=0，
∴n=1,2,0，
∵设n与AP的夹角为θ，设四棱锥的高为h，
∴cosθ=n·APn·AP=?AP，
∴?=n·APn=15=55，
故选A．
6.【答案】D
【解答】
解：?建立如下图所示的空间坐标系，
由A(1,0,0),D1(0,0,1),E(12,1,0)，
由已知设F(a,1，b)，
所以AD1=(?1,0,1),AE=(?12,1,0),AF=(a?1,1,b?1)，
设平面AD1E的法向量为n→=(x,y,z)，
由已知有AD1→·n→=?x+z=0AE→·n→=?12x+y=0，
令x=2，则n→=(2,1,2)，
所以由A1F//平面AD1E得n·A1F=2(a?1)+1+2(b?1)=0，
即a+b=32，
所以|A1F|=(a?1)2+(b?1)2+1，
因为平面BCC1B1的法向量为m→=(0,1,0)，
所以A1F与平面BCC1B1所成角的正弦值，
正切值，
令u=2a2?3a+54，
则umin=18,umax=12，
所以2?t?22．
故选D．
7.【答案】D
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则E(2,0，1)，M(2,λ,2)，N2,λ2,32，D1(0,0，2)，F(2,2，1)，
∴EF=(0,2,0)，ED1=(?2,0,1)，EN=(0,λ2,12)，
设平面D1EF的法向量为n=x,y,z，
则n·EF=0n·ED1=0，取x=1，得n=1,0,2，
∴点N到平面D1EF的距离为d=n·ENn=15=55．
故选D．
8.【答案】A
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0,0，0)，C(0,1，0)，D1(0,0，2)，E(1,0，1)，C1(0,1，2)，B1(1,1，2)，
∴C1E=(1,?1,?1)，CB1=(1,0，2)，D1B1=(1,1，0)，
设平面CB1D1的法向量为n=(x,y，z)，
则n?CB1=x+2z=0n?D1B1=x+y=0,
取z=1，得n=(?2,2，1)，
设直线C1E与平面CB1D1所成角的余弦值为θ，
则sinθ=|C1E?n||C1E|?|n|=53?9=527，
∴cosθ=1?sin2θ=1?(527)2=227=69，
∴异面直线C1E与平面CB1D1所成角的余弦值为69，
故选A．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面PAB的距离．
【解答】
解：∵在三棱锥P?ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC=90°，AB=AC=4，∠PBC=60°，
∴以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，
过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0,4，0)，P(0,4，46)，A(0,0，0)，
B(4,0，0)，
AC=(0,4，0)，AB=(4,0，0)，
AP=(0,4，46)，
设平面PAB的法向量n=(x,y，z)，
则n?AP=4y+46z=0n?AB=4x=0，
取z=1，得n=(0,?6,1)，
∴点C到平面PAB的距离d=|AC?n||n|=467=4427．
故选：B．
10.【答案】D
【解答】
解：?∵A(?1,3，0)，P(?2,1，4)，
∴AP=?1,?2,4，
又∵平面α的一个法向量n=(?2,?2,1)，点A在α内，
∴点P到α的距离为d=AP·nn=?1×?2+?2×?2+4×14+4+1=103．
故选D．
11.【答案】C
【解答】
解：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立如图坐标系，
因AD=7，AB=10，AA1=1
则D(0,0，0)，A1(7,0,1)，A7,0,0，C1(0,10,1)，
所以DA1=7,0,1，AC1=?7,10,1，
所以直线A1D及直线AC1所成的角余弦值为cos=?7+18×18=12，
所以直线A1D及直线AC1所成的角为π3，
设过点B的直线方向向量为n，∵=60°，∴要使n与DA1,AC1的夹角均为60°，当n，DA1,AC1共面时有一种情况，当n，DA1,AC1时有两种情况，
所以过点B可作3条直线与直线A1D及直线AC1所成的角均为π3，
故选C．
12.【答案】C
【解答】
解：因为四边形ABCD为等腰梯形，AB=4，AD=DC=CB=2．
易知∠ACB=90°，AC=23，记AC的中点为E，则DE⊥AC，EC=3，DE=1．
翻折后，D′E⊥AC，EC=3，D′E=1．
设二面角D′?AC?B的大小为θ，因为D′B=10，
由D′B=D′E+EC+CB，两边平方得(10)2=12+(3)2+22?2×1×2cosθ，
得cosθ=?12，则二面角D′?AC?B的大小为120°．
从点D′向平面ABC作垂线，垂足为O，
以O为坐标原点建立空间直角坐标系O?xyz，如图所示，
则A(3,12,0)，B(?3,52,0)，C(?3,12,0)，D′(0,0,32)，
则AB=(?23,2,0)，CD′=(3,?12,32)，
则，
则
故．
故选C．
13.【答案】4
【解析】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设DD1=a，则A(2,0，0)，C(0,2，0)，D1(0,0，a)，故AC=(?2,2,0),AD1=(?2,0,a),CC1=(0,0,a)，
设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z)，则n?AC=?2x+2y=0n?AD1=?2x+az=0，可取n=(1,1,2a)，
故cos=n?CC1|n||CC1|=2a?4a2+2=22a2+4，
又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13，
∴22a2+4=13，解得a=4．
故答案为：4．
建立空间直角坐标系，设棱柱的高为a，求出平面ACD1的一个法向量n，令cos=13，求出a的值即可．
14.【答案】2?3
【解答】
解：以点D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AE=a．
则A1(1,0，1)，D1(0,0，1)，E(1,a，0)，A(1,0，0)，C(0,2，0)．
∴CE=(1,a?2，0)，
D1C=(0,2，?1)，
DD1=(0,0，1)．
设平面D1EC的法向量为
n→=(x，y，z)，
由n⊥D1C，n⊥CE，
可得n→·D1C=0，n→·CE=0，
即2y?z=0x+a?2y=0，
令y=1，则z=2，x=2?a．
∴n→=(2?a，1，2)．
∵DD1⊥平面ABCD，
∴可取DD1作为平面ABCD的法向量．
由题意可得，即22?a2+1+22=22，解得a=2±3．
其中2+3不符合题意，应舍去，∴a=2?3．
∴AE=2?3．
故答案为2?3．
15.【答案】③
【解析】解：∵在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，
∴AC=BD=12+22=5，
△ABD沿对角线BD翻折，形成三棱锥A?BCD．
在①中，取BD中点O，连结AO，CO，则AO=CO=52，
当AC=3时，cos∠AOC=54+54?32×52×52=?15，
∴sin∠AOC=1?(?15)2=265，
∴点A到平面BCD的距离d=52sin∠AOC=52×265=305．
∴三棱锥A?BCD的体积为：
V=13×12×2×1×305=3015，故①错误；
在②中，当面ABD⊥面BCD时，过点A作AE⊥平面BCD，交BD于E，
则AE⊥CD，又CD与平面ABD不垂直，故AB与CD不垂直，故②错误；
在③中，∵OA=OB=OC=OD=52，
∴三棱锥A?BCD外接球的球心为O，半径为52，
∴三棱锥A?BCD外接球的表面积为定值．故③正确．
故答案为：③．
在①中，取BD中点O，连结AO，CO，则AO=CO=52，当AC=3时，cos∠AOC=?15，从而sin∠AOC=265，点A到平面BCD的距离d=52sin∠AOC=305.由此能求出三棱锥A?BCD的体积；在②中，过点A作AE⊥平面BCD，交BD于E，则AE⊥CD，又CD与平面ABD不垂直，故AB与CD不垂直；在③中，三棱锥A?BCD外接球的球心为O，半径为52，从而三棱锥A?BCD外接球的表面积为定值．
16.【答案】24
【解析】解：∵点M是对角线A1C上靠近点A1的三等分点，
∴M到底面的距离d=23AA1=4，
又S△BCD=12×6×6=18，
∴VC?MBD=VM?BCD=13×18×4=24．
故答案为：24．
17.【答案】平行；?324
【解析】解：(1)以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
则A1(1,0，1)，E(0,1，12)，B(1,1，0)，
∵P，Q均在平面A1B1C1D1内，∴设P(a,b，1)，Q(m,n，1)，
则A1E=(?1,1，?12)，BP=(a?1,b?1,1)，BQ=(m?1,n?1,1)，
∵BP⊥A1E，BQ⊥A1E.
∴BP?A1E=?(a?1)+(b?1)?12=0BQ?A1E=?(m?1)+(n?1)?12=0，
解得b?a=12n?m=12，∴PQ//BD，即PQ与BD的位置关系是平行．
(2)当|A1P|取最小值时，P在平面A1B1C1D1内，
设P(a,b，1)，由(1)得b=a+12，
∴|A1P|=(a?1)2+b2=(a?1)2+(a+12)2
=2a2?a+54=2(a?14)2+98，
∴当a=14，即P(14,34,1)时，|A1P|的最小值为324．
故答案为：平行；324．
18.【答案】(1)证明：由题可知，侧面PCD⊥底面ABCD，取DC中点O，
因为PC=PD=2，则PO⊥交线CD，所以PO⊥底面ABCD，
如图，过O平行于DA直线为x轴，以OC，OP所在直线分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,?1,0)，B(2,1，0)，C(0,1，0)，
D(0,?1,0)，P(0,0，3)，N(1,?1,0)，
BC=(?2,0,0),PD=(0,?1,?3)，
则BC?PD=0，所以BC⊥PD；
(2)解：由(1)可得，M(0,12,32)，
PN=(1,?1,?3),BM=(?2,?12,32)
设异面直线BM与PN所成角为θ，
则cosθ=|PN?BM|PN|?|BM||=|?2+12?32|5?5=35．
所以异面直线BM与PN所成角的余弦值为35；
(3)解：因为BD=(?2,?2,0),BM=(?2,?12,32)．
设平面MBD的一个法向量为m=(x,y，z)，
由m?BD=0m?BM=0，得?2x?2y=0?2x?12y+32z=0，取y=?1，得x=1，z=3．
所以m=(1,?1,3)，又DN=(1,0,0)，
所以点N到平面MBD的距离d=|m?DN||m|=15=55．
19.【答案】解：以D为坐标原点，射线DA，DC，DH为x，y，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，
由AB//DC，AD⊥DC，AB=1，DC=2，∠BCD=45°，易知AD=1，
则A(1,0，0)，B(1,1，0)，C(0,2，0)，D(0,0，0)，H(0,0，2)，F(1,1，1)，
(1)设M(0,t，0)，因为AM⊥平面FBDH，所以AM⊥BD，
AM=(?1,t，0)，BD=(?1,?1,0)，AM?BD=1?t=0，解得t=1，
所以线段DM的长度为1，
(2)设n1=(x,y，z)是平面HAM的一个法向量，AH=(?1,0，2)，MF=(1,0，1)，
则n1·AM=0n1?AH=0,?x+y=0?x+2z=0，可取n1=(2,2，1)，
同理，设n2=(u,v，w)是平面AMF的一个法向量，
则n2?AM=0n2·MF=0??u+v=0u+w=0，可取n2=(1,1，?1)，
则cos=n1·n2n1n2=33，显然二面角H?AM?F为锐二面角，
所以二面角H?AM?F的余弦值为33．
20.【答案】解：以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz，
由AB//DC，AD⊥DC，AB=1，DC=2，∠BCD=45°，易知AD=1．
则A(1,0，0)，B(1,1，0)，C(0,2，0)，D(0,0，0)，H(0,0，2)，F(1,1，1)
(1)设M(0,t，0)，
因为AM⊥平面FBDH，BD?平面FBDH，，
所以AM⊥BD，
AM=(?1,t,0)，BD=(?1,?1,0)，AM?BD=1?t=0，
解得t=1，所以线段DM的长度为1．
(2)设n1=(x,y,z)是平面HAM的一个法向量，
AH=(?1,0,2)，MF=(1,0,1)，
则n1?AM=0n1?MF=0??x+y=0?x+2z=0或取n1=(2,2,1)，
同理，设n2=(u,ν,w)是平面AMF的一个法向量，
则n2?AM=0n2?MF=0??u+ν=0u+w=0，可取n2=(1,1,?1)，
则cos??n1,n2?=n1?n2|n1||n2|=33，
显然二面角H?AM?F为锐二面角，
所以二面角H?AM?F的余弦值为33．
21.【答案】解：(1)如图所示，
以A为原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A?xyz．
由AB=AC=1，PA=2，得A(0,0，0)，B(1,0，0)，C(0,1，0)，P(0,0，2)，D12,0,0，E12,12,0，F0,12,1．
设平面DEF的法向量n=(x,y，z)，
则n·DE=0,n·DF=0,即(x,y,z)·0,12,0=0,(x,y,z)·?12,12,1=0,
解得x=2z,y=0.
取z=1，则平面DEF的一个法向量n=(2,0，1)．
设PA与平面DEF所成的角为θ，
则sin?θ=|PA·n||PA|·|n|=55，
故直线PA与平面DEF所成角的正弦值为55．
(2)∵PF=0,12,?1，n=(2,0，1)，
∴点P到平面DEF的距离d=|PF·n||n|=55．
(3)∵PF=0,12,?1，EF=?12,0,1，
点P在EF上的投影为|PF·EF||EF|=255，
所以点P到直线EF的距离为PF2?(255)2=1+14?45=920=4510．