2020-2021学年高二数学上册同步练习：运用立体几何中的向量方法解决距离与角度问题

2020-2021学年高二数学上册同步练习：运用立体几何中的向量方法解决距离与角度问题

2020-2021 学年高二数学上册同步练习：运用立体几何中的向量方法解决距离与角度问题 一、单选题 1．已知向量 ,mn分别是直线 l 和平面  的方向向量和法向量，若 1c o s , 2mn  ，则 与 所成的角为 （ ） A． 030 B． 060 C． 0120 D． 0150 【答案】A 【解析】设线面角为  ，则 1sincos,,30 2mn . 故选 A 2．三棱锥 A BCD 中，平面 ABD 与平面 BCD的法向量分别为 1n ， 2n ，若 12, 3nn   ，则二面角 A B D C的大小为（ ） A． 3  B． 2 3  C． 或 D． 6  或 【答案】C 【解析】因为法向量和平面垂直，所以法向量所成角与二面角相等或者互补， 由于从图形中无法判定二面角 是锐角还是钝角， 所以二面角 的大小为 或 . 故选 C. 3．平面 α 的一个法向量为 1n ＝(4,3,0)，平面 β 的一个法向量为 2n ＝(0，－3,4)，则平面 α 与平面 β 夹角的 余弦值为（ ） A． 9 25 B． 9 25 C． 7 25 D．以上都不对 【答案】B 【解析】∵  1 4,3,0n  ，  2 03,4n  ，－ ， ∴| 1n |= 2 2 24 3 0 =5，| 2n |=  222034 =5 • =4×0+3× 3 +0×（﹣1）=-9 因此，向量 与 的夹角 θ 满足 cosθ= 12 12 nn nn   = 9 55   = 又∵向量 1n 、 2n 分别为平面 α 和平面 β 的法向量 ∴平面 α 与 β 夹角等于向量 、 的夹角，故平面 α 与 β 夹角的余弦值等于 9 25 故选 B． 4．在长方体 1111A B C D A BC D 中， E ， F ， G 分别为棱 1AA ， 11CD ， 1DD 的中点， 1 2A B A A A D ， 则异面直线 EF 与 BG 所成角的大小为（ ） A． 30° B． 60 C． 90 D． 120  【答案】C 【解析】以 D 为坐标原点，分别以 DA ， DC ， 1DD 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系 D xyz ，如图 设 1AD  ，则  1,0,1E ，  0,1,2F ，  0,0,1G ，  1,2,0B ， 所以  1,1,1EF  ，  1,2,1BG  ， 0EFBG， 所以 EFBG ，所以异面直线 与 所成角的大小为 ， 故选 C. 5．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 111ABCA BC ， 2CA CB ， 1 3CCCB ，则直线 1BC 与直线 1AB 夹角的余弦值为（ ） A． 4 35 35 B． 35 70 C． 2 35 35 D． 2 35 【答案】A 【解析】 2C A C B ， 1 3C C C B ，设 1CB  ， 根据题意得，  0 ,0 ,1B ,  1 0 ,3 ,0C ,  2 ,0 ,0A ,  1 0,3,1B .  1 0 ,3 , 1BC ,  1 2 ,3 ,1AB  , 11 11 11 914 35cos, 351014 BCABBC AB BCAB    . 故选 A. 6．如图所示，PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面， 2AB  ，E 为 PB 的中点， c os D P〈 ， 3 3AE 〉 ，若以 DA，DC，DP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则点 E 的坐标为（ ） A． 1,1,1 B． 11,1, 2   C． 31,1, 2   D． 1,1,2 【答案】A 【解析】设||(0)PDa a，则 (2,A 0, 0) ， (2,2,0)B ， (0,0, )Pa， (1,E 1, )2 a ， (0,DP )a ， ( 1,1, )2 aAE  uuur ， 3cos, 3DPAE < ， 2232243 aaa ， 2,aE   的坐标为 (1,1,1)， 故选 A． 7．若平面 α 的一个法向量为 n  （1，2，1），A（1，0，﹣1），B（0，﹣1，1），A∉α，B∈α，则点 A 到平面 α 的距离为（ ） A．1 B． 6 6 C． 3 3 D． 1 3 【答案】B 【解析】 ( 1 , 1 ,2 )AB    ，根据点到平面的距离公式可得点 A 到平面 α 的距离为 222 11(1)221 6 6121 ABn n    . 故选 B 8．直三棱柱 111ABCA BC 中， 120ABC ， 1 1ABBCCC ，则异面直线 1AB 与 1BC 所成角的余弦 值为（ ） A． 3 2 B． 1 2 C． 3 3 D． 3 4 【答案】D 【解析】在直三棱柱 中， ， 取 AC 中点 O ， ，则OB AC ， 所以 2sin603ACBC  ， 以 的中点 坐标原点， OB 为 x 轴，OC 为 y 轴， 以过点 垂直平面 ABC 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图： 则 30 , ,0 2A  ， 1 1 ,0 ,12B   ， 1 ,0,02B  ， 1 30, ,12C   ， 所以 1 13, ,122AB   ， 1 13,,122BC  , 设异面直线 1AB 与 1BC 所成角为  ， 则 11 11 131 344cos 422 ABBC ABBC    . 故选 D 9．四棱锥 S-ABCD 中 (4,2,3)AB  ， (4,1,0)AD  ， (3,1,4)AP  ，则这个四棱锥的高 h 为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【解析】在四棱锥 PABCD 中， (4AB  ， 2 ， 3) ， (4AD  ，1，0) ， (3AP  ，1， 4) ， 设平面 ABCD的法向量为： (nx ， y ， )z ． 则 0 0 ABn ADn     ，可得： 4 2 3 0 40 x y z xy       ，不妨令 3x  ，则 12y  ， 4z  ， 可得 (3n  ，12， 4) ． ，1， 在平面 上的射影就是这个四棱锥的高 h ， | || cosh AP AP， | 9 12 16 || | | 1| | 13 AP nn n        ． 故选 A ． 10．在四面体 A B C D 中， AB ， BC ， BD 两两垂直， 4ABBCBD ， E 、 F 分别为棱 、 AD 的中点，则直线 EF 与平面 A C D 所成角的余弦值（ ） A． 1 3 B． 3 3 C． 22 3 D． 6 3 【答案】C 【解析】因为在四面体 中， ， ， 两两垂直， 以 BA 为 X 轴，以 为 Y 轴，以 为 Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为 ；  4,0,0 ,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)ABDC ，又因为 、 分别为棱 、 的中点 所以 (0,0,2),(2,2,0)EF 故  2,2,2EF  ， (4,4,0)AD  ， (4,0,4)AC  . 设平面 的法向量为 (,,)nxyz ，则 0 0 nAD nAC     令 1,x  则 1yz； 所以 (1,1,1)n  21cos , 3| || | 33 2 EF nEF n EF n       设直线 与平面 所成角为 ，则 sin  cos,EFn 所以 2 22cos 1 sin 3   故选 C 11．已知四面体 A B C D 中， AB ， BC ， BD 两两垂直， 2B C B D， 与平面 A C D 所成角的正 切值为 1 2 ，则点 B 到平面 的距离为（ ） A． 3 2 B． 23 3 C． 5 5 D． 25 5 【答案】D 【解析】以 为原点， ， ， BA 分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设 B A t= ， 0t  ，  0,0,0B ，  2,0,0C ，  0,2,0D ， ( )0,0,At. ( )0,0,AB t=-， ( )2,0,CA t=- ， ( )2, 2,0CD =- . 设平面 的法向量  ,,nxyz ， 则 20 2 2 0 n CA x tz n CD x y            ，令 1x  ，得 1y  ， 2z t ， 故 21,1,n t   . 因为直线 与平面 所成角的正切值为 ， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为 . 即 2 25 5211 AB n AB n t t      ，解得 2t  . 所以平面 的法向量 21,1, 2n   ， 故 B 到平面 A C D 的距离为 225 5111 2 ABn d n    . 故选 D 12．空间线段 A C A B ，BD AB ，且 ::1:3:1ACABBD  ，设 CD 与 AB 所成的角为  ， 与面 ABC 所成的角为  ，二面角 C A B D的平面角为  ，则（ ） A． 2  B． 2  C． 2  D． 2  【答案】A 【解析】因为空间线段 ， ， 所以可将其放在矩形中进行研究， 如图，绘出一个矩形，并以 A 点为原点构建空间直角坐标系： 因为 ， 所以可设 AC x ， 3AB x ， BD x ， 则  0,0,0A ， ( )0,3 ,0Bx， ( )0,0,Cx， ( ),3 ,0D x x ， ( ),3,CDxxx=-， ( )0,3,0ABx= ， ( )0,3,CBxx=-， 故 与 所成的角 的余弦值 2 2 9 3 11cosα 1111 3 CD AB x CD AB xx ×= = = × × ， 因为根据矩形的性质易知平面 ABD  平面 ， BD  平面 ， 所以二面角 的平面角为 γ 90= ， γ 452 = ， γ 2cos 22 = ， 所以 BCD 即 与面 所成的角 ， 故 110cosβ 11 CDCB CDCB ×== × ， 因为 1103112 11112 >>， 所以 2 ， 故选 A. 二、填空题 13．已知 ,mn是直线l 的方向向量和平面  的法向量，若 1, 2cosmn ，则 与 所成的角为________. 【答案】30° 【解析】设 与 所成的角为  ，则 1sin=cos, 2mn  ， 所以 = 3 0  . 故填 30 . 14．在空间直角坐标系 O x y z 中， (1,2,1)A  ， ( 1 ,1 ,1 )B ， (0,1,2)C ，则异面直线 OA 与 BC 所成角的余 弦值为______. 【答案】 3 3 【解析】由 ， ， ， 则 (1,2,1)OA , (1,0,1)BC  , 则向量OA 与 BC 所成角的余弦值为 23 362 OA BC OA BC     , 则异面直线 与 所成角的余弦值为 , 故填 . 15．如图，平面 ABCD  平面 ABEF ，四边形 ABCD 是正方形，四边形 是矩形， 1 2AF AD a， G 是 EF 的中点，则GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为___________. 【答案】 6 3 【解析】由于平面 A B C D  平面 ABEF ，四边形 A B C D 是正方形，四边形 是矩形，故 ,,AF AB AD两两垂直，以点 A 为原点建立空间直角坐标系如图所示， 由 1 2AFADa，则      ,,0 ,0,2,0 ,0,2,2Ga aBaCaa ，所以  ,,0GBaa .设平面 A G C 的 法向量为  ,,nxyz ，则 220 0 nACayaz nAGaxay     ，令 1x  可得平面 的法向量坐标为 (1,1,1)n  ， 于是所求线面角的正弦值为 26 332 n GB a an GB    . 故填 16．在三棱柱 111ABCA BC 中，  1 6,2,8AA  ，  4, 2,3BC  ，  11 4,1,0AB  ，则该三棱柱的 高为______． 【答案】2 【解析】由题意知：  11 4,1,0A B AB   该三棱柱的高即点 1A 到平面 ABC 的距离 d 设  ,,n x y z 是平面 ABC 的一个法向量 则 4 2 3 0 40 n AB x y z n BC x y             ，令 1x  ，解得： 4y  ， 4 3z  41,4,3n  1 3268 3 213 3 n AA d n        故填 2 17．在正四棱锥 S ABCD 中，O 为顶点 S 在底面上的射影，P 为侧棱 SD 的中点，且 S O O D ，则直线 BC 与平面 PAC 所成的角是________． 【答案】30° 【解析】如图所示，以 O 为原点建立空间直角坐标系 O-xyz. 设 OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)， 则 A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)， (0,,) 22 aaP  . 则 (2 ,0,0)CA a ， ( , , )22 aaaAP    ， ( , ,0)CB a a ． 设平面 PAC 的法向量为 n ，则 ,,n AP n CA 即 20 02 ax aaax y zx     ，得 0x  ，令 1y  ，则 1z  (0,1,1)n , 则 1cos, 2|||| 22 CBnaCBn CBn a   . ∴ , 6 0C B n    . ∴直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90°－60°＝30°. 故填 30°. 18．如图，正方体 1111A B C D A BC D 棱长为 1 ,点 ,EF分别在直线 1 ,A A B C 上, 若直线 EF 与棱 11CD 相交, 则 1A E CF 的最小值是． 【答案】 2 【解析】建立如图所示坐标系， 则 . 设 是퐶1퐷1上任意一点，则 ， 故 ，即 ，也即 . ， 所以 ，将代入可得 ， 因 ，故 ，当且仅当 时取等号. 故填 2 三、解答题 19．如图，四棱锥 P A B C D 中， PAB 为正三角形， A B C D 为正方形，平面 PAB  平面 ， E 、 F 分别为 AC 、 BP 中点. （1）证明： //EF 平面 PCD； （2）求直线 与平面 PAC 所成角的正弦值. 【解析】（1）连接 BD ， ∵ A B C D 是正方形， 是 AC 的中点，∴ 是 的中点， ∵ 是 BP 的中点，∴ //EFPD ， ∵ EF  平面 P C D ， PD  平面 PBD ，∴ //EF 平面 . （2）建立如图所示空间直角坐标系 O x y z ，设 2AB  ， 则  0,1,0B ，  3,0,0P ，  0, 1,0A  ，  0,1,2C ，  3, 1,0BP ，  3,1,0AP  ，  0,2,2AC  ， 设平面 PAC 的法向量  ,,n x y z ，则 30 220 xy yz    ， 取 3y  得  1, 3, 3n  ， 设 与平面 所成角为 ， 则 2 3 21sin cos , 727 BP n     . 20．如图所示，在三棱锥 A B C D 中， DA ， DB ， DC 两两垂直，且 2DBDCDA ， E 为 BC 的 中点． （1）证明： AEBC ； （2）求直线 AE 与 的夹角的余弦值． 【解析】如图，以 D 为坐标原点， DB ， DC ， DA 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角 坐标系 D x y z ， 由题意可得  0,0,0D ，  0,0, 2A ，  2,0,0B ，  0, 2,0C ，  1,1,0E ． （1）因为  1,1, 2AE ，  2,2,0BC  ， 所以    1212200AEBC ， 所以 A E B C ，即 A E B C ． （2）因为  1 ,1 , 2AE ，  0 ,2 ,0DC  ，所以 126cos, 662 AEDC AEDC AEDC    ， 所以直线 AE 与 DC 的夹角的余弦值为 6 6 ． 21．如图，长方体 1111A B C D A BC D 被经过 1BD 的动平面  所截， 分别与棱 1CC ， 1AA 交于点 M ，N ， 得到截面 1B M D N ，已知 1A B B C， 1 3DD  . （1）求证： MNBD ； （2）若直线 AB 与截面 所成角的正弦值为 2 4 ，求 AN 的长. 【解析】（1）以 D 为原点，分别以 DA ， DC ， 1DD ，所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴， 建立空间直角坐标系.则  0,0,0D ，  1,0,0A ，  1,1,0B ，  0,1,0C ，  1 0,0,3D . 依题意易得 1 3ANCMDD ，设   1,0,0,3Ntt ，则  0,1,3Mt ， 所以  1,1,23MNt ，而  1,1,0DB  ，所以 0MNDB，所以 . （2）因为  0 ,1,0AB  ，  0 , 1,B N t  ，  1 1,1,3BD  ，设平面 1B M D N 的法向量为  ,,n x y z ，则 1 0 30 BNnyzt BDnxyz    ，令 1z  ，则  3 , ,1n t t ， 设直线 AB 与截面 所成角为  ，所以  2 2 2sincos, 431 tABn tt    ， 解得 3 3t  ，所以 3 3AN  . 22．如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形，PD⊥底面 ABCD．设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l． （1）证明：l⊥平面 PDC； （2）已知 PD=AD=1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值． 【解析】（1）证明： 在正方形 ABCD中， //AD BC ， 因为 AD  平面 PBC ， BC 平面 ， 所以 //AD 平面 ， 又因为 AD  平面 PAD ，平面 PAD 平面 PBC l ， 所以 //AD l ， 因为在四棱锥 P A B C D 中，底面 A B C D 是正方形，所以 ,,ADDClDC 且 PD  平面 ，所以 ,,ADPDlPD 因为 CD PD D  所以 l  平面 P D C ； （2）如图建立空间直角坐标系 D x y z ， 因为 1PDAD，则有 (0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)DCAPB ， 设 (,0,1)Qm ，则有 (0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB ， 设平面 Q C D 的法向量为 (,,)nxyz ， 则 0 0 DCn DQn     ，即 0 0 y mxz    ， 令 1x  ，则 zm ，所以平面 的一个法向量为 (1,0,)nm，则 2 10cos, 31 n PBmn PB n PB m   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 线与平面所成角的正弦值等于 2 |1 || cos , | 31 mn PB m     r uur 2 2 3 1 2 31 mm m   22 3232 | |36111 131 31 33 mm mm     ，当且仅当 1m  时取等号， 所以直线 PB 与平面 所成角的正弦值的最大值为 6 3 .