课时梯级训练(13) 空间向量在立体几何中的应用(Word练习)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

课时梯级训练(13)　空间向量在立体几何中的应用 1．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　) A．(1，1，1) B．(，，1) C．(，，1) D．(，，1) C　解析：设AC与BD相交于O点，连接OE(图略)，∵AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，又O是正方形ABCD对角线交点，∴M为线段EF的中点．在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1).由中点坐标公式，知点M的坐标(，，1). 2．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，二面角A­B1D1­A1的余弦值为(　　) A． B． C． D． D　解析：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，可得D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，A(1，0，0)， 则＝(－1，0，1)，＝(－1，－1，0). 设n＝(x，y，z)是平面AB1D1的一个法向量，则即 取x＝1，得y＝－1，z＝1，故n＝(1，－1，1). 又AA1⊥平面A1B1D1，故平面A1B1D1的一个法向量为＝(0，0，1)， 所以cos 〈，n〉＝＝＝， 所以二面角A­B1D1­A1的余弦值为. 故选D． 3．四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为(　　) A． B． C． D． A　解析：四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°， 即OA，OB，OC两两垂直， 以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图． 因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，所以A(1，0，0)，D(0，0，1)，G(，，1). 于是＝(－，，1)，＝(－1，0，1)，||＝＝，·＝－×(－1)＋1＝. 所以点G到直线AD的距离d＝＝＝. 4．(多选)如图所示的方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则下列说法中正确的是(　　) A．点C1到直线CQ的距离是 B．异面直线CQ与BD所成角的余弦值为 C．直线B1C1到平面CGQ的距离是 D．直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为 ACD　解析：易知可将该组合体补全成棱长为2的正方体，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(1，1，1)，B(1，2，0)，B1(1，2，1)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，D(0，1，0)，G(0，0，2)，Q(1，0，2)，则＝(0，0，1)，＝(1，－2，2)，＝(－1，－1，0)，＝(1，0，0)， A选项，cos ∠C1CQ＝cos〈，〉＝＝，则sin ∠C1CQ＝， 所以C1到直线CQ的距离d1＝·sin ∠C1CQ＝，A选项正确； B选项，cos〈，〉＝＝，则异面直线CQ与BD所成角的余弦值为，B选项错误； C选项，易知直线B1C1∥GQ，且GQ⊂平面CGQ，B1C1⊄平面CGQ， 则B1C1∥平面CGQ，所以直线B1C1到平面CGQ的距离即为点C1到平面CGQ的距离， 设平面CGQ的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则令y＝1，则n＝(0，1，1)， 所以点C1到平面CGQ的距离d2＝＝＝， 即直线B1C1到平面CGQ的距离为，C选项正确； D选项，易知平面A1B1C1D1的一个法向量为m＝(0，0，1)， 则cos ，m＝＝，即直线CQ与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为，D选项正确． 故选ACD． 5．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________． 答案：　解析：由条件得解得∴x＋y＝－＝. 6.(2025·滁州九校高二期中)某公园有一个坐落在地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图．已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后剩余部分，△ABC是该石雕与地面的接触面，其中A是该石雕所在正方体的一个顶点．某兴趣小组通过测量△ABC的三边长，来计算该正方体石雕的相关数据．已知测得AB＝2 m，BC＝2 m，AC＝2 m，则该石雕所在正方体的棱长为________m；该石雕最高点P到地面的距离为________m. 答案：6　　解析：如图，补齐为正方体，设AD＝a，BD＝b，CD＝c， 则解得 即该石雕所在正方体的棱长为6 m. 以D为原点，以DA，DB，DC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，所以D(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，4，0)，C(0，0，2)，P(6，6，6)， ＝(0，6，6)，＝(－6，4，0)，＝(－6，0，2). 设平面ABC的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则即 令x＝2，可得m＝(2，3，6)， 所以点P到平面ABC的距离为d＝＝＝， 即该石雕最高点P到地面的距离为 m. 7．如图，CD⊥平面BCEF，四边形ABCD是矩形，四边形BCEF为直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC＝CE＝4，BC＝BF＝2. (1)求证：AF∥平面CDE； (2)求平面ADE与平面BCEF夹角的大小． (1)证明：以C为坐标原点，，和分别为x轴、y轴和z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知可得A(2，0，4)，B(2，0，0)，C(0，0，0)，D(0，0，4)，E(0，4，0)，F(2，2，0)，所以＝(0，2，－4)，＝(2，0，0). 依题意，CB⊥CD，又CB⊥CE，CD∩CE＝C，CD，CE⊂平面CDE，所以CB⊥平面CDE，所以为平面CDE的一个法向量． 又·＝0，所以⊥. 又AF⊄平面CDE，所以AF∥平面CDE. (2)解：设平面ADE的一个法向量为n＝(x，y，z). 又＝(－2，0，0)，＝(0，4，－4)， 所以即 令y＝1，可得n＝(0，1，1). 易知＝(0，0，4)为平面BCEF的一个法向量． 设平面ADE与平面BCEF的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n，〉|＝＝. 又θ∈[0，]，所以θ＝，即平面ADE与平面BCEF的夹角为. 8．在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝，AB＝BC＝AD＝a，PA⊥平面ABCD，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． 解：(1)由题意知AP，AB，AD两两垂直，建立空间直角坐标系，如图． 则A(0，0，0)，B(a，0，0)，C(a，a，0)，D(0，3a，0)，P(0，0，a). 设F(0，m，0)，则＝(－a，m－a，0)，＝(－a，－a，a). ∵PC⊥CF，∴⊥， ∴·＝(－a)(－a)＋(m－a)(－a)＋0＝0，∴m＝2a， 即F(0，2a，0)，＝(－a，a，0). 设平面PCF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，则y＝1，z＝2，得n＝(1，1，2). 设点A到平面PCF的距离为d，由＝(a，a，0)， 则d＝＝＝a. ∴点A到平面PCF的距离为a. (2)＝(－a，0，a)，＝(0，a，0)，＝(0，0，a). 设平面PBC的一个法向量为n0＝(x0，y0，z0)， 由 取x0＝1，则z0＝1，y0＝0，得n0＝(1，0，1). 设点A到平面PBC的距离为h. ∵AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC， ∴h为AD到平面PBC的距离，∴h＝＝＝a. ∴AD到平面PBC的距离为a. 9．在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由． (1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E(a，，0)，P(0，0，a)，F(，，).＝(－，0，)，＝(0，a，0). ∵·＝0，∴⊥，则EF⊥CD． (2)解：假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)， 则＝(x－，－，z－)，若使GF⊥平面PCB， 则由·＝(x－，－，z－)·(a，0，0)＝0，得x＝； 由·＝(x－，－，z－)·(0，－a，a)＝0，得z＝0， ∴G点坐标为(，0，0)， 故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点． 10．(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． (1)证明：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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， 依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)， 则M(0，1，1)，N(，，2)， 所以＝(，－，0)，＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1). 设平面CB1M的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则，即， 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1). ·n＝(，－，0)·(1，3，1)＝－＝0， 所以⊥n，显然D1N⊄平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M. (2)解：易知＝(1，－1，2)，＝(－1，1，0)， 设平面BB1C1C的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则即 取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1，1，0). 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝， 所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)解：易知BB1＝(0，0，2). 设点B到平面CB1M的距离为d， 则d＝＝＝， 所以点B到平面CB1M的距离为. 学科网（北京）股份有限公司 $$