2019秋高三数学上学期期末试题汇编：25.空间向量与空间角、距离1
超实用高考数学重难点专题复习：空间向量与空间角(习题课件)
空间向量与空间角
[学习目标]
利用空间向量（建立空间直角坐标系） 求解异面直线所成角、直线与平面所成角、 二面角
距离高考还有一段时间，不少有经验的老师都会提醒考生，愈是临近高考， 能否咬紧牙关、学会自我调节，态度是否主动积极，安排是否科学合理，能不能 保持良好的心态、以饱满的情绪迎接挑战，其效果往往大不一样。以下是本人从 事10多年教学经验总结出的超实用新高考数学专题复习讲义希望可以帮助大家提 高答题的正确率，希望对你有所帮助，有志者事竟成！
θ 为锐角或直角时，cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n|n11|··n|n22||； θ 为钝角时，cos θ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－||nn11|·|nn22||.
题型一：求两异面直线所成的角
[例1] 正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是A1D1， A1C1的中点，求异面直线AE与CF所成角的余弦值．
[活学活用]
如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是 CE与AD的交点，AC⊥BC，且AC＝BC.求直线AB与平面 EBC所成角的大小．
2019高考数学一轮复习第8章立体几何第8课时空间向量的应用(二)空间的角与距离练习理
第8课时 空间向量的应用(二) 空间的角与距离1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →〉的值等于( ) A.12 B.21015 C.23D.1115答案 B解析 分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建系， 令AD ＝1，∴DB 1→＝(1，1，1)，CM →＝(1，－12，0)．∴cos 〈DB 1→，CM →〉＝1－123·52＝1515. ∴sin 〈DB 1→，CM →〉＝21015.2．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010B.15C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D 1(0，0，2)． ∴BE →＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.3．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( ) A ．120° B ．60° C ．30° D ．150°答案 C解析 设直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos120°|＝12，又0°≤θ≤90°.∴θ＝30°.4．(2018·天津模拟)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )A.32B.52C.105D.1010答案 C解析 由题意，连接A 1C 1，交B 1D 1于点O ，连接BO.∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，∴C 1O ⊥B 1D 1.易得C 1O ⊥平面DBB 1D 1，∴∠C 1BO 即为直线BC 1与平面DBB 1D 1所成的角．在Rt △OBC 1中，OC 1＝22，BC 1＝25，∴直线BC 1与平面DBB 1D 1所成角的正弦值为105，故选C.5.(2018·辽宁沈阳和平区模拟)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝4，则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( ) A.13 B.33 C.63D.223答案 A解析 如图所示，建立空间直角坐标系．则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D 1(0，0，4)，B(2，2，0)，B 1(2，2，4)，AC →＝(－2，2，0)，AD 1→＝(－2，0，4)，BB 1→＝(0，0，4)．设平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－2x ＋4z ＝0，取x ＝2，则y ＝2，z ＝1，故n ＝(2，2，1)是平面ACD 1的一个法向量．设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝|n ·BB 1→||n |·|BB 1→|＝49×4＝13.故选A.6．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( ) A.35 B.45 C.34 D.55答案 B解析 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形． 设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52，∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158. 设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ， ∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC .∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25. 设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A(0，－1，0)，D(0，0，2)，C(0，1，0)，B 1(3，0，2)． 设n ＝(x ，y ，z)为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0，2，1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.7．(2018·山东师大附中模拟，理)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝102，AB ＝10，PA ＝6，DA ⊥AB ，点Q 在PB 上，且满足PQ∶QB＝1∶3，则直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值为________． 答案13052解析 方法一：如图，过点Q 作QH∥CB 交PC 于点H. ∵DA ⊥AB ，DC ∥AB ，∴在Rt △ADC 中，AC ＝AD 2＋CD 2＝ 5. ∵PA ⊥平面ABCD ，∴在Rt △PAC 中，PC ＝PA 2＋AC 2＝11. 取AB 的中点M ，连接CM ，∵DC ∥AB ，CM ＝AD ＝102， ∴在Rt △CMB 中，CB ＝CM 2＋MB 2＝5，又PB 2＝PA 2＋AB 2＝16，∴PC 2＋CB 2＝PB 2，∴CB ⊥PC. ∵QH ∥BC ，∴QH ⊥PC.① ∵PA ⊥CB ，∴PA ⊥QH.②由①②可得，QH ⊥平面PAC ，∴∠QCH 是直线CQ 与平面PAC 所成的角．∵QH ＝14BC ＝54，HC ＝34PC ＝3114，∴CQ ＝QH 2＋HC 2＝262，∴sin ∠QCH ＝QH CQ ＝13052.方法二：以A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，6)，C(102，102，0)，B(0，10，0)， ∵PQ ＝14PB ，∴Q(0，104，364)，可知平面PAC 的一个法向量为m ＝(－1，1，0)，又CQ →＝(－102，－104，364)，∴|cos 〈m ，CQ →〉|＝|m ·CQ →||m ||CQ →|＝13052，故直线CQ 与平面PAC 所成角的正弦值为13052.8．(2018·上海八校联考)如图所示为一名曰“堑堵”的几何体，已知AE⊥底面BCFE ，DF ∥AE ，DF ＝AE ＝1，CE ＝7，四边形ABCD 是正方形．(1)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，判断四面体EABC 是否为鳖臑，若是，写出其每一个面的直角，并证明；若不是，请说明理由． (2)记AB 与平面AEC 所成的角为θ，求cos2θ的值． 答案 (1)略 (2)17解析 (1)∵AE⊥底面BCFE ，EC ，EB ，BC 都在底面BCFE 上，∴AE ⊥EC ，AE ⊥EB ，AE ⊥BC.∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面ABE.又∵BE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥BE ，∴四面体EABC 是鳖臑，∠AEB ，∠AEC ，∠CBE ，∠ABC 为直角．(2)∵AE ＝1，CE ＝7，AE ⊥EC ， ∴AC ＝22，又ABCD 为正方形． ∴BC ＝2，∴BE ＝ 3.作BO⊥EC 于O ，则BO⊥平面AEC ，连接OA ，则OA 为AB 在面AEC 上的射影．∴θ＝∠BAO，由等面积法得BE·BC ＝EC·OB. ∴OB ＝3·27，sin θ＝OB AB ＝217，cos2θ＝1－2sin 2θ＝17.提示 本题也可用向量法求解．9.(2016·课标全国Ⅲ，理)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点． (1)证明：MN∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)8525解析 (1)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN.由N 为PC 的中点知TN∥BC，TN ＝12BC ＝2.又AD∥BC，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN∥平面PAB.(2)取BC 的中点E ，连接AE.由AB ＝AC 得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－（BC 2）2＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(5，2，0)，N(52，1，2)，PM →＝(0，2，－4)，PN →＝(52，1，－2)，AN →＝(52，1，2)．设n ＝(x ，y ，z)为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.10．如图所示，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 中点，求证：AM⊥平面AA 1B 1B ； (2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)15解析 (1)四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，连接AC ，如图，则△ACD 为等边三角形， 又M 为CD 中点，∴AM ⊥CD ，由CD∥AB，得AM⊥AB， ∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1， 又AB∩AA 1＝A ， ∴AM ⊥平面AA 1B 1B.(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM＝90°，又AA 1⊥底面ABCD ，∴以AB ，AM ，AA 1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A －xyz ， 则A 1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(－1，3，0)，D 1(－12，32，2)，∴DD 1→＝(12，－32，2)，BD →＝(－3，3，0)，A 1B →＝(2，0，－2)，设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1B →＝0，⇒⎩⎨⎧－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，⇒y ＝3x ＝3z ，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角θ的正弦值为 sin θ＝|cos 〈n ，DD 1→〉|＝|n ·DD 1→|n |·|DD 1→||＝15.11.(2018·山西太原一模)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，且DF ＝2BE ＝2，EF ＝3. (1)证明：平面ACF⊥平面BEFD ；(2)若二面角A －EF －C 是直二面角，求直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值． 答案 (1)略 (2)12解析 (1)∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD. ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ， ∵BD ∩BE ＝B ，∴AC⊥平面BEFD ， ∴平面ACF⊥平面BEFD.(2)设AC 与BD 的交点为O ，由(1)得AC⊥BD，分别以OA ，OB 为x 轴和y 轴，过点O 作垂直于平面ABCD 的直线为z ，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥BD ，∵DF ∥BE ，∴DF ⊥BD ， ∴BD 2＝EF 2－(DF －BE)2＝8，∴BD ＝2 2.设OA ＝a(a>0)，则A(a ，0，0)，C(－a ，0，0)，E(0，2，1)，F(0，－2，2)，∴EF →＝(0，－22，1)，AE →＝(－a ，2，1)，CE →＝(a ，2，1)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－22y 1＋z 1＝0，－ax 1＋2y 1＋z 1＝0，令z 1＝22，∴m ＝(32a ，1，22)是平面AEF 的一个法向量，设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧－22y 2＋z 2＝0，ax 2＋2y 2＋z 2＝0，令z 2＝22，∴n ＝(－32a，1，22)是平面CEF 的一个法向量，∵二面角A －EF －C 是直二面角，∴m ·n ＝－18a 2＋9＝0，∴a ＝ 2.∵BE ⊥平面ABCD ，∴∠BAE 是直线AE 与平面ABCD 所成的角， ∵AB ＝OA 2＋OB 2＝2，∴tan ∠BAE ＝BE AB ＝12.故直线AE 与平面ABCD 所成角的正切值为12.1.(2017·山西临汾一模)如图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成的角是( )A ．90° ．60° C ．45° ．30°答案 B解析 将其还原成正方体ABCD －PQRS ，显然PB∥SC，△ACS 为正三角形，∴∠ACS ＝60°.2.(2018·成都一诊)如图，正四棱锥P －ABCD 的体积为2，底面积为6，E 为侧棱PC 的中点，则直线BE 与平面PAC 所成的角为( ) A ．60° B ．30° C ．45° D ．90°答案 A解析 如图，正四棱锥P －ABCD 中，根据底面积为6可得，BC ＝ 6.连接BD ，交AC 于点O ，连接PO ，则PO 为正四棱锥P －ABCD 的高，根据体积公式可得，PO ＝1.因为PO⊥底面ABCD ，所以PO⊥BD，又BD⊥AC，PO ∩AC ＝O ，所以BD⊥平面PAC ，连接EO ，则∠BEO 为直线BE 与平面PAC 所成的角．在Rt △POA 中，因为PO ＝1，OA ＝3，所以PA ＝2，OE ＝12PA ＝1，在Rt △BOE 中，因为BO ＝3，所以tan ∠BEO ＝BOOE＝3，即∠BEO＝60°.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 ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.23B.33C.63D.13答案 C解析 设GB 与平面AGC 所成的角为θ. 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)，AG →＝(a ，a ，0)，AC →＝(0，2a ，2a)，BG →＝(a ，－a ，0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1，1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a×3＝63.4．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( ) A.23 B.33C.23D.13答案 A解析 如图，连接AC 交BD 于点O ，连接C 1O ，过C 作CH⊥C 1O 于点H. ∵⎩⎪⎨⎪⎧BD⊥AC BD⊥AA 1AC ∩AA 1＝A ⇒⎩⎪⎨⎪⎧BD⊥平面ACC 1A 1CH ⊂平面ACC 1A 1⇒⎩⎪⎨⎪⎧CH⊥BD CH⊥C 1O BD ∩C 1O ＝O ⇒CH ⊥平面C 1BD ，∴∠HDC 为CD 与平面BDC 1所成的角．5．(2018·黑龙江大庆实验中学期末)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，点D 在棱BB 1上，若BD ＝3，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为( ) A.235B.23913C.54D.43答案 B解析 取AC 的中点E ，连接BE ，如图所示，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →，即5×23×cos θ＝4×23×32(θ为AD →与EB →的夹角)，∴cos θ＝235，sin θ＝135，tan θ＝396，又BE⊥平面AA 1C 1C ，∴所求角的正切值为23913.6．(2016·北京东城质量调研)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.则A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是( ) A.23 B.73 C.32D.37答案 B解析 以C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，CC 1所在直线为z 轴，建立直角坐标系，设CA ＝CB ＝a ，则A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，A 1(a ，0，2)，D(0，0，1)，∴E(a 2，a 2，1)，G(a 3，a 3，13)，GE →＝(a6，a 6，23)，BD →＝(0，－a，1)，∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE →⊥平面ABD ，∴GE →·BD →＝0，解得a ＝2.∴GE →＝(13，13，23)，BA 1→＝(2，－2，2)，∵GE →⊥平面ABD ，∴GE →为平面ABD 的一个法向量．∵cos<GE →，BA 1→>＝GE →·BA 1→|GE →|·|BA 1→|＝4363×23＝23，∴A 1B 与平面ABD 所成的角的余弦值为73.7．(2018·太原模拟)在三棱锥A －BCD 中，底面BCD 为边长是2的正三角形，顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，若E 为BC 的中点，且直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为( ) A ．3π B ．4π C ．5π D ．6π答案 D解析 ∵顶点A 在底面BCD 上的射影为△BCD 的中心，而且△BCD 是正三角形，∴三棱锥A －BCD 是正三棱锥，∴AB ＝AC ＝AD.令底面△BCD 的重心(即中心)为P ，∵△BCD 是边长为2的正三角形，DE 是BC 边上的高，∴DE ＝3，PE ＝33，DP ＝233.∵直线AE 与底面BCD 所成角的正切值为22，即tan ∠AEP ＝22，∴AP ＝263，∵AE 2＝AP 2＋EP 2，∴AD ＝2，于是AB ＝AC ＝AD ＝BC ＝CD ＝DB ＝2，∴三棱锥A －BCD 为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为6，∴外接球的半径为62，∴外接球的表面积为4π(62)2＝6π.8．(2018·江西临海上一中一模)已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为1.点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值是________． 答案1010解析 取AB 的中点为F ，连接B 1F ，过点F 作FG⊥BD，垂足为G ，连接B 1G ，由正方体性质知BB 1⊥FG ，BD ∩BB 1＝B ，BD ⊂平面BDD 1B 1，BB 1⊂平面BDD 1B 1，所以FG⊥平面BDD 1B 1，故∠FB 1G为FB 1与平面BDD 1B 1所成的角，所以FG ＝24，B 1F ＝52，所以sin ∠FB 1G ＝2452＝1010.又因为AE∥B 1F ，所以直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值是1010. 9．(2014·福建，理)在平面四边形ABCD 中．AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD.将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD⊥平面BCD ，如图所示． (1)求证：AB⊥CD；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值． 答案 (1)略 (2)63解析 (1)∵平面ABD⊥平面BCD ，平面ABD∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD，如图所示． 由(1)知AB⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD.以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12， 则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63，即直线AD与平面MBC 所成角的正弦值为63.11 10．(2017·浙江)如图，已知四棱锥P －ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．解析 (1)如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB.因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以EF∥AD 且EF ＝12AD ， 又因为BC∥AD，BC ＝12AD ，所以EF∥BC 且EF ＝BC ， 即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.(2)分别取BC ，AD 的中点为M ，N.连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ.因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE.由△PAD 为等腰直角三角形得P N⊥AD.由DC⊥AD，N 是AD 的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN ，由BC∥AD 得BC⊥平面PBN ，那么平面PBC⊥平面PBN.过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH.MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2，在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14， 在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2， 所以sin ∠QMH ＝28， 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28.。
高考必考题—运用空间向量解决空间角(含解析)
运用空间向量解决空间角一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，ACBD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ； （2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA ＝AB＝2，点E是棱PB的中点．(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD的余弦值．一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
高三数学空间向量试题答案及解析
高三数学空间向量试题答案及解析1.如图，长方体中，分别为中点，（1）求证：．（2）求二面角的正切值．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）由长方体及E、F分别为AB、C1D1的中点知，AE平行且等于C1F，所以AEC1F是平行四边形，所以C1E∥AF，由线面平行的判定定理知，C1E∥面ACF；（2）易证FG⊥面ABCD，过F作FH⊥AC于H，连结HG，因为FG⊥面ABCD，则FG⊥AC，所以∠FHG为二面角F—AC—G的平面角，然后通过解三角形，求出FG、GH的长，即可求出∠FHG的正切值，即为二面角F-AC-G的正切值.试题解析：(1)证明：在长方体中，分别为中点，且四边形是平行四边形3分，5分(2)．长方体中，分别为中点，7分过做于，又就是二面角的平面角 9分，在中， 11分直角三角形中 13分二面角的正切值为 14分考点:线面平行的判定定理；二面角的计算；逻辑推理能力2.如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，∴＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．∵cos〈，〉＝＝＝，∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，∵＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，∴n1·＝0，n 1·＝0，即x＋y＝0且2y＋4z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，∴n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1夹角的大小为θ.由cosθ＝＝＝，得sinθ＝.因此，平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值为.3.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x、y的值分别为()A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝C．x＝，y＝D．x＝，y＝1【答案】C【解析】如图，＝＋＝＋＝＋ (＋)．4.如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E、F、G分别是AB、AD、CD的中点，计算：(1)·；(2)·；(3)EG的长；(4)异面直线AG与CE所成角的余弦值．【答案】（1）（2）－（3）（4）【解析】解：设＝a，＝b，＝c.则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°.＝BD＝c－a，＝－a，＝b－c，(1)·＝(c－a)·(－a)＝a2－a·c＝；(2)·＝ (c－a)·(b－c)＝ (b·c－a·b－c2＋a·c)＝－；(3)＝＋＋＝a＋b－a＋c－b＝－a＋b＋ c.||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝.即||＝，所以EG的长为.(4)设、的夹角为θ.＝b＋c，＝＋＝－b＋a，cosθ＝＝－，由于异面直线所成角的范围是(0°，90°]，所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.5.在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（）A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②【答案】D【解析】设，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④与俯视图为②，故选D.【考点】空间由已知条件，在空间坐标系中作出几何体的形状，再正视图与俯视图，容易题.6.如图，直四棱柱底面直角梯形，∥，，是棱上一点，，，，，.（1）求异面直线与所成的角；（2）求证：平面.【答案】(1);（2）证明见解析.【解析】（1）本题中由于有两两垂直，因此在求异面直线所成角时，可以通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求出所求角；（2）同（1）我们可以用向量法证明线线垂直，以证明线面垂直，，，，易得当然我们也可直线用几何法证明线面垂直，首先，这由已知可直接得到，而证明可在直角梯形通过计算利用勾股定理证明，，，因此，得证.（1）以原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，，，. 3分于是,,,异面直线与所成的角的大小等于. 6分（2）过作交于，在中，，，则，，，， 10分，.又，平面. 12分【考点】（1）异面直线所成的角；（2）线面垂直.7.（2013•天津）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．（1）证明B1C1⊥CE；（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】（1）证明：以点A为原点建立空间直角坐标系，如图，依题意得A（0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），C1（1，2，1），E（0，1，0）．则，而=0．所以B1C1⊥CE；（2）解：，设平面B1CE的法向量为，则，即，取z=1，得x=﹣3，y=﹣2．所以．由（1）知B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，所以B1C1⊥平面CEC1，故为平面CEC1的一个法向量，于是=．从而==．所以二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值为．（3）解：，设0≤λ≤1，有．取为平面ADD1A1的一个法向量，设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则==．于是．解得．所以．所以线段AM的长为．8.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA=，连接CE并延长交AD于F.（1）求证：AD⊥平面CFG；（2）求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）因为△DAB ≌△DCB，EA=EB=AB=1，所以△ECB是等边，,（2）建立空间坐标系如图，取向观点的坐标为, 向量设平面PBC的法向量平面PDC的法向量则【考点】本题主要考查空间垂直关系的证明、平行关系的运用，考查空间角的求解方法，考查空间想象能力、推理论证能力、计算能力.9.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.（1）证明：PA⊥BD；（2）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。
2019秋高三数学上学期期末试题汇编：24.空间点、直线、平面的位置关系 1 Word版含解析
（山东省德州市2019届高三期末联考数学（文科）试题）8.已知直线表示不同的直线，表示不同的平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，且，则；④若，，则.其中正确的命题的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】利用线面，面面平行和线面垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择．【详解】由直线l，m表示不同的直线，α，β表示不同的平面，知：在①中，若1∥β，m∥l，则m∥β或m⊂β，故①错误；在②中，l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故②错误；在③中，若l⊥β，且α⊥β，则l∥α或l⊂α，故③错误；在④中，若l⊥α，α∥β，则由线面垂直的判定定理得l⊥β，故④正确．故选：A．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．（福建省宁德市2019届高三第一学期期末质量检测数学理科试题）10.若四面体的三视图如图所示，则以下判断中，正确的是（）A. 该四面体的所有对棱都互相垂直B. 该四面体恰有三个面是直角三角形C. 该四面体中，棱与面互相垂直的恰有两对D. 该四面体中，面与面互相垂直的恰有四对【解析】【分析】本道题结合三视图，还原直观图，分析，即可。
【详解】结合三视图，还原直观图，得到：图中O-ABC即为原图，A选项错误，如AB和OC不垂直；B选项四个面都是直角三角形，错误；C选项棱和面互相垂直的有AO与平面OCB,BC和平面ABO，故正确；D选项面面垂直有2对，故错误。
故选C。
【点睛】本道题考查了三视图还原直观图，难度较小。
（湖北省2019届高三1月联考测试数学（理）试题）11.如图，在等腰中，斜边，为直角边上的一点，将沿直线折叠至的位置，使得点在平面外，且点在平面上的射影在线段上设，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】推导出AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，从而AH＜AC1＝1，当CD＝1时，B与D重合，AH，当CD＜1时，AH，由此能求出x的取值范围．【详解】解：∵在等腰Rt△ABC中，斜边AB，D为直角边BC上的一点，∴AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，将△ACD沿直AD折叠至△AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，且点C1在平面ABD上的射影H在线段AB上，设AH＝x，∴AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，∴AH＜AC1＝1，故排除选项A和选项C；当CD＝1时，B与D重合，AH，当CD＜1时，AH，∵D为直角边BC上的一点，∴CD∈（0，1），∴x的取值范围是（，1）．故选：B．【点睛】本题考查线段长的取值范围的求法，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．（辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2019届高三上学期期末考试数学（文）试题）16.如图，在四棱锥中，底面，若为棱上一点，满足，则__________．【答案】【解析】【分析】过作，交于，连接，根据，可得平面，通过解三角形求得的值，也即求得的值.【详解】过作，交于，连接，根据，可得平面，故，由于，所以.由于，所以.在直角三角形中，，所以，而，故.根据前面证得，可得.【点睛】本小题主要考查空间点位置的确定，考查线面垂直的证明，考查简单的解特殊角三角形的知识.属于基础题.【点睛】本题考查直线与直线、直线与平面的位置关系。
2019届高三上学期期末考试数学试题分类汇编：24.空间点、直线、平面的位置关系
（山东省德州市2019届高三期末联考数学（文科）试题）8.已知直线表示不同的直线，表示不同的平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，且，则；④若，，则.其中正确的命题的个数是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【分析】利用线面，面面平行和线面垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择．【详解】由直线l，m表示不同的直线，α，β表示不同的平面，知：在①中，若1∥β，m∥l，则m∥β或m⊂β，故①错误；在②中，l∥α，α∥β，则l∥β或l⊂β，故②错误；在③中，若l⊥β，且α⊥β，则l∥α或l⊂α，故③错误；在④中，若l⊥α，α∥β，则由线面垂直的判定定理得l⊥β，故④正确．故选：A．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．（福建省宁德市2019届高三第一学期期末质量检测数学理科试题）10.若四面体的三视图如图所示，则以下判断中，正确的是（）A. 该四面体的所有对棱都互相垂直B. 该四面体恰有三个面是直角三角形C. 该四面体中，棱与面互相垂直的恰有两对D. 该四面体中，面与面互相垂直的恰有四对【答案】C【解析】【分析】本道题结合三视图，还原直观图，分析，即可。
【详解】结合三视图，还原直观图，得到：图中O-ABC即为原图，A选项错误，如AB和OC不垂直；B选项四个面都是直角三角形，错误；C选项棱和面互相垂直的有AO与平面OCB,BC和平面ABO，故正确；D选项面面垂直有2对，故错误。
故选C。
【点睛】本道题考查了三视图还原直观图，难度较小。
（湖北省2019届高三1月联考测试数学（理）试题）11.如图，在等腰中，斜边，为直角边上的一点，将沿直线折叠至的位置，使得点在平面外，且点在平面上的射影在线段上设，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】推导出AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，从而AH＜AC1＝1，当CD＝1时，B与D重合，AH，当CD＜1时，AH，由此能求出x的取值范围．【详解】解：∵在等腰Rt△ABC中，斜边AB，D为直角边BC上的一点，∴AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，将△ACD沿直AD折叠至△AC1D的位置，使得点C1在平面ABD外，且点C1在平面ABD上的射影H在线段AB上，设AH＝x，∴AC1＝AC＝1，CD＝C1D∈（0，1），∠AC1D＝90°，CH⊥平面ABC，∴AH＜AC1＝1，故排除选项A和选项C；当CD＝1时，B与D重合，AH，当CD＜1时，AH，∵D为直角边BC上的一点，∴CD∈（0，1），∴x的取值范围是（，1）．故选：B．【点睛】本题考查线段长的取值范围的求法，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．（辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校2019届高三上学期期末考试数学（文）试题）16.如图，在四棱锥中，底面，若为棱上一点，满足，则__________．【答案】【解析】【分析】过作，交于，连接，根据，可得平面，通过解三角形求得的值，也即求得的值.【详解】过作，交于，连接，根据，可得平面，故，由于，所以.由于，所以.在直角三角形中，，所以，而，故.根据前面证得，可得.【点睛】本小题主要考查空间点位置的确定，考查线面垂直的证明，考查简单的解特殊角三角形的知识.属于基础题.（广东省广州市天河区2019届高三毕业班综合测试（二）理科数学试题）9.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：直线BE与直线CF异面；直线BE与直线AF异面；直线平面PBC；平面平面PAD．其中正确的结论个数为A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个【答案】C【解析】【分析】把平面展开图还原回立体图形，根据异面直线的概念和线面关系的判定，依次判断各个选项，得到正确结论的个数。
2019秋高三数学上学期期末试题汇编：24.空间点、直线、平面的位置关系2
（四川省内江、眉山等六市2019届高三第二次诊断性考试数学（理）试题）16.设为平面外两条直线，其在平面内的射影分别为两条直线和.给出下列个命题：①；②与平行或重合；③；④ .其中所有假命题的序号是__________．【答案】①③④【分析】分别研究①②③④四个命题的真假，找到反例说明该命题是假命题.【详解】①两条直线的射影互相平行，则两条直线不一定平行，也有可能是异面，所以错误.②正确.③在正四棱锥中，相邻的两条侧棱为，其射影与为该正四棱锥的底面的两条对角线，但相邻的两条侧棱为并不垂直，故③错误；④时，与也可能重合，故④错误.所以，假命题为①③④．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线之间的位置关系，考查空间想象能力，属于中档题．（安徽省蚌埠市2019届高三第一次教学质量检查考试数学（文）试题）15.如图所示，正方体的棱长为2，为，的中点，点是正方形内的动点，若平面，则点的轨迹长度为______．【答案】【分析】取的中点，的中点，连接，，，可得：四边形是平行四边形，可得.同理可得可得面面平行，进而得出点轨迹．【详解】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．可得：四边形是平行四边形，.同理可得：．．平面平面，点是正方形内的动点，若平面.点在线段上．点的轨迹长度．故答案为．【点睛】本题考查了面面平行的判定定理与线面平行的判断,属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.（广东省潮州市2019届高三上学期期末教学质量检测数学（文）试题）19.如图，在四棱锥中，,，点为棱的中点.（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）见解+析（2）试题分析：（1）取的中点，连接，根据三角形中位线定理可得，从而可得四边形为平行四边形，，利用线面平行的判定定理可得平面；（2）由得，由勾股定理可得，从而得平面，到平面的距离为，利用三角形面积公式求出底面积，根据等积变换及棱锥的体积公式可得.试题详细分析：（1）取的中点，连接.因为点为棱的中点，所以且，因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）因为，所以.因为，所以，所以，。
高三数学空间向量试题答案及解析
高三数学空间向量试题答案及解析1.如图，在直三棱柱中，平面侧面，且（1）求证：；（2）若直线与平面所成的角为，求锐二面角的大小.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）取的中点，连接，要证 ,只要证平面由直三棱柱的性质可知 ,只需证，因此只要证明平面事实上，由已知平面侧面，平面，且所以平面成立，于是结论可证.（2）思路一：连接，可证即为直线与所成的角，则过点A作于点，连，可证即为二面角的一个平面角.在直角中，即二面角的大小为思路二：以点为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系设平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用向量的数量积求出这两个法向量的坐标，进而利用法向量的夹角求出锐二面角的大小.试题解析：.解（1）证明：如图，取的中点，连接，因，则由平面侧面，且平面侧面，得，又平面，所以.因为三棱柱是直三棱柱，则，所以.又，从而侧面，又侧面，故.解法一：连接，由（1）可知，则是在内的射影∴即为直线与所成的角，则在等腰直角中，，且点是中点，∴，且，∴过点A作于点，连，由（1）知，则，且∴即为二面角的一个平面角且直角中：，又，∴，且二面角为锐二面角∴，即二面角的大小为解法二（向量法）：由（1）知且，所以以点为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，且设，则，，，，，，，设平面的一个法向量，由，得：令，得，则设直线与所成的角为，则得，解得，即又设平面的一个法向量为，同理可得，设锐二面角的大小为，则，且，得∴锐二面角的大小为.【考点】1、空间直线、平面的位置关系；2、空间向量在立体几何问题中的应用.2.如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2，M为AD的中点．(1)证明：MF⊥BD；(2)若二面角A－BF－D的平面角的余弦值为，求AB的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明由已知得△ADF为正三角形，所以MF⊥AD，因为平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，MF⊂平面ADEF，所以MF⊥BD.(2)设AB＝x，以F为原点，AF，FE所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,0)，A(－2,0,0)，D(－1，，0)，B(－2,0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2,0，－x)．因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取n1＝(0,1,0)．设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则可取n2＝.因为cos〈n1，n2〉＝＝，得x＝，所以AB＝.3.平面α经过三点A(－1,0,1)，B(1,1,2)，C(2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是()A．(，－1，－1)B．(6，－2，－2)C．(4,2,2)D．(－1,1,4)【答案】D【解析】设平面α的法向量为n，则n⊥，n⊥，n⊥，所有与 (或、)平行的向量或可用与线性表示的向量都与n垂直，故选D.4.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】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，cos〈，〉＝－，sin〈，〉＝.5.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()A．B．C．D．【答案】C【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)，F(a,0,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a，0)，＝(0,0,2a)，设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，由⇒⇒⇒n1＝(1，－1,1)．sinθ＝＝＝.6.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为()A．B．－C．D．－【答案】A【解析】取AC中点E，连接BE，则BE⊥AC，如图，建立空间直角坐标系B－xyz，则A(，，0)，D(0,0,1)，则＝(－，－，1)．∵平面ABC⊥平面AA1C1C，BE⊥AC，∴BE⊥平面AA1C1 C.∴＝(，0,0)为平面AA1C1C的一个法向量，∴cos〈，〉＝－，设AD与平面AA1C1C所成的角为α，∴sinα＝|cos〈，〉|＝，故选A.7.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为上底面A1C1的中心，若＝＋x＋y，则x、y的值分别为()A．x＝1，y＝1B．x＝1，y＝C．x＝，y＝D．x＝，y＝1【答案】C【解析】如图，＝＋＝＋＝＋ (＋)．8.若向量a＝(1,1，x)，b＝(1,2,1)，c＝(1,1,1)，满足条件(c－a)·(2b)＝－2，则x＝________.【答案】2【解析】c－a＝(0,0,1－x)，2b＝(2,4,2)，由(c－a)·(2b)＝－2，得(0,0,1－x)·(2,4,2)＝－2，即2(1－x)＝－2，解得x＝2.9.已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．【答案】60°【解析】由题意得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10. 即2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18，∴cos〈b，c〉＝＝＝－，∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.10.如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，G为△BC1D的重心，(1)求证：A1、G、C三点共线；(2)求证：A1C⊥平面BC1D；(3)求点C到平面BC1D的距离．【答案】（1）见解析（2）见解析（3） a.【解析】解：(1)证明：＝＋＋＝＋＋，可以证明：＝(＋＋)＝，∴∥，即A1、G、C三点共线．(2)证明：设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a·b＝b·c＝c·a＝0，∵＝a＋b＋c，＝c－a，∴·＝(a＋b＋c)·(c－a)＝c2－a2＝0，∴⊥，即CA1⊥BC1，同理可证：CA1⊥BD，因此A1C⊥平面BC1D.(3)∵＝a＋b＋c，∴2＝a2＋b2＋c2＝3a2，即||＝a，因此||＝ a.即C到平面BC1D的距离为 a.11.如图，在四棱锥中，，，，，点为棱的中点．（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．【答案】（1）详见试题分析；（2）直线与平面所成角的正弦值为；（3）．【解析】（1）可以建立空间直角坐标系，利用向量数量积来证明。
高中数学必修一《空间向量与空间距离》练习
空间向量与空间距离（45分钟 100分）一、选择题(每小题6分,共30分)1.已知△ABC的三个顶点的坐标为A(-1,0,1),B(1,3,5),C(-1,-1,1),则BC边上的中线AD的长为( )A. B.6 C. D.32.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AA1的中点,则点A1到平面MBD的距离是( )A. aB. aC. aD. a3.(2013·开封高二检测)四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F分别为PB,PD的中点,则P到直线EF的距离为( )A.1B.C.D.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,E为CD的中点,则点D1到平面AEC1的距离为( )A. B. C. D.15.(2013·石家庄高二检测)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则直线A1C1到平面ACD1的距离为( )A.1B.C.D.二、填空题(每小题8分,共24分)6.(2013·东莞高二检测)平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AD=2,AA1=3,∠BAD=90°,∠BAA1=∠DAA1=60°,则AC1的长为.7.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面为直角梯形,AB∥CD且∠ADC=90°,AD=1,CD=,BC=2,AA1=2,E是CC1的中点,则A1B1到平面ABE的距离是.8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,CC1=2,则平面A1BC1与平面ACD1的距离是.三、解答题(9题,10题14分,11题18分)9.正方形ABCD的边长为2,E,F分别是AB和CD的中点,将正方形沿EF折成直二面角(如图所示),M是矩形AEFD内一点,如果∠MB'E=∠MB'C',MB'和平面B'C'FE所成的角的正切值为,求点M到直线EF的距离.10.(2013·济南高二检测)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.(1)求||.(2)求点C到平面AEC1F的距离.11.(能力挑战题)如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,EB1=1,D,F,G分别为CC1,B1C1,A1C1的中点,EF与B1D相交于点H.(1)求证:B1D⊥平面ABD.(2)求证:平面EGF∥平面ABD.(3)求平面EGF与平面ABD的距离.答案解析1.【解析】选A.易知D(0,1,3),∴=(1,1,2),∴||=.2.【解析】选A.如图所示,建立空间直角坐标系,则A1(a,0,a),M(a,0,),B(a,a,0),D(0,0,0)∴=(0,0,),=(a,0,),=(a,a,0),设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,得n=(1,-1,-2)∴点A1到平面MBD的距离为= a.【一题多解】由于M是AA1的中点,故A1与A到平面MBD的距离相等. 又V A-MBD=V B-AMD,即××a×a×h=×××a×a,解得h= a.3.【解析】选D.建系如图,即P(0,0,2),E(1,0,1),F(0,1,1),∴=(-1,0,1),=(-1,1,0).∴在上的投影为==,∴点P到直线EF的距离为=.4.【解题指南】先求平面AEC1的法向量,代入点面距公式求解.【解析】选A.建立如图所示空间直角坐标系,则A(3,0,0),D1(0,0,3),E(0,,0),C1(0,3,3),=(-3,,0),=(-3,3,3),=(0,3,0),设n=(x,y,z)为平面AEC1的法向量,则令x=1,得y=2,z=-1,∴n=(1,2,-1).∴D1到平面AEC1的距离为==.5.【解析】选B.易知A1C1∥平面ACD1,则点A1到平面ACD1的距离即为直线A1C1到平面ACD1的距离.建系如图,易知=(0,0,1)平面ACD1的一个法向量为n=(1,1,1),故所求的距离为=.6.【解析】=++,∴||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=1+22+32+2||·||·cos<,>+2||·||·cos<,>+2||·||·cos<,>=14+2×1×2cos 90°+2×1×3cos 60°+2×2×3cos 60°=23,∴||=,即AC1=.答案:7.【解析】以D为原点,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,则A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,,1),A1(1,0,2),∴=(0,2,0),=(-1,-,1),设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则解得,取z=1,则n=(1,0,1).又易证A1B1∥平面ABE,所以A1B1到平面ABE的距离等于点A1到平面ABE的距离,又=(0,0,2),∴点A1到平面ABE的距离为==.答案:8. 【解析】由AD1∥BC1,A1B∥D1C可证得平面A1BC1∥平面ACD1,建立如图所示的空间直角坐标系,∵AB=4,BC=3,CC1=2,则A1(3,0,2),B(3,4,0),C1(0,4,2),A(3,0,0).∴=(0,4,-2),=(-3,0,2).设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,解得,取z=6,则n=(4,3,6),又=(0,4,0),则平面A1BC1与平面ACD1的距离为==.答案:9.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,作MN⊥EF,垂足为N,则MN⊥平面B'C'FE,连接B'N,则∠MB'N即为MB'与平面B'C'FE所成的角,∴tan∠MB'N=,设M(0,y,z),0<y<2,0<z<1,则由题意可知N(0,y,0),而E(0,0,0),B'(1,0,0),C'(1,2,0),∴=(-1,0,0),=(0,2,0),=(-1,y,z),=(-1,y,0),=(0,0,-z),∴cos∠MB'E==,cos∠MB'C'===,tan∠MB'N===.∵∠MB'E=∠MB'C',∴y=1,z=.因此点M到直线EF的距离为.10.【解析】以D为原点,DA,DC,DF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,D(0,0,0),B(2,4,0),A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3).(1)设F(0,0,a),由=,得(-2,0,a)=(-2,0,2),∴a=2.∴F(0,0,2),=(-2,-4,2).∴||=2.(2)设n=(x,y,z)为平面AEC1F的法向量,由得取z=1,则n=(1,-,1),又=(0,0,3),∴C到平面AEC1F的距离d==.11.【解题指南】寻找条件中的三线两两垂直建立空间直角坐标系,正确地求出图中各点坐标,然后利用向量的坐标运算证明、求解.【解析】如图所示,建立空间直角坐标系,设A1(a,0,0),则B1(0,0,0),F(0,1,0),E(0,0,1),A(a,0,4),B(0,0,4),D(0,2,2),G(,1,0).(1)=(0,2,2),=(-a,0,0),=(0,2,-2).∴·=0+0+0=0,·=0+4-4=0.∴B1D⊥AB,B1D⊥BD.又AB∩BD=B,∴B1D⊥平面ABD.(2)∵=(-a,0,0),=(0,2,-2).=(-,0,0),=(0,1,-1),∴=,=.∴GF∥AB,EF∥BD.又GF∩EF=F,AB∩BD=B,∴平面EGF∥平面ABD.(3)方法一:由(1)(2)知DH为平面EFG与平面ABD的公垂线段.设=λ=(0,2λ,2λ),则=(0,2λ,2λ-1),=(0,1,-1).∵与共线,∴=,即λ=,∴=(0,,),∴=(0,,),∴||=.∴平面EGF与平面ABD的距离为.方法二:由(2)知平面EGF∥平面ABD,设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n⊥,n⊥,∴解得取z=1,则n=(0,1,1),∵=(0,2,1),∴d===,即平面EGF与平面ABD的距离为.。
专题02 利用空间向量求空间角、空间距离-高中数学专项训练测试卷(原卷版)
02利用空间向量求空间角、空间距离知识点1异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则.若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝|u·v||u||v|知识点2直线与平面所成的角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |．知识点3平面与平面的夹角(1)二面角：如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.(2)若AB ，CD 分别是二面角αl β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB →与CD →的夹角，如图①．(3)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角αl β为θ或π－θ．设二面角的大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图②③．知识点4利用空间向量求距离(1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（z 1－z 2）2．(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |．(3)点到直线的距离如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设AP→＝a，则向量AP→在直线l上的投影向量AQ→＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝|AP→|2－|AQ→|2＝a2－(a·u)2.知识点5最小角定理最小角定理：cosθ＝cosθ1cosθ2．如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cosθ＝cosθ1cosθ2．知识点6易错易混点1．在利用向量求各类夹角时，利用公式求得的是两个向量之间的夹角，需要结合条件及各类角的取值范围，最终确定所求角．2．注意在求线面角时，直线的方向向量和平面的法向量所成的锐角并不是线面角，而是线面角的余角．3．在求二面角问题时，要理清题目条件或者结合图形，确定二面角是锐角还是钝角．考点1求异面直线所成的角【例1】在三棱锥PABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角PBCA的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为()A．58B．34C．78D．14【总结】用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)建立空间直角坐标系：选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量：确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【变式1-1】如图所示，在棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为________．【变式1-2】在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1、AA 1的中点，则直线AM 与DN 所成角θ的余弦值为_________．【变式1-3】已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为()A.24 B.12 C.22 D.32【变式1-4】如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为()A ．0B.1010C.22D ．1【变式1-5】如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为()A.34B.12C.14D.34【变式1-6】如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为()A.π2B.π3C.π4D.π6【变式1-7】如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．【变式1-8】若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．考点2求直线与平面所成的角四边形，点F 在底面ABCD 内的投影恰好是BC 的中点．(1)若M 为线段AE 的中点，证明：平面BDM ∥平面CEF ；(2)若BF ＝13，求直线MF 与平面BFED 所成角的正弦值．【总结】（1）利用向量法求线面角的方法①分别求出斜线和它在平面内的射影所在的直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；②通过平面的法向量来求，线面角为斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角．（2）利用空间向量求线面角的解题步骤【变式2-1】在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中，AB＝2，AA1＝4，M为侧棱DD1的中点，P为棱C1D1上一点，O为下底面ABCDEF的中心．(1)求证：MO∥平面ABD1E1；的值．(2)若直线DP与平面ABB1A1所成角的正弦值为36，求tan∠DPD1【变式2-2】如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2．(1)证明：平面PBC⊥平面PAB；(2)在线段PB上是否存在点M，使得直线AM与平面PBD所成角的正弦值为155若存在，求出线段PM的长度；若不存在，请说明理由．【变式2-3】已知向量m，n分别是直线l的方向向量、平面α的法向量，若cos〈m，n〉＝－12，则l与α所成的角为________．【变式2-4】在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E是边AB的中点(如图1)，将△ADE沿DE 折起到△A1DE的位置，连接A1B，A1C，得到四棱锥A1－BCDE(如图2)．(1)证明：平面A1BE⊥平面BCDE；(2)若A1E⊥BE，连接CE，求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值．【变式2-5】如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为419565，求AD的长．考点3求二面角的大小【例3】如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝2AD＝2AA1＝4．(1)证明：A1D⊥平面ABC1D1；(2)若DC＝1，求二面角B1BC1A的正弦值．【总结】(1)利用空间向量计算二面角大小的常用方法①找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．②找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2)利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤【变式31】如图，在四棱锥PABCD中，O是BD的中点，PO⊥平面ABCD，∠DAB＝∠BCD＝90°，AD ＝AC＝CD＝23，DP＝6．(1)求证：平面ADP⊥平面APC；(2)设PM→＝λPC→(0<λ<1)，若二面角BDMP的余弦值为11λ的值．11，求【变式3-2】在如图所示的多面体中，AB ∥CD ，四边形ACFE 为矩形，AB ＝AE ＝1，AD ＝CD ＝2．(1)求证：平面ABE ∥平面CDF ；(2)设平面BEF ∩平面CDF ＝l ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角B l C 的大小确定，并求此二面角的余弦值．条件①：AB ⊥AD ；条件②：AE ⊥平面ABCD ；条件③：平面AED ⊥平面ABCD ．【变式3-3】已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______．【变式3-4】(2020·全国Ⅰ改编)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值．【变式3-5】(2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．考点4求空间距离【例4】在如图所示的几何体中，平面ACE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为平行四边形，∠CAD ＝90°，EF∥BC ，EF ＝12BC ，AC ＝2，AE ＝EC ＝2．(1)求证：A ，D ，E ，F 四点共面，且平面ADEF ⊥平面CDE ；(2)若二面角E AC F 的大小为45°，求点D 到平面ACF 的距离．【总结】求点面距的三种方法(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．(2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．【变式4-1】如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝120°，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝2，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)记平面CMN 与底面ABCD 的交线为l ，试判断直线l 与平面PBD 的位置关系，并证明；(2)点Q 在棱PC 上，若Q 到平面CMN 的距离为1313，求线段CQ 的长．【变式4-2】已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在α内，则P (－2,1,4)到α的距离为()A ．10B ．3 C.83 D.103【变式4-3】正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1A到平面B1D1DB的距离为()A.2B．2 C.22D.322【变式4-4】已知直线l经过点A(2,3,1)且向量n 0l的一个单位方向向量，则点P(4,3,2)到l的距离为________．【变式4-5】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，各棱长均为4，N是CC1的中点．(1)求点N到直线AB的距离；(2)求点C1到平面ABN的距离．【变式4-6】如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD.若已知AB＝3，AD＝4，PA＝1，则点P到直线BD的距离为________．【变式4-7】如图，已知△ABC为等边三角形，D，E分别为AC，AB边的中点，把△ADE沿DE折起，使点A到达点P，平面PDE⊥平面BCDE，若BC＝4.求直线DE到平面PBC的距离．【总结】点到直线的距离(1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝|PA→|2－(PA→·n)2.(2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离.考点5轨迹问题：判断轨迹的形状【例5】如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M ，N 分别是直线CD ，AB 上的动点，点P 是△A 1C 1D 内的动点(不包括边界)，记直线D 1P 与MN 所成的角为θ．若θ的最小值为π3，则点P 的轨迹是()A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．抛物线的一部分D ．双曲线的一部分考点6轨迹问题：求轨迹的长度【例6】如图，在棱长为2的正四面体A BCD 中，E ，F 分别为直线AB ，CD 上的动点，且|EF |＝3．若记EF 中点P 的轨迹为L ，则|L |等于________(注：|L |表示L 的测度，若L 为曲线、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积)．【总结】以立体几何为载体的轨迹问题，将立体几何与【解析】几何巧妙地结合在一起，综合性强，解答这类问题的关键是将空间问题转化为平面问题，一般可以从两方面考虑：一是利用曲线的定义，二是利用解析法求出轨迹方程．【变式6-1】已知平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，且AB ＝1，AD ＝CD ＝2，ADEF 是正方形，在正方形ADEF 内部有一点M ，满足MB ，MC 与平面ADEF 所成的角相等，则点M 的轨迹长度为()A ．43B ．163C．49πD．8 3π考点7图象问题【例7】在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G，H分别为A1B1，C1D1，AB，CD的中点，点P从G出发，沿折线GBCH匀速运动，同时点Q从H出发，沿折线HDAG匀速运动，且点P与点Q运动的速度相等，记以E，F，P，Q四点为顶点的三棱锥的体积为V，点P运动的路程为x，当0≤x≤2时，表示V与x关系的图象为()【总结】本题是一道以立体几何为背景的分段函数的图象应用问题，解题的关键在于借助几何图形分析出双动点P，Q运动过程中图形的变化情况．【变式7-1】如图，四棱锥PABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB 上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y．若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是()考点8与线面角有关得探索性问题【例8】如图，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A＝45°，AD＝4BC＝4，AB＝2，现沿CN将△CDN折起，使△ADN为正三角形，且平面ADN⊥平面ABCN，过BM的平面与线段DN、DC分别交于E、F．(1)求证：EF⊥DA；(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为34，若存在，请确定E点的位置；若不存在，说明理由．【总结】解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组)．若有解，则存在并求得结论成立的条件，若无解，则不存在．考点9与二面角有关得探索性问题【例9】如图①，在平面四边形SBCD中，AD∥BC，AD⊥SB，且AD＝AB＝2BC，将△SAD沿AD折起得到四棱锥PABCD，如图②，且E为PD的中点．(1)求证：CE∥平面PAB．(2)若PA＝PB＝5，AB＝6，问：在线段CD上是否存在一点G使二面角GPAB为π？若存在，求出4线段GC的长；若不存在，请说明理由．【总结】存在性问题的解题策略借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在．考点10空间角中得最值问题【例10】(2021·全国高考甲卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F 分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B1．(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？【总结】空间角中最值问题的解题策略解决空间角的最值问题，一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用．【变式10-1】已知正方体ABCDA1B1C1D1和平面α，直线AC1∥平面α，直线BD∥平面α．(1)证明：平面α⊥平面B1CD1；(2)点P为线段AC1上的动点，求直线BP与平面α所成角的最大值．【变式10-2】(2020·新高考全国Ⅰ)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．1．如图，在四棱锥A BCDE 中，DE ∥CB ，BE ⊥平面ABC ，BE ＝3，AB ＝CB ＝AC ＝2DE ＝2，则异面直线DC 与AE 所成角的余弦值为()A ．13013B ．21313C ．1313D ．130262．(多选)如图，三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ＝2，BC ＝23，AC ＝4，A 到平面PBC 的距离为455，则()A．PA＝4B．三棱锥PABC的外接球的表面积为32πC．直线AB与直线PC所成角的余弦值为216D．AB与平面PBC所成角的正弦值为2553．如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是弧AB的中点．(1)求异面直线PA1与BC所成的角的余弦值；(2)求点B1到平面PAC的距离．4．如图，四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，DD1⊥底面ABCD，AB＝2BC＝2CD＝2DD1＝4D1C1，P为棱CC1的中点．(1)证明：AC∥平面B1DP；(2)求二面角B1DPC的余弦值．5．如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB∥CD，DC＝2，AA1＝3，AB＝BC＝AD＝1，点E和F分别在侧棱AA1、CC1上，且A1E＝CF＝1．(1)求证：BC∥平面D1EF；(2)求直线AD与平面D1EF所成角的正弦值．6．如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝2，CC 1＝2，E ，F 分别为BC ，CC 1的中点．(1)求过E ，F ，D 1三点的截面的面积；(2)一只小虫从A 点经BB 1上一点P 到达C 1点，求小虫所经过路程最短时，直线ED 1与平面APC 1所成的角的正弦值．7．如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ＝BC ，AA 1＝AB ，D 为BB 1的中点．(1)若E 为AB 1上的一点，且EB 1AB 1＝14，求证DE ⊥CD ；(2)在(1)的条件下，若异面直线AB 1与CD 所成的角为45°，求直线AC 与平面AB 1C 1所成角的余弦值．8．在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，CD ＝2，PD ⊥BC ，AC ⊥PB ．(1)证明：PD ⊥平面ABCD ；(2)若二面角D PB C 的余弦值为1717，求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．9．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求平面A1BD与平面A1AD所成角的正弦值．10．(2021·浙江)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．12.如图，在圆柱OO1中，四边形ABCD是其轴截面，EF为⊙O1的直径，且EF⊥CD，AB＝2，BC＝a(a>1)．(1)求证：BE＝BF；(2)若直线AE与平面BEF所成角的正弦值为6，求平面ABE与平面BEF夹角的余弦值．313.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE夹角的正弦值最小？14.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝π2，AB＝BC＝13＝a，PA⊥平面ABCD，且PA＝a，点F在AD上，且CF⊥PC.(1)求点A到平面PCF的距离；(2)求AD到平面PBC的距离．15．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E 为PD的中点．(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值；(3)在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为255？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．。
2019秋高三数学上学期期末试题汇编：25.空间向量与空间角、距离 1 Word版含解析
（江西省上饶市重点中学2019届高三六校第一次联考数学（文）试卷） 10.在空间四边形中，若，且，分别是的中点，则异面直线所成角为（ ）A.B.C.D.【答案】B 【解析】 【分析】 设空间四边形的边长为2，作AD 的中点 并且连接MF 、EM ，在△EMF 中可由余弦定理能求出异面直线所成的角． 【详解】在图1中连接DE ，EC ，因为=，得为等腰三角形，设空间四边形的边长为2，即==2，在中，,,得=.在图2取AD 的中点M ，连接MF 、EM ，因为E 、F 分别是AB 、CD 的中点，∴MF＝1，EM ＝1，∠EFM 是异面直线AC 与EF 所成的角． 在△EMF 中可由余弦定理得：cos∠EFM＝，∴∠EFM＝45°,即异面直线所成的角为45°． 故选：B图1 图2【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.（山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟考试数学（文）试题）16.如图，在正四面体中，是棱上靠近点的一个三等分点，则异面直线和所成角的余弦值为________．【答案】【解析】【分析】取棱上靠近点的一个三等分点，由已知得，所以是异面直线和所成的角或其补角，求出CE,CF和FE的长，利用余弦定理计算即可.【详解】如图，取棱上靠近点的一个三等分点，又因为是棱上靠近点的一个三等分点，所以，所以是异面直线和所成的角，不妨设正四面体的棱长为3，则，，，在中，由余弦定理，得，所以，同理，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理，得.故答案为：【点睛】本题考查异面直线所成的角，求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.（河南省九师联盟2019届高三2月质量检测数学文试题）16.如图，已知圆锥的母线长为8，底面圆的圆心为，直径，点是母线的中点.若点是底面圆周上一点，且直线与所成的角为，在线段上且，则与底面所成角的正弦值为__________．【答案】或【解析】【分析】先根据题意，求得为异面直线OC与QB所成的角（或补角），再做辅助线，求得角MCD为直线MC与底面所成的角，再然后求角MCD的正弦值.【详解】由题意知QB=PO=，连接MO，则MO//QB，为异面直线OC与QB所成的角（或补角），所以或过M做于点D，则底面AOC，所以角MCD为直线MC与底面所成的角，PO=，PA=4MA，所以MD=当时，所以当时，所以综上：与底面所成角的正弦值为或【点睛】本题主要考查了立体几何中线面角的求法，解题的关键是在于能否作出线面角，属于中档题.（广西南宁市、玉林市、贵港市等2019届高三毕业班摸底考试数学（文）试题）8.如图，棱长为的正方体中，为中点，这直线与平面所成角的正切值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先作出直线D1M与平面ABCD所成角，然后求解即可【详解】连接DM，因为几何体是正方体，所以∠D1MD就是直线D1M与平面ABCD所成角，tan∠D1MD=故选：C【点睛】求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.（广东省汕尾市2019届高三普通高中3月教学质量检测理科数学试题）11.如图，三棱锥D-ABC中，，平面DBC⊥平面ABC，M，N分别为DA和DC的中点，则异面直线CM与BN所成角的余弦值为（）A. B. C. D. 0【答案】A【解析】【分析】取BC中点O，连结OD，OA，则OD⊥BC，O A⊥BC，OD⊥OA，以O为原点，OC为x轴，OA为y 轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线CM与BN所成角的余弦值．【详解】取BC中点O，连结OD，OA，∵三棱锥D-ABC中，，平面DBC⊥平面ABC，M，N分别为DA和DC的中点，∴OD⊥BC，OA⊥BC，OD⊥OA，以O为原点，OC为x轴，OA为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，C（，0，0），A（0，，0），D（0，0，），M（0，，），N（，0，），B（-，0，0），=（-，,），=（，0，），设异面直线CM与BN所成角的平面角为θ，则cosθ=．∴异面直线CM与BN所成角的余弦值为．故选：A．【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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．（江西省红色七校2019届高三第二次联考数学（理）试题）18.如图，多面体为正三棱柱沿平面切除部分所得，为的中点，且.(1)若为中点,求证；(2)若二面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】(1) 取中点N，连接MN，证明即可；(2)由（1）得是二面角的平面角，得，建立空间直角坐标系，由线面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）取中点N，连接MN，则MN为的中位线，, ，又MN=AD,，，，。
高三数学空间向量试题答案及解析
高三数学空间向量试题答案及解析1.在如图所示的多面体中，四边形和都为矩形.（Ⅰ）若，证明：直线平面；（Ⅱ）是否存在过的平面，使得直线平行，若存在请作出平面并证明，若不存在请说明理由.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）存在，证明见解析【解析】（Ⅰ）由四边形和都为矩形知，⊥AB，⊥AC，由线面垂直判定定理知⊥面ABC，由线面垂直定义知⊥BC，又因为AC⊥BC，由线面垂直判定定理知，BC⊥面；（Ⅱ）取AB的中点为M，连结交于D，连结DE，显然E是的中点，根据三角形中位线定理得，DE∥，又由于DE在面过的平面内，根据线面平行的判定定理知和该平面平行.试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形和都是矩形，所以 2分因为为平面内的两条相交直线，所以 4分因为直线平面，所以又由已知，为平面内的两条相交直线，所以平面 7分（Ⅱ）存在 8分连接，设，取线段AB的中点M，连接.则平面为为所求的平面. 1１分由作图可知分别为的中点，所以 13分又因为因此 14分考点: 空间线面垂直垂直的判定与性质；线面平行的判定；推理论证能力2.如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2，M为AD的中点．(1)证明：MF⊥BD；(2)若二面角A－BF－D的平面角的余弦值为，求AB的长．【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明由已知得△ADF为正三角形，所以MF⊥AD，因为平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，MF⊂平面ADEF，所以MF⊥BD.(2)设AB＝x，以F为原点，AF，FE所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,0)，A(－2,0,0)，D(－1，，0)，B(－2,0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2,0，－x)．因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取n1＝(0,1,0)．设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则可取n2＝.因为cos〈n1，n2〉＝＝，得x＝，所以AB＝.3.已知向量＝(2,4,5)，＝(3，x，y)，若∥，则() A．x＝6，y＝15B．x＝3，y＝C．x＝3，y＝15D．x＝6，y＝【答案】D【解析】∵＝＝，∴x＝6，y＝，选D项．4.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则()A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面【答案】B【解析】以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(，0，)，F(，，0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝(，，－)，＝(－1，－1,1)，＝－，·＝·＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故选B.5.已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，则以b，c为方向向量的两直线的夹角为________．【答案】60°【解析】由题意得(2a＋b)·c＝0＋10－20＝－10.即2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18，∴cos〈b，c〉＝＝＝－，∴〈b，c〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.6.已知点A(1，t，－1)关于x轴的对称点为B，关于xOy平面的对称点为C，则BC中点D的坐标为________．【答案】(1,0,1)【解析】因为A(1，t，－1)关于x轴的对称点为B(1，－t,1)，关于xOy平面的对称点为C(1，t,1)，所以BC中点D的坐标为(，，)，即D(1,0,1)．7.如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为.（1）证明：为的中点；（2）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；（3）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小.【答案】（1）为的中点；（2）；（3）.【解析】（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点.（2）连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.先表示出和，就可求出，从而.（3）可以有两种方法进行求解.第一种方法，用常规法，作出二面角.在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，再利用向量求出二面角.（1）证：因为∥，∥,，所以平面∥平面.从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥.故与的对应边相互平行，于是.所以，即为的中点.（2）解：如图，连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.，，所以，又所以，故.（3）解法1如第（20）题图1，在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.因为∥，，所以.又因为梯形的面积为6，，所以.于是.故平面与底面所成二面角的大小为.解法2如图，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，由得，所以.又因为平面的法向量，所以，故平面与底面所成而面积的大小为.【考点】1.二面角的求解；2.几何体的体积求解.8.如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，∥，，，为的中点．（1）求证：∥平面；（2）求证：平面平面；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.【解析】本题主要考查中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，作出辅助线MN，N为中点，在中，利用中位线得到，且，结合已知条件，可证出四边形ABMN为平行四边形，所以，利用线面平行的判定，得∥平面；第二问，利用面面垂直的性质，判断面，再利用已知的边长，可证出，则利用线面垂直的判定得平面BDE，再利用面面垂直的判定得平面平面；第三问，可以利用传统几何法证明二面角的平面角，也可以利用向量法建立空间直角坐标系，求出平面BEC和平面ADEF的法向量，利用夹角公式计算即可.（1）证明：取中点，连结．在△中，分别为的中点，所以∥，且．由已知∥，，所以∥，且．所以四边形为平行四边形，所以∥．又因为平面，且平面，所以∥平面． 4分（2）证明：在正方形中，．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．所以． 6分在直角梯形中，，，可得．在△中，，所以． 7分所以平面． 8分又因为平面，所以平面平面． 9分（3）（方法一）延长和交于．在平面内过作于,连结．由平面平面，∥，，平面平面=，得，于是．又，平面，所以，于是就是平面与平面所成锐二面角的平面角. 12分由，得.又，于是有.在中，.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分（方法二）由（2）知平面，且．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．易得.平面的一个法向量为.设为平面的一个法向量，因为，所以，令，得．所以为平面的一个法向量．１２分设平面与平面所成锐二面角为．则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 14分【考点】中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角.9.如图，直四棱柱底面直角梯形，∥，，是棱上一点，，，，，.（1）求异面直线与所成的角；（2）求证：平面.【答案】(1);（2）证明见解析.【解析】（1）本题中由于有两两垂直，因此在求异面直线所成角时，可以通过建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求出所求角；（2）同（1）我们可以用向量法证明线线垂直，以证明线面垂直，，，，易得当然我们也可直线用几何法证明线面垂直，首先，这由已知可直接得到，而证明可在直角梯形通过计算利用勾股定理证明，，，因此，得证.（1）以原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，，，. 3分于是,,,异面直线与所成的角的大小等于. 6分（2）过作交于，在中，，，则，，，， 10分，.又，平面. 12分【考点】（1）异面直线所成的角；（2）线面垂直.10.在如图所示的几何体中，平面，∥，是的中点，，．（1）证明：∥平面；（2）求二面角的大小的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）【解析】（1）要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行，取中点，连接，则，且，由已知得，且，故，则四边形是平行四边形，可证明，进而证明∥平面，或可通过建立空间直角坐标系，用坐标表示相关点的坐标，证明直线的方向向量垂直于平面的法向量即可；（2）先求半平面和的法向量的夹角的余弦值，再观察二面角是锐二面角还是钝二面角，来决定二面角的大小的余弦值的正负，从而求解．（1）因为，∥，所以平面．故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标分别是，，，，，．所以，因为平面的一个法向量为，所以，又因为平面，所以平面． 6分（2）由（1）知，，，．设是平面的一个法向量，由得，取，得，则设是平面的一个法向量，由得，取，则，则设二面角的大小为，则，故二面角的大小的余弦值为．【考点】1、直线和平面平行的判断；2、二面角的求法.11.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，,，平面平面,若，，,，且．（1）求证：平面；（2）设平面与平面所成二面角的大小为，求的值．【答案】（1）参考解析；（2）【解析】（1）由，所以.又,.在三角形PAO中由余弦定理可得.所以.即.又平面平面且平面平面=AD，平面PAD.所以平面.（2）由题意可得建立空间坐标系，写出相应点的坐标，平面PAD的法向量易得，用待定系数写出平面PBC的法向量，根据两向量的法向量夹角的余弦值，求出二面角的余弦值.（1）因为，，所以， 1分在中，由余弦定理，得， 3分，， 4分， 5分又平面平面，平面平面,平面，平面． 6分（2）如图，过作交于，则，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 7分则，，8分，， 9分设平面的一个法向量为，由得即取则，所以为平面的一个法向量． 11分平面,为平面的一个法向量．所以， 12分． 13分【考点】1.线面垂直的证明.2.二面角.3.空间坐标系的表示.4.向量的夹角.12.如图，在直三棱柱中，已知，，．（1）求异面直线与夹角的余弦值；（2）求二面角平面角的余弦值．【答案】（1），（2）．【解析】（1）利用空间向量求线线角，关键在于正确表示各点的坐标. 以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，,因此，所以异面直线与夹角的余弦值为．（2）利用空间向量求二面角，关键在于求出一个法向量. 设平面的法向量为，则即取平面的一个法向量为；同理可得平面的一个法向量为；由两向量数量积可得二面角平面角的余弦值为．试题解析：如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，，，．（1）因为，所以异面直线与夹角的余弦值为． 4分（2）设平面的法向量为，则即取平面的一个法向量为；所以二面角平面角的余弦值为． 10分【考点】利用空间向量求线线角及二面角13.如图，在正四棱锥P－ABCD中，PA＝AB＝，点M，N分别在线段PA和BD上，BN＝BD．（1）若PM＝PA，求证：MN⊥AD；（2）若二面角M－BD－A的大小为，求线段MN的长度．【答案】（1）详见解析;（2）．【解析】（1）由于这是一个正四棱锥，故易建立空间坐标系，易得各点的坐标，由，得，由，得，即可求得向量的坐标：．不难计算出它们的数量积，问题得证;（2）利用在上，可设，得出点的坐标，表示出，进而求出平面的法向量n＝(λ－1，0，λ)，由向量的夹角公式可得，解得，从而确定出，由两点间距离公式得.试题解析：证明：连接交于点，以为轴正方向，以为轴正方向，为轴建立空间直角坐标系．因为，则．（1）由，得，由，得，所以．因为．所以. 4分（2）因为在上，可设，得．所以．设平面的法向量，由得其中一组解为，所以可取n＝(λ－1，0，λ). 8分因为平面的法向量为，所以，解得，从而，所以. 10分【考点】1.线线垂直的证明;2.二面角的计算14.如图，已知四棱锥的底面的菱形，，点是边的中点，交于点，（1）求证：；（2）若的大小；（3）在（2）的条件下，求异面直线与所成角的余弦值。
高考数学专题—立体几何(空间向量求空间角与空间距离)
高考数学专题——立体几何（空间向量求角与距离）一、空间向量常考形式与计算方法设直线l,m 的方向向量分别为l ⃗,m ⃗⃗⃗⃗，平面α,β的法向量分别为n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗. （1）线线角：（正负问题）：用向量算取绝对值（因为线线角只能是锐角）直线l,m 所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：cos θ=l⃗⋅m ⃗⃗⃗⃗|l⃗|⋅|m ⃗⃗⃗⃗|； （2）线面角：正常考你正弦值，因为算出来的是角的余角的余弦值 非正常考你余弦值，需要再算一步。
直线l 与平面α所成的角为θ，则0≤θ≤π2，计算方法：sin θ=|l ⃗⋅n 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗||l⃗|⋅|n ⃗⃗|； (3)二面角：同进同出为补角；一进一出为原角。
注意：考试从图中观察，若为钝角就取负值，若为锐角就取正值。
平面α,β所成的二面角为θ，则0≤θ≤π，如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝⟨AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗,CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩．如图②③，n ⃗⃗1,n 2⃗⃗⃗⃗⃗分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|n⃗⃗1⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n⃗⃗1|⋅|n2⃗⃗⃗⃗⃗⃗||，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． (4)空间距离额计算：通常包含点到平面距离，异面直线间距离。
二、空间向量基本步骤空间向量求余弦值或正弦值四步法（1）建系：三垂直，尽量多点在轴上；左右下建系，建成墙角系；锥体顶点在轴上；对称面建系。
一定要注明怎样建成的坐标系（2）写点坐标（3）写向量：向量最好在面上或者轴上（可简化计算量） （4）法向量的简化计算直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l ⊥α，则该直线的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作，有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为α⃗=(x,y,z ).在平面内找出（或求出）两个不共线的向量a ⃗=(x 1,y 1,z 1)，b ⃗⃗=(x 2,y 2,z 2)，根据定义建立方程组，得到{α⃗×a ⃗=0α⃗×b ⃗⃗=0，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.三、空间向量求距离向量方法求异面直线距离：先求两异面直线的公共法向量，再求两异面直线上任意两点的连结线段在公共法向量上的射影长。
2019秋高三数学上学期期末试题汇编：25.空间向量与空间角、距离 2
（广西梧州市、桂林市、贵港市等2019届高三上学期期末理科数学试题）16.已知两点都在以为直径的球的表面上，，，，若球的体积为，则异面直线与所成角的正切值为__________．【答案】【解析】【分析】先根据条件得一个三棱锥，再在这个三棱锥中确定线线关系，最后根据平移以及余弦定理求结果.【详解】由题意得三棱锥P-ABC ，其中,过A 作AD//BC,过B 作BD//AC ，AD 、BD 交于D ，则异面直线与所成角为，由得平面PAB ，即，因此可得平面ACBD,即，计算可得,因此，即异面直线与所成角的余弦值为【点睛】线线角的寻找，主要找平移，即作平行线，进而根据三角形求线线角.线面角的寻找，主要找射影，即需从线面垂直出发确定射影，进而确定线面角. 二面角的寻找，主要找面的垂线，即需从面面垂直出发确定线面垂直，进而确定二面角.（河北省邯郸市2019届高三第一次模拟考试数学（理）试题）12.正方体的棱上(除去棱AD)到直线与的距离相等的点有个，记这个点分别为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）A. B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱上到直线A 1B 与CC 1的距离相等的点分别为：D 1，BC 的中点，B 1C 1的四等分点（靠近B 1），假设D 1与G 重合，BC 的中点为E ，B 1C 1的四等分点（靠近B 1）为F ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC 1与平面EFG 所成角的正弦值．【详解】解：正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱上到直线A 1B 与CC 1的距离相等的点分别为：D1，BC的中点，B1C1的四等分点（靠近B1），假设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的四等分点（靠近B1）为F，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，设AB＝2，则E（1，2，0），F（，2，2），G（0，0，2），A（2，0，0），C1（0，2，2），∴（），（），（﹣2，2，2），设平面EFG的法向量（x，y，z），则，即，取x＝4，得（4，﹣3，﹣1）．设直线AC1与平面EFG所成角为θ，则直线AC1与平面EFG所成角的正弦值为sinθ＝|cos|．故选：D．【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，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．（山东省泰安市2019届高三一轮复习质量检测数学（理）试题）11.在直三棱柱，，分别是，的中点，，则与所成角的余弦值为 A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系后写出点的坐标和向量的坐标，再利用空间向量的夹角公式即可求解．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系：则0，，1，，0，，，0，，，，．故选：D．【点睛】本题考查了异面直线及其所成的角，考查了利用空间向量求异面直线的夹角，属于中档题．（河南省十所名校2019届高三尖子生第二次联合考试数学（理）试题）11.在正方体中，点，，分别在棱，，上，且，，（其中），若平面与线段的交点为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，以方向为方向，以方向为方向，以方向为方向，设正方体的边长为1，分别求出点的坐标及向量的坐标，利用向量加法表示出，列出对应的方程组，解方程组即可得到，问题得解。
高考数学一轮复习利用空间向量求空间角与距离
1 + 1
2
3 31 +
· = 0,
则൝
即ቐ
· = 0,
4 31 = 0,
= 0,
令z1＝2，则m＝（0，－3，2）.
目录
所以｜cos＜n，m＞｜＝
·
||·||
4 3
＝ .
13
设二面角C－AE－B的大小为θ，则sin θ＝ 1−
11
即二面角C－AE－B的正弦值为 .
13
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，所以OD∥AC，因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面APC，所以OD∥
||
|AP·|
| |
；
（3）两异面直线间的距离：即两条异面直线公垂线段的长度.
目录
＝
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.
（
）
答案：（1）×
（2）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.
（
）
答案：（2）×
目录
弦值.
解 （2）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以
PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝ 2 −2 ＝ 52 −32 ＝4.
1
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin 30°＝4× ＝2，
3
2
2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量(教师版)
2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量一．选择题（共6小题）1．（2019•全国）经过点（1，﹣1，3）且与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为（）A．2x+y﹣z+2＝0B．2x+y+z﹣6＝0C．2x+y+z﹣4＝0D．2x+y﹣z﹣3＝02．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π（）A．B．C．1D．3．（2020•海南）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°（）A．20°B．40°C．50°D．90°4．（2019•上海）已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）5．（2019•浙江）设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β6．（2019•全国）正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点（）A．B．C．D．二．填空题（共3小题）7．（2019•上海）已知向量＝（1，0，2），＝（2，1，0），则与的夹角为．8．（2019•新课标Ⅱ）已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．9．（2020•山东）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为．三．解答题（共28小题）10．（2020•上海）已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．11．（2020•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅱ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．12．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．13．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．14．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P 为DO上一点DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．15．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．16．（2019•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM＝2，CD＝3，AA1＝5．（1）求直线A1C和平面ABCD的夹角；（2）求点A到平面A1MC的距离．17．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．18．（2020•海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD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，QB＝19．（2020•天津）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝21＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝21B1的中点．（Ⅱ）求证：C1M⊥B1D；（Ⅱ）求二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．20．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD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．21．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．22．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．23．（2021•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．（Ⅱ）求证：F为B1C1的中点；（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求的值．24．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．25．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？26．（2019•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，AD ＝3．（Ⅱ）设G，H分别为PB，AC的中点；（Ⅱ）求证：P A⊥平面PCD；（Ⅱ）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．27．（2019•天津）如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD⊥AB，AB＝AD＝1（Ⅱ）求证：BF∥平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅱ）若二面角E﹣BD﹣F的余弦值为，求线段CF的长．28．（2019•新课标Ⅱ）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，BC折起使得BE与BF重合，连结DG（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．29．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．30．（2020•江苏）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，AO⊥平面BCD，AO＝2（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF＝BC，求sinθ的值．31．（2020•新课标Ⅱ）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A﹣EF﹣A1的正弦值．32．（2020•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，DC＝2BC．（Ⅱ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．33．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．34．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝1，BC＝4，M，N分别为BC，PC的中点，PM⊥MD．（Ⅱ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．35．（2021•新高考Ⅱ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，O为BD的中点．（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，求三棱锥A﹣BCD的体积．36．（2019•浙江）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．（Ⅱ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．37．（2019•北京）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，AD∥BC，P A＝AD＝CD＝2，点F在PC上，且＝．（Ⅱ）求证：CD⊥平面P AD；（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣P的余弦值；（Ⅱ）设点G在PB上，且＝．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．2019-2021全国高考数学真题汇编：空间向量参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．（2019•全国）经过点（1，﹣1，3）且与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为（）A．2x+y﹣z+2＝0B．2x+y+z﹣6＝0C．2x+y+z﹣4＝0D．2x+y﹣z﹣3＝0【分析】设与平面2x+y﹣z+4＝0平行的平面方程为2x+y﹣z+k＝0，代入点的坐标求出k的值即可．【解答】解：设与平面2x+y﹣z+4＝2平行的平面方程为2x+y﹣z+k＝0，代入点（7，﹣1，得2×5﹣1﹣3+k＝8，则所求的平面方程为2x+y﹣z+2＝5．故选：A．【点评】本题考查了空间直角坐标系与平面方程的应用问题，是基础题．2．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π（）A．B．C．1D．【分析】画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解OO1即可．【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC是面积为的等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝3，可得：AO1＝＝，球O的表面积为16π，外接球的半径为：R；所以5πR2＝16π，解得R＝2，所以O到平面ABC的距离为：＝1．故选：C．【点评】本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键．3．（2020•海南）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°（）A．20°B．40°C．50°D．90°【分析】由纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得晷针与点A处的水平面所成角．【解答】解：可设A所在的纬线圈的圆心为O'，OO'垂直于纬线所在的圆面，由图可得∠OHA为晷针与点A处的水平面所成角，又∠OAO'为40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O'A⊥OH，另解：画出截面图，如下图所示．l是点A处的水平面的截线，由题意可得OA⊥l．m是晷面的截线，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m∥CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m，由于∠AOC＝40°，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG+∠GAE＝∠BAE+∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷针与A处的水平面所成角为∠BAE＝40°，故选：B．【点评】本题是立体几何在生活中的运用，考查空间线面角的定义和求法，属于基础题．4．（2019•上海）已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（）A．（2，﹣1）B．（2，1）C．（﹣1，2）D．（1，2）【分析】先根据直线方程得直线的一个法向量，再根据法向量可得直线的方向向量．【解答】解：依题意，（2，∴方向向量为（1，故选：D．【点评】本题考查了直线的方向向量，空间直线的向量，属基础题．5．（2019•浙江）设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二面角的概念和计算，解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小，充分运用图象，则可事半功倍，【解答】解：方法一、如图G为AC的中点，则P在底面上的射影D在线段AO上，作DE⊥AC于E，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，则cosα＝＝＝＜＝cosβ；tanγ＝＞＝tanβ，方法二、由最小值定理可得β＜α，由三正弦定理可得β＜γ'＝γ；方法三、（特殊图形法）设三棱锥V﹣ABC为棱长为2的正四面体，易得cosα＝＝，可得sinα＝＝，sinγ＝＝，当AP＝时，由余弦定理可得PB＝＝，cosα＝＝，sinα＝，故C错误．故选：B．【点评】本题考查二面角的求法，常规解法下易出现的错误的有：不能正确作出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简单解法．6．（2019•全国）正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，BC的中点（）A．B．C．D．【分析】以P为原点，P A为x轴，PB为y轴，PC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PB与平面PEF所成角的正弦值．【解答】解：∵正三棱锥P﹣ABC的侧面都是直角三角形，E，F分别是AB，∴以P为原点，P A为x轴，PC为z轴，设P A＝PB＝PC＝2，则A（2，3，0），2，3），0，2），7，0），1，8），＝（0，2，7），，1，0），，6，1），设平面PEF的法向量＝（x，y，则，取x＝1，得，﹣1，设PB与平面PEF所成角为θ，则sinθ＝＝＝．∴PB与平面PEF所成角的正弦值为．故选：C．【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，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．二．填空题（共3小题）7．（2019•上海）已知向量＝（1，0，2），＝（2，1，0），则与的夹角为．【分析】直接利用向量的夹角公式的应用求出结果．【解答】解：向量＝（1，0，＝（8，1，则，，所以：cos＝，故：与的夹角为．故答案为：．【点评】本题考查的知识要点：向量的夹角公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．8．（2019•新课标Ⅱ）已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．【分析】过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE＝，从而CD＝CE＝OD＝OE＝＝1，由此能求出P到平面ABC的距离．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PD⊥AC，交AC于D，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，∴由题意得CD＝CE＝OD＝OE＝＝1，∴PO＝＝＝．∴P到平面ABC的距离为．故答案为：．【点评】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，考查推理能力与计算能力，属于中档题．9．（2020•山东）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为．【分析】画出直观图，建立如图所示的坐标系，设出P的坐标，通过D1P＝．求出P的轨迹方程，然后求解以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长．【解答】解：由题意直四棱柱ABCD﹣A1B1C3D1的棱长均为2，∠BAD＝60°4B1＝2，上下底面是菱形，设P（x 的球面上的点1C1的垂直，E为垂足，则D7E2＝D1B32+x2﹣5•D1B1•x cos60°＝x7+4﹣2x．由题意可知D3P＝．可得：5＝x4+4﹣2x+（3﹣y）2．即（x﹣1）8+（y﹣2）2＝7，所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B3C1的中点为圆心，半径为．以D6为球心，为半径的球面与侧面BCC1B5的交线长为：＝．故答案为：．【点评】本题考查空间点线面距离的求法，球与几何体相交的交线的问题，难度比较大．三．解答题（共28小题）10．（2020•上海）已知ABCD是边长为1的正方形，正方形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD绕AB逆时针旋转至ABC1D1，求线段CD1与平面ABCD所成的角．【分析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为1的矩形组成，依次求出圆面和矩形的面积，相加即可；（2）先利用线面垂直的判定定理证明AD1⊥平面ADB，连接CD1，则∠D1CA即为线段CD1与平面ABCD所成的角，再利用三角函数的知识求出cos∠D1CA即可．【解答】解：（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为2π、宽为5的矩形组成，∴S＝2×π×13+2π×1＝8π．故该圆柱的表面积为4π．（2）∵正方形ABC1D7，∴AD1⊥AB，又∠DAD1＝，∴AD1⊥AD，∵AD∩AB＝A，且AD，∴AD1⊥平面ADB，即D5在面ADB上的投影为A，连接CD1，则∠D1CA即为线段CD6与平面ABCD所成的角，而cos∠D1CA＝＝，∴线段CD1与平面ABCD所成的角为arccos．【点评】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．11．（2020•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．（Ⅱ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．【分析】（Ⅱ）根据正方体的性质可证得BC1∥AD1，再利用线面平行的判定定理即可得证；（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AB、AA1分别为x、y和z轴建立空间直角坐标系，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，先求出平面AD1E的法向量，再利用sinθ＝|cos＜，＞|＝以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．解法二：设正方体的棱长为2a，易知＝2a2，结合勾股定理和余弦定理可求得cos∠EAD1＝，再求得＝AD1•AE•sin∠EAD1；设点A1到平面EAD1的距离为h，根据等体积法＝，可求出h的值，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝，从而得解．【解答】解：（Ⅱ）由正方体的性质可知，AB∥C1D1中，且AB＝C5D1，∴四边形ABC1D5是平行四边形，∴BC1∥AD1，又BC7⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD6E，∴BC1∥平面AD1E．（Ⅱ）解法一：以A为原点，AD、AA8分别为x、y和z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为a，则A（0，0，A8（0，0，a），D7（a，0，a），a，a），∴，，，设平面AD8E的法向量为，则，即，令z＝2，则x＝﹣4，∴＝（﹣2，2），设直线AA7与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＝，故直线AA3与平面AD1E所成角的正弦值为．解法二：设正方体的棱长为2a，则AD1＝a，AE＝a3＝3a，＝•2a•4a＝2a2，由余弦定理知，cos∠EAD5＝＝＝，∴sin∠EAD5＝，∴＝AD1•AE•sin∠EAD6＝3a2，设点A7到平面EAD1的距离为h，∵＝，∴，∴h＝，设直线AA1与平面AD1E所成角为θ，则sinθ＝＝．故直线AA8与平面AD1E所成角的正弦值为．【点评】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．12．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，PE⊥平面ABCD．（1）若△P AB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．【分析】（1）由V＝PE•S正方形ABCD，代入相应数据，进行运算，即可；（2）由PE⊥平面ABCD，知∠PFE＝45°，进而有PE＝FE＝4，PB＝，由AD∥BC，知∠PCB或其补角即为所求，可证BC⊥平面P AB，从而有BC⊥PB，最后在Rt△PBC中，由tan∠PCB＝，得解．【解答】解：（1）∵△P AB为等边三角形，且E为AB中点，∴PE＝2，又PE⊥平面ABCD，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V＝PE•S正方形ABCD＝×28＝．（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°，∴△PEF为等腰直角三角形，∵E，F分别为AB，∴PE＝FE＝8，∴PB＝＝，∵AD∥BC，∴∠PCB或其补角即为PC与AD所成角，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，又BC⊥AB，PE∩AB＝E、AB⊂平面P AB，∴BC⊥平面P AB，∴BC⊥PB，在Rt△PBC中，tan∠PCB＝＝＝，故PC与AD所成角的大小为arctan．【点评】本题考查棱锥的体积、线面角和异面直线夹角的求法，理解线面角的定义，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．13．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【分析】（1）推导出B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能证明BE⊥平面EB1C1．（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C2D1中，B1C3⊥平面ABA1B1，∴B4C1⊥BE，∵BE⊥EC1，∵B3C1∩EC1＝C3，∴BE⊥平面EB1C1．解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝A7E＝1，则BE＝EB1，∵BE⊥平面EB6C1，∴BE⊥EB1，∴BE2+EB12＝8BE2＝＝42＝4，∵AE2+AB2＝6+AB2＝BE2＝6，∴AB＝1，则E（1，5，1），1，8），B1（0，6，2），C1（3，0，2），3，0），∵BC⊥EB1，∴EB2⊥面EBC，故取平面EBC的法向量为＝＝（﹣1，5，设平面ECC1 的法向量＝（x，y，由，得，取x＝1，得，﹣1，∴cos＜＞＝，∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为＝．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．14．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P 为DO上一点DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．【分析】（1）设圆O的半径为1，求出各线段的长度，利用勾股定理即可得到P A⊥PC，P A⊥PB，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC及平面PCE的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）不妨设圆O的半径为1，OA＝OB＝OC＝1，，，，在△P AC中，P A2+PC2＝AC2，故P A⊥PC，同理可得P A⊥PB，又PB∩PC＝P，故P A⊥平面PBC；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有，E（0，3，故，设平面PCE的法向量为，则由，得，取x＝1，则，所以平面PCE的法向量为，由（1）可知P A⊥平面PBC，不妨取平面PBC的法向量为，故，即二面角B﹣PC﹣E的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角，考查推理能力及计算能力，属于基础题．15．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【分析】（Ⅱ）由CD2+QD2＝QC2证明CD⊥QD，再由CD⊥AD，证明CD⊥平面QAD，即可证明平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）【解法1】设AD的中点为M，连接QM、BM，求出cos∠QDB、cos∠QDA和∠BDA，利用三射线定理列方程求出二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【解法2】取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD为y轴，OQ为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ADQ的一个法向量，平面BDQ的一个法向量，再求cos＜，＞即可．【解答】（Ⅱ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QC＝62+QD2＝QC8，所以CD⊥QD；又CD⊥AD，AD∩QD＝D，QD⊂平面QAD；又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：【解法1】设AD的中点为M，连接QM，如图所示：根据题意知，QM＝2，QB＝3，△BQA中，cos∠QDB＝，∠BDA＝45°，因此根据三射线定理知，二面角B﹣QD﹣A的大小满足：cos∠BDA＝cos∠QDB cos∠QDA+sin∠QDB sin∠QDA cosφ，即＝•+••cosφ，解得cosφ＝．【解法2】取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD为y轴，OQ为z轴，如图所示：则O（0，6，0），﹣1，D（6，1，Q（0，8，因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为，0，0），设平面BDQ的一个法向量为＝（x，y，由＝（﹣3，2，＝（0，4），得，即，令z＝1，得y＝8，所以，2，1）；所以cos＜，＞＝＝＝，所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的余弦值应用问题，也可以直接利用二面角的定义求二面角的余弦值，是中档题．16．（2019•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为BB1上一点，已知BM＝2，CD＝3，AA1＝5．（1）求直线A1C和平面ABCD的夹角；（2）求点A到平面A1MC的距离．【分析】（1）由题意可得A1C与平面ABCD所成夹角为∠A1CA，判断△A1CA为等腰三角形，即可求出，（2）如图建立坐标系，根据向量的关系可得点A到平面A1MC的距离d＝，求出法向量即可求出．【解答】解：（1）依题意：AA1⊥平面ABCD，连接AC1C与平面ABCD所成夹角为∠A2CA，∵AA1＝5，AC＝，∴△A1CA为等腰三角形，∴∠A1CA＝，∴直线A1C和平面ABCD的夹角为，（2）（空间向量），如图建立坐标系，则A（4，0，0），3，0），A1（3，0，5），2，2），∴＝（3，4，＝（3，8，＝（0，4，设平面A4MC的法向量＝（x，y，由，可得，5，2），∴点A到平面A1MC的距离d＝＝＝．【点评】本题考查了线面角的求法和点到平面的距离，考查了运算求解能力和转化与化归能力，空间想象能力，属于中档题．17．（2019•新课标Ⅱ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【分析】（1）过N作NH⊥AD，证明NM∥BH，再证明BH∥DE，可得NM∥DE，再由线面平行的判定可得MN ∥平面C1DE；（2）以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD1，且，又MB∥AA1，MB＝，∴四边形NMBH为平行四边形，由NH∥AA3，N为A1D中点，得H为AD中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C7DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC的直线为x轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），3，2），A1（，﹣1，，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取x＝，得，又平面MAA4的一个法向量为，∴cos＜＞＝＝＝．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为＝＝．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．18．（2020•海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD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，QB＝【分析】（1）过P在平面P AD内作直线l∥AD，推得l为平面P AD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，求出Q（0，1，1），运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：过P在平面P AD内作直线l∥AD，由AD∥BC，可得l∥BC，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，又BC⊥CD，CD∩PD＝D，∵l∥BC，∴l⊥平面PCD；（2）解：如图，以D为坐标原点，DC，y，z轴，∵PD＝AD＝1，Q为l上的点，∴PB＝，QP＝1，则D（0，5，0），0，5），1，0），3，1），1，5），则PQ为平面P AD与平面PBC的交线为l，△QAB是等腰直角三角形，0，5），则＝（1，0，＝（6，1，＝（0，8，设平面QCD的法向量为＝（a，b，则，∴，取c＝1＝（﹣2，0，∴cos＜，＞＝＝＝，∴PB与平面QCD所成角的正弦值为．【点评】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．19．（2020•天津）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝21＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝21B1的中点．（Ⅱ）求证：C1M⊥B1D；（Ⅱ）求二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．【分析】（Ⅱ）方法一：根据线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；方法二：建立空间坐标系，根据向量的数量积等于0，即可证明；（Ⅱ）先平面DB1E的法向量，再根据向量的夹角公式，求出二面角B﹣B1E﹣D的正弦值；（Ⅱ）求出cos＜，＞值，即可求出直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅱ）在三棱柱ABC﹣A1B1C7中，CC1⊥平面ABC，则该三棱柱是个直三棱柱（各侧棱均垂直底面，各侧面均与底面垂直）∵C1A4＝C1B1＝5，M为M为棱A1B1的中点，∴C6M⊥A1B1，又平面C5A1B1⊥平面A6B1BA，∴C1M⊥平面A6B1BA，∵B1D⊂A6B1BA，∴C1M⊥B5D；方法二：（Ⅱ）以C为原点，，，的方向为x轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C（0，3，0），0，5），2，0），C5（0，0，2），A1（2，6，3），B1（2，2，3），6，1），0，4），1，3），∴＝（1，1，＝（2，﹣2），∴•＝2﹣6+0＝02M⊥B1D；（Ⅱ）依题意，＝（2，41E的一个法向量，＝（5，2，1），，3，﹣1），设＝（x，y1E的法向量，则，即，不妨设x＝1，则，﹣1，∴cos＜，＞＝＝，∴sin＜，＞＝＝，∴二面角B﹣B4E﹣D的正弦值；（Ⅱ）依题意，＝（﹣2，3，由（Ⅱ）知，＝（1，2）为平面DB2E的一个法向量，∴cos＜，＞＝，∴直线AB与平面DB3E所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间向量在几何中的应用，线线平行和二面角和线面角的求法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题．20．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD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．【分析】（1）过P在平面P AD内作直线l∥AD，推得l为平面P AD和平面PBC的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；（2）以D为坐标原点，直线DA，DC，DP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，设Q（m，0，1），运用向量法，求得平面QCD的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．【解答】解：（1）证明：过P在平面P AD内作直线l∥AD，由AD∥BC，可得l∥BC，∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，又BC⊥CD，CD∩PD＝D，∵l∥BC，∴l⊥平面PCD；（2）如图，以D为坐标原点，DC，y，z轴，则D（0，0，5），0，0），4，0），0，2），1，0），设Q（m，8，1），，0，7），，1，﹣1），，5，0），设平面QCD的法向量为＝（a，b，则，∴，取a＝﹣2＝（﹣1，0，∴cos＜，＞＝＝，∴PB与平面QCD所成角的正弦值为＝•＝•≤•＝，当且仅当m＝1取等号，∴PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【点评】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．21．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣P AD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．【分析】（1）直接由三棱锥的体积公式求解即可；（2）易知直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，求出其正弦值，再由反三角表示即可．【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C7D1中，＝；（2）连接A2C1∩B1D3＝O，∵AB＝BC，∴四边形A1B1C5D1为正方形，则OB1⊥OA4，又AA1⊥OB1，OA2∩AA1＝A1，∴OB5⊥平面ACC1A1，∴直线AB7与平面ACC1A1所成的角为∠OAB6，∴．∴直线AB1与平面ACC1A5所成的角为．【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考查线面角的求解，考查推理能力及运算能力，属于中档题．22．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面A1EC1的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直，即可证明；（2）利用（1）中的结论，由向量的夹角公式求解，即可得到答案；（3）利用待定系数法求出平面AA1C1的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1（0，7，2），1，8），C1（2，5，2），故，设平面A1EC3的法向量为，则，即，令z＝7，则x＝2，故，又F（1，8，0），D1（5，2，2），所以，则，又D6F⊄平面A1EC1，故D6F∥平面A1EC1；（2）解：由（1）可知，，则＝＝，故直线AC1与平面A1EC4所成角的正弦值为；（3）解：由（1）可知，，设平面AA1C1的法向量为，则，即，令a＝1，则b＝﹣1，故，所以＝＝，故二面角A﹣A6C1﹣E的正弦值为＝．【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．23．（2021•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．（Ⅱ）求证：F为B1C1的中点；（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求的值．【分析】（Ⅱ）连结DE，利用线面平行的判定定理证明CD∥平面A1B1C1D1，从而可证明CD∥EF，即可证明四边形A1B1FE为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，可得A1E＝B1F，ED1＝FC1，即可证明B1F＝FC1，。
高考数学复习：利用向量求空间角和距离
(2)方法一:不存在,证明如下:当面B′OA⊥面AOC时,三
棱锥B′ -AOC的体积最大,因为面B′OA∩面AOC=AO,
B′O⊥AO,所以B′O⊥面AOC,所以OC⊥OB′,又因为
OC⊥OA,所以OC⊥平面AOB′,在直角三角形CPO中,
CO=1,COP ，sinCPO 所以6 POCC=， ,所以 6
令x1=1,得n1=(1,-1,0).
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
由n2·PC=0,n2· B=C 0得
y2x2
z2 0,
0,?
令y2=1得n2=(0,1,1), 设二面角C -PB -D的大小为θ,则cos θ= 所以θ=60°.
| n1 n2 | 1 , | n1 || n2 | 2
D. 4 15
【解析】选A.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,
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则N(1,2,2), D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,2,1),则 C=M(2,0,1), DN=(1,2,2),设异面直线所成角为θ, 则cos θ= | CM DN | 4所以 4异5面，直线CM与
( 2,0,0) ( 2,0, 2),
所以
cos〈A1F，D1E〉
|
A1F A1F |
D1E | D1E
|
2
2 2 1
解得 1 ( 1 舍去).
3
3
答案: 1
3
3 2， 5 10
【规律方法】利用向量求线线角的解题策略 (1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种 ①基向量法:利用线性运算; ②坐标法:利用坐标运算.
D. 10 10
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
（江西省上饶市重点中学2019届高三六校第一次联考数学（文）试卷）
10.在空间四边形中，若，且，分别是的中点，则异面直线所成角为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】
设空间四边形的边长为2，作AD的中点并且连接MF、EM，在△EMF中可由余弦定理能求出异面直线所成的角．
【详解】在图1中连接DE，EC，因为=，得为等腰三角形，设空间四边形的边长为2，即==2，在中， ,,得=.
在图2取AD的中点M，连接MF、EM，因为E、F分别是AB、CD的中点，∴MF＝1，EM＝1，∠EFM是异面直线AC与EF所成的角．
在△EMF中可由余弦定理得：cos∠EFM＝，∴∠EFM＝45°，
即异面直线所成的角为45°．
故选：B
图1 图2
【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，
属于中档题.
（山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟考试数学（文）试题）
16.如图，在正四面体中，是棱上靠近点的一个三等分点，则异面直线和所成角的余弦值为________．
【答案】
【分析】
取棱上靠近点的一个三等分点，由已知得，所以是异面直线和所成的角或其补角，求出CE,CF和FE的长，利用余弦定理计算即可.
【详解】如图，取棱上靠近点的一个三等分点，又因为是棱上靠近点的一个三等分点，所以，所以是异面直线和所成的角，不妨设正四面体的棱长为3，则，，，在中，由余弦定理，得
，所以，同理，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理，得
.
故答案为：
【点睛】本题考查异面直线所成的角，求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及
平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.（河南省九师联盟2019届高三2月质量检测数学文试题）
16.如图，已知圆锥的母线长为8，底面圆的圆心为，直径，点是母线的中点.若点是底面圆周上一点，且直线与所成的角为，在线段上且，则
与底面所成角的正弦值为__________．
【答案】或
【分析】
先根据题意，求得为异面直线OC与QB所成的角（或补角），再做辅助线，求得角MCD为直线MC与底面所成的角，再然后求角MCD的正弦值.
【详解】由题意知QB=PO=，连接MO，则MO//QB，为异面直线OC与QB 所成的角（或补角），所以或
过M做于点D，则底面AOC，所以角MCD为直线MC与底面所成的角，PO=，PA=4MA，所以MD=
当时，
所以
当时，。