专题训练：空间向量的应用（二）专题训练-陕西省咸阳市武功县普集高级中学2023-2024学年高二上学期数学

第 1 页 共 5 页 高二第一学期专题训练 空间向量的应用 班级 姓名 1．已知平面α和平面β的法向量分别为 (3,1, 5)m    ， ( 6, 2,10)n    ，则( ) A．α⊥β B．α∥β C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对 【解析】因为平面 的法向量为 (3,1, 5)m    ，平面  的法向量为 ( 6, 2,10)n     ，可得 2n m  ，所以 / /n m ，即平面 / / 平面  ，故选：B.【答案】B 2．在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，M是线段 1 1C D（不 含端点）上的动点，N为 BC的中点，则( ) A． BD AM B．平面 1A BD 平面 1AD M C． //MN 平面 1ABD D． //CM 平面 1ABD 【解析】因为 1 1AD AD ， 1 1 1AD C D ， 1 1 1 1AD C D D ， 1 1 1,AD C D 平面 1AD M ，所以 1AD 平面 1AD M ，又 1AD 平面 1ABD，所以平面 1A BD 平面 1AD M ，故 B正确； 以点 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.设 2AB  ， 则  2,2,0B ，  1 2,0,2A ，  2,0,0A ，  0,2,0C ，  1,2,0N .设   0, , 2 0 2M y y  ，则  2, 2,0DB   ，  1 2,0,2DA   .设平面 1ABD的法向量为  1 1 1, ,m x y z  ，则有 1 1 1 1 1 2 2 0, 2 2 0, m DA x z m DB x y             可取 1 1x  ，得  1, 1, 1m     . 又  2, ,2AM y   ，则    2,2,0 2, , 2 2 4 0DB AM y y         ，故 A不正 确；因为  0, 2,2CM y   ，所以    1, 1, 1 0, 2,2 0m CM y y          ，故 D不正 确；因为  1,2 , 2MN y    ，所以    1, 1, 1 1,2 , 2 1 0m MN y y           ，故 C不 正确．故选：B．【答案】B 3．如图所示，在棱长为 2的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，O是底面的中心，E，F分别是 1CC ，AD的中 点，那么异面直线 OE与 1FD 所成角的正弦值为 ( ) A． 10 5 B． 15 5 C． 4 5 D． 2 3 【解析】在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中建立如图所 示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为 2， O是底面的中心，E，F分别是 1CC ，AD的中点， 所以        1 1, , , , , , ,0 0 2 10 0 110, , , ,0 2D F O E ，    1 1 0 2 111, , , , ,FD OE       ， 1 5, 3FD OE    ， 第 2 页 共 5 页 1 1 3 15 5 cos , 3 5 OE FDOE FD OE FD           ， 所以异面直线 OE与 1FD 所成角的余弦值等于 15 5 ， 可得异面直线 OE与 1FD 所成角的正弦值为 2 15 101 5 5         .故选：A．【答案】A 4．如图所示，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2， 点 ,E F分别是 1,BC CC 中点，则二面角 F AE C  的 正切值为( ) A． 5 2 B．1 C． 2 5 5 D． 5 3 【解析】以点D为原点，分别以DA，DC， 1DD所 在直线分别为 x， y， z轴，建立空间直角坐标系， 则 1(0D ，0，2)， (1E ，2，0)， (0F ，2，1)， (2A ， 0， 0) ， (0C ，2， 0) ， 则 ( 1AE    ，2， 0) ， ( 2AF    ，2，1)， 设平面 AEF 的法向量 (n x  ， y， )z ， 则 2 0 2 2 0 n AE x y n AF x y z                ，令 2x  ， 则 (2n   ，1， 2)，又因为平面CAE的一个法向量 (0,0,1)m   ， 1 2cos , | | | | 31 9 m nm n m n             ， 设 F AE C  的大小为 ，有图可知 为锐角， 则 2 5 5cos sin tan 3 3 2        ， 故选：A.【答案】A 5．已知四棱锥 P ABCD 的底面为正方形，PA 平 面 ABCD， 1 PA AB ，点 E是 BC的中点，则点 E 到直线 PD的距离是( ) A． 5 4 B． 5 2 C． 2 2 D． 3 2 4 【解析】如图建立空间直角坐标系，则     10,0,1 , 0,1,0 , 1, ,0 2 P D E      ， 所以   10,1, 1 , 1, ,0 2 PD DE           ， 所以 1 5 22, 2, 2 42 DE PDDE PD PD           ， 所以点 E到直线 PD的距离是 2 2 5 1 3 2 4 8 4 DE PDDE PD              . 故选：D.【答案】D 6．如图所示，在平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， M 为 1 1AC 与 1 1B D 的交点，若 AB a   = ，AD b   ， 1AA c   ， 则 BM   ( ) A． 1 1 2 2 a b c     B． 1 1 2 2 a b c     C． 1 1 2 2 a b c      D． 1 1 2 2       a b c 【解析】因为M 为 1 1AC 与 i 1BD 的交点，所以 1 1 1 1 1 1 1 2 2 B M B A BC     ，故 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 BM BB B M AA B A BC c AB AD a b c                        . 故选：D【答案】D 第 3 页 共 5 页 7．设 x， yR ，向量  ,1,1a x ， (1, ,1)b y  ， (2, 4, 2)c   且 a b   ， / /b c   ，则 | |a b   ( ) A． 2 2 B． 10 C．3 D．4 【解析】因为向量  ,1,1a x ， (1, ,1)b y  ， (2, 4, 2)c   且由 a b   得 1 0x y   ，由 / /b c   ，得 1 2 4 y   解得 2, 1y x   ，所以向量  1,1,1a  ， (1, 2,1)b    ，所以  2, 1,2a b    ， 所以  22 2| | 2 1 2 3a b       故选：C【答案】C 8．在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 2AB  ， 1AD  ， 1 3AA  ，则异面直线 1 1AC 与 1AD 所成角的余弦值 为 ． 【解析】 如图，以点 D为坐标原点，DA、DC、 1DD所在 直线分别为 x、 y、 z轴建立空间直角坐标系， 则  1,0,0A 、  1 0,0,3D 、  1 1,0,3A 、  1 0,2,3C ， 则  1 1,0,3AD    ，  1 1 1,2,0AC    ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 101 2cos 0 , 5 ADAD AD ACAC AC              ， 因此，异面直线 1 1AC 与 1AD 所成角的余弦值为 2 10 . 故答案为： 2 10 .【答案】 2 10 9．如图，在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面中 心为 O，则异面直线 AO与 DC1所成角的余弦值 为 ． 【解析】建立如图的坐标系，以 DA所在直线为横 轴，DC所在直线为纵轴，DD1所在直线为竖轴．设 正方体棱长为 2. 则 A（2，0，0），O（1，1，2），C1（0，2，2）， ( 1,1, 2)AO    ， 1 (0,2,2)DC   ， 则异面直线 AO与 DC1所成角θ的余弦值为 1 1 2 4 3cos 21 1 4 4 4 AO DC AO DC               . 故答案为： 3 2 .【答案】 3 2 10．如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA 平面 ABCD， 底面 ABCD是直角梯形，其中 AD BC∥ ， 1, 4, 2, 2 AB AD PA AB AD BC E     为棱 BC 上的点，且 1 4 BE BC ． (1)求证：DE 平面 PAC； (2)求平面 APC与平面PCD夹角的余弦值； (3)求点 E到平面PCD的距离． 【解析】（1）因为 PA 平面 ABCD， ,AB AD 平 面 ABCD，所以 ,PA AB PA AD  ，而 AB AD ，因 此可以建立如下图所示的空间直角坐标系， 则有 (0,0, 4), (2,0,0), (2, 4,0), (0, 2,0), (2,1,0)P B C D E ， (2, 1,0)DE    ， (0,0,4)AP   ， (2,4,0)AC   ， 因为 2 0 ( 1) 0 0 4 0, 2 2 ( 1) 4 0 0 0DE AP DE AC                      ， 第 4 页 共 5 页 所以 ,DE PA DE AC  ，而 ,PA AC 平面 PAC， PA AC A ，所以DE 平面PAC； （2）设平面 PDC的法向量为 ( , , )m x y z  ， (2, 4, 4), (0, 2, 4)PC PD      ，则有 2 4 4 00 ( 2,2,1) 2 4 00 x y zm PC m PC m y zm PD m PD                           ， 由（1）可知平面 PAC的法向量为 (2, 1,0)DE    ， 所以有 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 5cos , 5( 2) 2 1 2 ( 1) m DEm DE m DE                        ， 所以平面 APC与平面PCD夹角的余弦值为 2 5 5 ； （3）由（2）可知：平面 PDC的法向量为 ( 2, 2,1)m    ， (2,1, 4)PE    ，所以可得： 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 2cos , 21( 2) 2 1 2 1 ( 4) PE m PE m PE m                           ， 所以点 E到平面 PCD的距离为 2 2 2 2cos , 2 1 ( 4) 2 21 PE PE m            . 11．如图，正三棱柱 1 1 1ABC ABC- 中， 2AB  ， 1 3AA  ， E，F 分别是棱 1AA， 1BB 上的点， 1 1 1 3 A E BF AA  . (1)证明：平面CEF 平面 1 1ACC A ； (2)求 1B 到平面 ECF距离； (3)求直线 1AC 与平面 1CFC 夹角余弦值. 【解析】（1）证明：取 BC和 1 1BC 的中点O和G， 连接OA和OG， 在正四棱柱 1 1 1ABC ABC- 中，可得 ABC 为正三角 形，所以OA BC ，以O为原点， , ,OB OA OG所在 的直线分别为 x轴， y轴和 z轴，建立空间直角坐 标系，如图所示， 可得 ( 1,0,0), (0, 3,0), (1,0,1), (0, 3, 2)C A F E ， 则 1(2,0,1), (1, 3,2), (1, 3,0), (0,0,3)CF CE CA CC        ， 设平面CEF的法向量为 ( , , )n x y z  ，则 2 0 3 2 0 n CF x z n CE x y z              ， 取 1x=  ，可得 3, 2y z   ，所以 ( 1, 3, 2)n     ， 设平面 1 1ACC A 的一个法向量为 ( , , )m a b c  ，则 1 3 0 3 0 m CA a b m CC c            取 1b = - ，可得 3, 0a c  ，所以 ( 3, 1,0)m    ， 因为 3 3 0m n       ，即m n   ，所以平面 CEF 平面 1 1ACC A . （2）由平面CEF的法向量为 ( 1, 3, 2)n     ，且 1 (0,0,2)FB   ，设直线 1FB 与平面CEF所成的角为 ， 可得 1 1 1 4 2sin cos , 22 2 2 FB n FB n FB n              ， 又因为 1 2FB   ，所以 1B 到平面CEF的距离为 1 2sin 2 2 2 d FB       . （3）由 ABC 为正三角形，且O为 BC的中点，可 得OA BC ，在正三棱柱 1 1 1ABC ABC- 中，可得 OA平面 1 1BCC B ，所以 (0, 3,0)OA  为平面 1 1BCC B 的一个法向量，即为平面 1CFC 的一个法向 第 5 页 共 5 页 量，又由 1(0, 3,0), ( 1,0,3)A C  ，可得 1 (1, 3, 3)C A   ，设直线 1AC 与平面 1CFC 夹角为 ， 可得 1 1 1 3 3sin cos , 3 13 13 C A OA C A OA C A OA              ， 则 10 130cos 1313    ，即直线 1AC 与平面 1CFC 夹 角的余弦值为 130 13 . 12．如图所示，四棱锥 P ABCD 中，PC 底面 ABCD， 2PC CD  ，E为 AB的中点，底面四边 形 ABCD满足 90ADC DCB   ， 1AD  ， 3BC  ． (1)证明：DE 平面PAC； (2)求直线 PC与平面 PDE所成角的正弦值； (3)求平面 PED与平面 PEB夹角的余弦值． 【解析】（1） PC  底面 ABCD，DE  平面 ABCD， DE PC  ，如图，以点C为原点，直线CD、CB、 CP分别为 x、 y、 z轴，建立空间直角坐标系， 则  0,0,0C ，  2,0,0D ，  0,3,0B ，  0 0 2P , , ，  2,1,0A ，  1,2,0E ，  1,2,0DE    ，  2, 1,0AC     ，      1 2 2 1 0 0 0DE AC              ， DE AC  ， 又 PC AC C  ， ,PC AC 平面PAC， DE 平面PAC； （2）设  1 1 1, ,xn y z  为平面PDE的一个法向量， 又  1,2, 2PE    ，  1,2,0DE    ，  0,0,2CP  uur ， 则 1 1 1 1 1 2 0 2 2 0 n DE x y n PE x y z               ，取 1 1y  ， 得  2,1,2n   ， 所以 2cos , 3 n CPn CP n CP          ， ∴直线 PC与平面 PDE所成角的正弦值 23 ； （3）设  2 2 2, ,m x y z  为平面 PEB的一个法向量． 又  0,3, 2PB    ，  1,1,0EB    ， 则 2 2 2 2 3 2 0 0 m PB y z m EB x y              ，取 2 2y  ，得  2,2,3m   ． ∴ 4 17cos , 17 n mm n n m          ， ∴平面 PED与平面 PEB夹角的余弦值 4 17 17 ． 第 1 页 共 2 页 高二第一学期专题训练 空间向量的应用 班级 姓名 1．已知平面α和平面β的法向量分别为 (3,1, 5)m    ， ( 6, 2,10)n    ，则( ) A．α⊥β B．α∥β C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对 2．在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，M是线段 1 1C D（不含 端点）上的动点，N为 BC的中点，则( ) A． BD AM B．平面 1A BD 平面 1AD M C． //MN 平面 1ABD D． //CM 平面 1ABD 3．如图所示，在棱长为 2的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， O是底面的中心，E，F分别是 1CC ，AD的中点，那么 异面直线 OE与 1FD 所成角的正弦值为( ) A． 10 5 B． 15 5 C． 4 5 D． 2 3 4．如图所示，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 2，点 ,E F分别是 1,BC CC 中点，则二面角 F AE C  的正切值 为( ) A． 5 2 B．1 C． 2 5 5 D． 5 3 5．已知四棱锥 P ABCD 的底面为正方形， PA 平面 ABCD， 1 PA AB ，点 E是 BC的中点，则点 E到直 线 PD的距离是( ) A． 5 4 B． 5 2 C． 2 2 D． 3 2 4 6．如图所示，在平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，M 为 1 1AC 与 1 1B D 的交点，若 AB a   = ， AD b   ， 1AA c   ，则 BM   ( ) A． 1 1 2 2 a b c     B． 1 1 2 2 a b c     C． 1 1 2 2 a b c      D． 1 1 2 2       a b c 7．设 x，yR ，向量  ,1,1a x ， (1, ,1)b y  ， (2, 4, 2)c    且 a b   ， / /b c   ，则 | |a b   ( ) A． 2 2 B． 10 C．3 D．4 8．在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 2AB  ， 1AD  ， 1 3AA  ，则异面直线 1 1AC 与 1AD 所成角的余弦值 为 ． 9．如图，在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面中心 为 O，则异面直线 AO与 DC1所成角的余弦值为 ． 10．如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA 平面 ABCD， 底面 ABCD是直角梯形，其中 AD BC∥ ， 1, 4, 2, 2 AB AD PA AB AD BC E     为棱 BC上的 点，且 1 4 BE BC ．(1)求证：DE 平面PAC； (2)求平面 APC与平面PCD夹角的余弦值； (3)求点 E到平面PCD的距离． 第 2 页 共 2 页 11．如图，正三棱柱 1 1 1ABC ABC- 中， 2AB  ， 1 3AA  ， E， F 分别是棱 1AA， 1BB 上的点， 1 1 1 3 A E BF AA  . (1)证明：平面CEF 平面 1 1ACC A ； (2)求 1B 到平面ECF距离； (3)求直线 1AC 与平面 1CFC 夹角余弦值. 12．如图所示，四棱锥 P ABCD 中，PC 底面 ABCD， 2PC CD  ，E为 AB的中点，底面四边形 ABCD满足 90ADC DCB   ， 1AD  ， 3BC  ．(1)证明：DE  平面 PAC； (2)求直线PC与平面 PDE所成角的正弦值； (3)求平面 PED与平面 PEB夹角的余弦值． 高二第一学期专题训练 空间向量的应用 班级 姓名 1．已知平面α和平面β的法向量分别为，，则(　 　) A．α⊥β B．α∥β C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对 2．在正方体中，M是线段（不含端点）上的动点，N为BC的中点，则(　 　) A． B．平面平面 C．平面 D．平面 3．如图所示，在棱长为2的正方体中，O是底面的中心，E，F分别是，AD的中点，那么异面直线OE与所成角的正弦值为(　 　) A． B． C． D． 4．如图所示，正方体的棱长为，点分别是中点，则二面角的正切值为(　 　) A． B． C． D． 5．已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是(　 　) A． B． C． D． 6．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则(　 　) A． B． C． D． 7．设x，，向量，，且，，则(　 　) A． B． C．3 D．4 8．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 9． 如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面中心为O，则异面直线AO与DC1所成角的余弦值为 ． 10．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且．(1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 11．如图，正三棱柱中，，，，分别是棱，上的点，.   (1)证明：平面平面； (2)求到平面距离； (3)求直线与平面夹角余弦值. 12．如图所示，四棱锥中，底面，，为的中点，底面四边形满足，，．(1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 第 1 页 共 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二第一学期专题训练 空间向量的应用 班级 姓名 1．已知平面α和平面β的法向量分别为，，则(　 　) A．α⊥β B．α∥β C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对 【解析】因为平面的法向量为，平面的法向量为，可得，所以，即平面平面，故选：B.【答案】B 2．在正方体中，M是线段（不含端点）上的动点，N为BC的中点，则(　 　) A． B．平面平面 C．平面 D．平面 【解析】因为，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故B正确； 以点D为原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设，则，，，，.设，则，.设平面的法向量为，则有可取，得. 又，则，故A不正确；因为，所以，故D不正确；因为，所以，故C不正确．故选：B．【答案】B      3．如图所示，在棱长为2的正方体中，O是底面的中心，E，F分别是，AD的中点，那么异面直线OE与所成角的正弦值为(　 　) A． B． C． D． 【解析】在正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体棱长为2， 是底面的中心，E，F分别是，AD的中点， 所以，， ，， 所以异面直线OE与所成角的余弦值等于， 可得异面直线OE与所成角的正弦值为.故选：A．【答案】A 4．如图所示，正方体的棱长为，点分别是中点，则二面角的正切值为(　 　) A． B． C． D． 【解析】以点为原点，分别以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，，，，2，，，0，，，2，， 则，2，，，2，， 设平面的法向量，，， 则，令， 则，1，，又因为平面的一个法向量，， 设的大小为，有图可知为锐角， 则， 故选：A.【答案】A 5．已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是(　 　) A． B． C． D． 【解析】如图建立空间直角坐标系，则， 所以， 所以， 所以点到直线的距离是. 故选：D.【答案】D 6．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则(　 　) A． B． C． D． 【解析】因为为与的交点，所以，故. 故选：D【答案】D 7．设x，，向量，，且，，则(　 　) A． B． C．3 D．4 【解析】因为向量，，且由得，由，得 解得，所以向量，，所以， 所以故选：C【答案】C 8．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 ． 【解析】 如图，以点D为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 则，，， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：.【答案】 9． 如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，上底面中心为O，则异面直线AO与DC1所成角的余弦值为 ． 【解析】建立如图的坐标系，以DA所在直线为横轴，DC所在直线为纵轴，DD1所在直线为竖轴．设正方体棱长为2. 则A（2，0，0），O（1，1，2），C1（0，2，2）， ，， 则异面直线AO与DC1所成角θ的余弦值为. 故答案为：.【答案】 10．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【解析】（1）因为平面，平面，所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系， 则有， ，，， 因为， 所以，而平面，，所以平面； （2）设平面的法向量为， ，则有， 由（1）可知平面的法向量为， 所以有， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）由（2）可知：平面的法向量为， ，所以可得： ， 所以点E到平面的距离为. 11．如图，正三棱柱中，，，，分别是棱，上的点，.   (1)证明：平面平面； (2)求到平面距离； (3)求直线与平面夹角余弦值. 【解析】（1）证明：取和 的中点和，连接和， 在正四棱柱中，可得为正三角形，所以，以为原点，所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的一个法向量为，则 取，可得，所以， 因为，即，所以平面平面. （2）由平面的法向量为，且，设直线与平面所成的角为， 可得， 又因为，所以到平面的距离为. （3）由为正三角形，且为的中点，可得，在正三棱柱中，可得平面，所以为平面的一个法向量，即为平面的一个法向量，又由，可得，设直线与平面夹角为， 可得， 则，即直线与平面夹角的余弦值为.   12．如图所示，四棱锥中，底面，，为的中点，底面四边形满足，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）底面，平面，，如图，以点为原点，直线、、分别为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， ，， 又，平面， 平面； （2）设为平面的一个法向量， 又，，， 则，取， 得， 所以， ∴直线与平面所成角的正弦值； （3）设为平面的一个法向量． 又，， 则，取，得． ∴， ∴平面与平面夹角的余弦值． 第 1 页 共 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $$