【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第8章 第9节 立体几何中的向量方法(二)求空间角与距离(理)（含解析）北师大版

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第8章第9节立体几何中的向量方法(二)求空间角与距离(理)北师大版一、选择题1．在如图所示的正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为(　　)A．－B．－C．D．[答案]　D[解析]　因为A1B1C1D1－ABCD为正方体，所以以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设棱长为1，则＝(0，，1)，＝(－1,1,0)，故cos<，>＝＝＝，故选D．2．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量，，两两的夹角均为60°，且||＝1，||＝2，||＝3，则||＝(　　)A．5B．6C．4D．8[答案]　A[解析]　由题知＝＋＋，则||2＝|AB＋＋|2＝12＋22＋32＋2·＋2·＋2·＝14＋2×1×2×＋2×1×3×＋2×2×3×＝25，所以||＝5.3．正方体ABCD－A1B1C1D1中BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　)A．B．-12-\nC．D．[答案]　D[解析]　该题考查正方体的性质，直线与平面所成的角，考查坐标法．建立如图所示空间直角坐标系D－xyz，设棱长为1，＝(0,0,1)，平面ACD1的一个法向量n＝(1,1,1)，∴cos〈，n〉＝＝，∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为.4．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1C1的中点，则异面直线CE与BD所成的角为(　　)A．30°B．45°C．60°D．90°[答案]　D[解析]　以D点为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则相关点的坐标为C(0,1,0)，E(，，1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)，∴＝(，－，1)，＝(－1，－1,0)．∴·＝－＋＋0＝0.∴⊥，即CE⊥BD．5．在空间直角坐标系O－xyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　)A．4B．2C．3D．1[答案]　B[解析]　＝(－1,3,2)，||＝＝，-12-\n|cos<，n>|＝||＝||＝.d＝×＝2.6．在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为(　　)A．B．C．D．[答案]　B[解析]　解法1：取BC中点E，连接AE、A1E，过点A作AF⊥A1E，垂足为F.∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥BC，∵AB＝AC．∴AE⊥BC．∴BC⊥平面AEA1.∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，∴AF⊥平面A1BC．∴AF的长即为所求点面距离．AA1＝1，AE＝，∴AF＝.解法2：VA1－ABC＝S△ABC·AA1＝××1＝.又∵A1B＝A1C＝，在△A1BE中，A1E＝＝2.∴S△A1BC＝×2×2＝2.∴VA－A1BC＝×S△A1BC·h＝h.∴h＝，∴h＝.∴点A到平面A1BC距离为.解法3：设BC中点为O，∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC，以O为原点，直线AO，BC分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，则B(0，－1,0)，C(0,1,0)，A(－，0,0)，A1(－，0,1)．-12-\n设n＝(x，y,1)为平面A1BC的一个法向量，则，∴，∴，∴n＝，又＝(0,0,1)，∴A到平面A1BC的距离d＝＝.二、填空题7．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为________．[答案]　[解析]　如图建立直角坐标系D－xyz，设DA＝1，由已知条件A(1,0,0)，E(0，，1)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，＝(－1，，1)，＝(－1,0,0)设异面直线AE与BC所成角为θ.cosθ＝|cos<，>|＝＝.8．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．[答案]　[解析]　如图，建立空间直角坐标系D－xyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，∴＝(0,2,0)，-12-\n设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，由，得，令y＝1，得n＝(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ＝|cos<，n>|＝＝＝.即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.9．已知PD⊥正方形ABCD所在平面，PD＝AD＝1，则点C到平面PAB的距离d＝________.[答案]　[解析]　以D为原点，以DA，DC，DP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．则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，∴＝(－1,0,1)，＝(0,1,0)，＝(－1,1,0)，＝(0，－1,1)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，∴，即令x＝1，则z＝1，∴n＝(1,0,1)．∴d＝＝＝.三、解答题10.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝2，E，F分别是AD，PC的中点．(1)证明：PC⊥平面BEF.(2)求平面BEF与平面BAP夹角的大小．[解析]　(1)如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x-12-\n轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝2，四边形ABCD是矩形．∴A，B，C，D，P的坐标分别为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，又E，F分别是AD，PC的中点，∴E(0，，0)，F(1，，1)，∴＝(2,2，－2)，＝(－1，，1)，＝(1,0,1)，∴·＝－2＋4－2＝0，·＝2＋0－2＝0，∴⊥，⊥，∴PC⊥BF，PC⊥EF，BF∩EF＝F，∴PC⊥平面BEF.(2)由(1)知平面BEF的法向量n1＝＝(2，2，－2)，平面BAP的法向量n2＝＝(0,2，0)，∴n1·n2＝8，设平面BEF与平面BAP的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，∴θ＝45°，∴平面BEF与平面BAP的夹角为45°.一、选择题1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin<，>的值为(　　)A．B．C．D．[答案]　B[解析]　设正方体棱长2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知＝(2，－2,1)，-12-\n＝(2,2，－1)，cos<，>＝－，sin<，>＝.2．(2022·本溪质检)若正三棱锥的侧面都是直角三角形，则侧面与底面所成二面角的余弦值是(　　)A．B．C．D．[答案]　B[解析]　以正三棱锥O－ABC的顶点O为原点，OA，OB，OC为x，y，z轴建系(图略)，设侧棱长为1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，侧面OAB的法向量为＝(0,0,1)，底面ABC的法向量为n＝(，，)，∴cos<，n>＝＝＝.二、填空题3．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为________．[答案]　[解析]　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a,0)，-12-\n设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，由⇒⇒⇒n1＝(1，－1,1)．sinθ＝＝＝.4．如右图，若P为正方体AC1的棱A1B1的中点，则截面PC1D和面AA1B1B所成锐二面角的余弦值是____________．[答案]　[解析]　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体AC1的棱长为2，则D(0,0,0)，C1(0,2,2)，P(2,1,2)．∴＝(0,2,2)，＝(2,1,2)．设截面PC1D的一个法向量为n＝(1，y，z)，则有即∴∴n＝(1,2，－2)．又平面AA1B1B的一个法向量为a＝(1,0,0)，设截面PC1D与平面AA1B1B所成的锐二面角为θ，则cosθ＝＝＝.三、解答题5．(2022·山东高考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．-12-\n[解析]　(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD．所以AB∥DC，又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA．连接AD1.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形．因此C1M∥D1A．又C1M⃘平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1.所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解法一：连接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形．可得BC＝AD＝MC，由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB．以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C－xyz.所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)．因此M(，，0)．所以＝(－，－，)，-12-\n＝＝(－，，0)设平面C1D1M的一个法向量n＝(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量．因此cos〈，n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.解法二：由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝.所以ND1＝＝.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.6．(2022·江西高考)如图，四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD．(1)求证：AB⊥PD；(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD-12-\n的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值．[解析]　(1)ABCD为矩形，故AB⊥AD；又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD．(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥P－ABCD的体积为V＝··m·＝.因为m＝＝.故当m＝，即AB＝时，四棱锥P－ABCD的体积最大．此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0,0,0)，B(，－，0)，C(，，0)，D(0，，0)，P(0,0，)，故＝(，，－)，＝(0，，0)，＝(－，0,0)，设平面BPC的法向量n1＝(x，y,1)，-12-\n则由n1⊥，n1⊥得，解得x＝1，y＝0，n1＝(1,0,1)．同理可求出平面DPC的法向量n2＝(0，，1)，从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为cosθ＝＝＝.-12-