2.4 空间向量在立体几何中的应用 课时作业-2025-2026学年高二下学期数学湘教版选择性必修第二册

2.4空间向量在立体几何中的应用 课时作业 命题人：李文元 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：湘教版（2019）选择性必修第二册第2章 2.4空间向量在立体几何中的应用 第一部分（选择题 共58分） 1、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．设，分别是空间中的直线，的方向向量，，.记甲：，，不共面，乙：与异面，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 2．已知向量与平行，则实数的值为（    ） A．2 B．-2 C．20 D．-20 3．已知是直线的方向向量，直线经过点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 4．已知，若平面的一个法向量为，则（    ） A． B． C． D． 5．已知正三棱柱的侧棱长为3，底面边长为2，则直线与侧面所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 6．已知，则平面的一个法向量的坐标为（　　） A． B． C． D． 7．已知直四棱柱，底面为矩形，，，且，若点到平面的距离为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 8．两个不重合的平面，，平面的法向量为，△ABC是平面内的三角形且，，则（ ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面，平面相交但不垂直 D．以上均有可能 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，在正方体中，下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．与所成的角为 D．平面平面 10．如图，在四棱台中，上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，分别为上、下底面的中心，平面，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．若点F在平面内，且，则点F到平面的距离为 11．已知正方体的棱长为2，动点满足，.下列说法正确的是（    ） A．当时，的最小值为 B．当时，的最大值为 C．当时，则到平面的距离的取值范围是 D．当，且时，则的轨迹总长度为． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．arg＝________． 13．在直三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为____________. 14．在正方体中，二面角大小的余弦值为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）如图，在多面体中，为矩形，分别与平面垂直，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)若共面，求平面和平面所成角的余弦值. 16．（15分）如图所示的四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，二面角的大小为，点P到底面的距离为． (1)过点P是否存在直线l，使直线∥平面，若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由； (2)若，求点M到平面的距离． 17．（15分）如图所示，点分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值. 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 19．（17分）如图，在直角梯形中，，点是线段的中点.将分别沿向上折起，使重合于点，得到三棱锥，且平面，在三棱锥中解答下列问题. (1)求三棱锥的体积； (2)记的中点为，求异面直线与所成角的余弦； (3)记三角形ABC的重心为，求平面和平面夹角的余弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $2.4空间向量在立体几何中的应用课时作业 命题人：李文元 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围：湘教版(2019)选择性必修第二册第2章 2.4空间向量在立体几何中的应用 第一部分（选择题共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的. 1.设y,V2分别是空间中的直线，2的方向向量，A∈，B∈12.记甲：，y2,AB不 共面，乙：4与异面，则() A.甲是乙的充分不必要条件 B.甲是乙的必要不充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件 2.已知向量d=1,-1,3)与b=(-2,元，-6)平行，则实数元的值为（) A.2 B.-2 C.20 D.-20 3.已知m=(2,1,1)是直线1的方向向量，直线1经过点P(-1,0,1),则点2(2,4,6)到直线1的 距离为() B.5W2 C.5v6 2 D.3V6 2 4.已知A(1,2,1),B(0,1,2),C(3,1,1),若平面ABC的一个法向量为n=(x,y,1),则=() a（BGc D.别 5.已知正三棱柱ABC-AB,C的侧棱长为3，底面边长为2，则直线AB与侧面ACCA所成 角的正弦值等于() A.V39 B.130 C. D. 13 13 2 2 6.已知AB=(-1,-1,1),AC=(2,-2,6),则平面ABC的一个法向量的坐标为() A.(1,2,-1) B.(-1,2,1) C.(1,-2,1) D.（-1,-2,1) 7.已知直四棱柱ABCD-ABCD,底面AB,C,D为矩形，AB=1,BC=3,且CM=MB, 若点B到平面AB,D的距离为 2 则点C到直线AM的距离为() A.√30 B.30 2 C.5 D.√5 8.两个不重合的平面a,B,平面a的法向量为n=(2,-3,1),△ABC是平面B内的三角形 且AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1),则() A.平面u/平面B B.平面a⊥平面B C.平面，平面B相交但不垂直 D.以上均有可能 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.如图，在正方体ABCD-AB,CD中，下列结论正确的是() D A.CD/1平面ABD B.CD⊥平面AB,D C.CD,与BD所成的角为60° D.平面ACCA⊥平面ABD 10.如图，在四棱台ABCD-ABCD中，上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4 的正方形，O,O分别为上、下底面的中心，OO⊥平面ABCD,AA=√3，以O,为坐标 原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列结论正确的是() A.002=1 B.A(2,0,1) C. D.若点F在平面ABCD内，且AALDF,则点P到平面BDDB的距离为5 11.已知正方体ABCD-ABCD的棱长为2，动点P满足AP=xAB+yAD+二AA, (x,,z∈[0,1]).下列说法正确的是（) A.当x=y=0时，BP+PD的最小值为√5 B.当x=y时，AP列的最大值为2√3 2W54v3 C.当x=y=1时，则P到平面ABD的距离的取值范围是 3,3 士叶2L,AP26时，则P的锐迹总长 3π. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 2(号9) 13.在直三棱柱ABC-AB,C中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1,则直线AC,与AB所成角的 余弦值为 14.在正方体ABCD-ABCD中，二面角B-AC,-D大小的余弦值为 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤」 15.(13分)如图，在多面体ABCD-EFC中，ABCD为矩形，AE,CF,DG分别与平面ABCD 垂直，AE=AD=2,AB=CF=3,M,N分别是BD,EF的中点. (I)求证：MN/平面DCFG: (2)若G,E,B,F共面，求平面EGC和平面DCFG所成角的余弦值. 16.(15分)如图所示的四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB/∥CD,AD⊥AB, DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B的大小为135°，点P到底面ABCD的 距离为号 p D B (I)过点P是否存在直线1，使直线I∥平面ABCD,若存在，作出该直线，并写出作法与理 由：若不存在，请说明理由： (2)若PM=2MC,求点M到平面PAD的距离. 17.(15分)如图所示，点P,O分别是正四棱柱ABCD-ABCD上、下底面的中心，E是AB 的中点，A4=2,AB=2W2 D C B D A E (1)求证：AE/1平面PBC: (2)求点O到平面PBC的距离： (3)求二面角A-PC-B的余弦值 18.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD,PD=DA=2, DC=1,M是BC的中点，点O在PM上，且PQ=2QM. 0 D- (1)证明：DQ⊥平面PAM: (2)求平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值. 19.(17分)如图，在直角梯形AOO,C中，A0/CO2,AO1⊥OO2,CO2=2,AO=4,点B是 线段O,O,的中点将△ABO4BCO,分别沿AB,BC向上折起，使O,O,重合于点O,得到三棱 锥O-ABC,且AO⊥平面BOC,在三棱锥O-ABC中解答下列问题， 01 O, B (1)求三棱锥O-ABC的体积； (2)记OA的中点为F,求异面直线CF与AB所成角的余弦： (3)记三角形ABC的重心为G,求平面GOC和平面AOC夹角的余弦值.2.4空间向量在立体几何中的应用课时作业 命题人：李文元 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答 题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围：湘教版(2019)选择性必修第二册第2章 2.4空间向量在立体几何中的应用 第一部分（选择题共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的. 1.设y,V2分别是空间中的直线，2的方向向量，A∈，B∈12.记甲：，y2,AB不 共面，乙：4与异面，则() A.甲是乙的充分不必要条件 B.甲是乙的必要不充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】从充分性和必要性的角度，结合异面直线的定义，即可判断和选择」 【详解】对空间中的任意两条直线，l2, 若y,2,AB不共面，显然，2不可能平行或相交，两直线异面，充分性成立： 若，l2是异面直线，根据异面直线的定义，定有y,V,,A8不共面，必要性成立： 故甲是乙的充要条件故选：C 2.已知向量=1，-1,3)与b=(←2，元，-6)平行，则实数入的值为（) A.2 B.-2 C.20 D.-20 【答案】A 【分析】根据向量平行的法则进行求解即可 【详解】解：由题意得：因为向量=1，-1,3)与b=(-2,2,-6平行 所以1=13 ,解得：2=2。故选：A -21-6 3.已知=(2,1,1)是直线1的方向向量，直线1经过点P(-1,0,1),则点2(2,4,6)到直线1的 距离为() A2 B. 5W2 c.5v6 D.3V6 2 2 【答案】B 【分析】由点到线的距离公式即可求解： 【详解】由题意直线1的方向向量m=(2,1,1),P9=(3,4,5),则P②=32+4+52=50， Pm=6+4+5=15, 园=V6,所以点(2,4,6)到直线1的距离为 -r- P·m 15 5V2 50 故选：B 6 4.已知A(1,2,1),B(0,1,2),C(3,1,1),若平面ABC的一个法向量为n=(x,y,1),则=（) B c. .(居 【答案】C 【分析】利用法向量和平面内直线的方向向量之间的关系求解即可 【详解】由A(1,2,1),B(0,1,2).C(3,1,1)得：AB=（-1,-1,1),AC=(2,-1,0), 面ABC的一个法向量为n=(x,y,1),所以n.AB=0,n.AC=0, 2 即-x-y+1=0,2x-y=0,解得x=5y 1 3 所以n= 3房1 12 故选：C 5.已知正三棱柱ABC-AB,C的侧棱长为3，底面边长为2，则直线AB与侧面ACC,A所成 角的正弦值等于() A. V39 B V130 √2 3 C. 13 13 【答案】A 【分析】解法1取AC的中点D,连接AD,B,D,根据线面的位置关系得到∠DAB,为直线AB 与侧面ACCA所成角，然后在三角形中求解；解法2建立空间直角坐标系，利用空间向量 的方法进行求解 【详解】解法1：如图，取AC的中点D,连接AD,B,D,则由正三棱柱的性质可知B,D⊥ 平面ACCA,.∠DAB为直线AB,与侧面ACCA所成角，在Rt△DAB,中， sin∠DAB= BDV339 AB,√1313 ，故选A 解法2：取AC1的中点D,连接B,D,则由正三棱柱的性质可知B,D⊥平面ACCA.设AC 的中点为D,分别以DB,DC,DD所在的直线为x,,z轴建立空间坐标系，则A(0,-1,3), B(5,0,0),平面ACC4的法向量n=(1,0,0),又AB=(51,-3) 设AB与平面ACC4所成角为6，则sin0=eos(,= 339 1×13 13 故选：A 6.已知AB=(-1,-1,1),AC=(2,-2,6),则平面ABC的一个法向量的坐标为() A.(12,-1) B.（-1,2,1) C.(1,-2,1) D.（-1,-2,1) 【答案】B AB.=0 【分析】设平面ABC的法向量i=(x,y,=),利用 求得向量m的坐标，进而判 AC.m=0 断选项所给向量是否与共线，即可得答案 AB.=0 【详解】设平面ABC的法向量m=(x,y,),则 AC.m=0 -X-y+z=0, 因为AB=(-1,-1,1),AC=(2,-2,6),所以 2x-2y+6z=0.' 令x=1,则y=-2,z=-1,所以平面ABC的一个法向量为m=(1,-2,-1). 所以平面ABC的一个法向量的坐标为(1，-2，-1)， 又弓=子故坐标为L2-)的向量不与m共线，故A错误： 又(-1,2,1)=-m,故坐标为(-1,2,1)的向量与共线，故B正确： 又对子宁故坐标为0-2的向量不与元共线，故c错误： 故坐标为(-1，-2,1)的向量不与m共线，故D错误故选：B. 7.已知直四棱柱ABCD-ABCD,底面AB,C,D为矩形，AB=1,BC=3,且CM=1MB, 若点B到平面AB,D的距离为 则点C到直线AM的距离为() 2 A.√30 B. V30 C.5 D.√2 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求解即得。 【详解】直四棱柱ABCD-ABCD,建立如图所示的空间直角坐标系， Z◆ D M B 由底面4BCD为矩形，AB=1,BC=3,且CM=MB, 得A(3,0,0),B(3,1,0),C(0,1,0),令DD=a,则D(0,0,a,B,3,1,a,M1,1,a), AD=(3,0,),AB,=(0,1),设平面ABD的法向量n=(xy,), i.AD,=-3x+az=0 则 n4B=y+e=0，令z=3,得1=a-3a3),而4B=010), 由点B到平面A8A的距离为5，得元1。一3a Vi0a+9之，解得a=3V 2 2 4 于是M01,.m=(219,.面4C-3L0, d=1c-M-1-2x(-3)+1x1=2N2 向量AC在向量AM方向上的投影长为”AM列 -9 所以点C到直线AM的距离为VAC-d=0-8=迈.故选：D 8.两个不重合的平面a,B,平面x的法向量为n=(2,-3,1),△ABC是平面B内的三角形 且AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1),则() A.平面/1平面B B.平面⊥平面B C.平面，平面B相交但不垂直 D.以上均有可能 【答案】A 【分析】由平面α的法向量与平面B的法向量的关系，判断两个平面的位置关系。 【详解】设平面B的法向量为而=(x,y,2), m4C=++2=0'设z=1,则x=2,=-3,即m=(2,-3 nAB=x-2z=0 则 由元=i,得平面a∥平面B.故选：A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.如图，在正方体ABCD-ABCD中，下列结论正确的是() D 4 9 A.CD/平面ABD B.CD⊥平面AB,D C.CD与BD所成的角为60 D.平面ACCA⊥平面AB,D 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质、空间向量夹角公式逐一判断即可。 【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系：设该正方体的棱长为1， D(0,0,0)A(1,0,0),B(1,1,1),A(10,1),C(0,1,1),D(0,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0) ZA A:设平面ABD的法向量为元=（x,y,z), DB=(1,1,0),D4=(1,0,1),CD=(0,-1,0,所以有 m.DB=x+y=0 可以取i=(1,-1,-1), mDA=x+=0 因为C,D=1≠0，所以m,CD不互相垂直，因此C,D/1平面ABD不成立，故本选项结 论不正确：B:设平面ABD的法向量为=(x,y,Z), DB=(1,1,1),DA=(1,0,0),CD=0,-1,1), 所以有 mD丽=名+y+名=0，可以取川=(01，-· ·DA=x=0 因为m=-CD,所以m/ICD,所以CD⊥平面ABD,故本选项结论正确： CD.DB C:因为CD=(0,-1,1),DB=41,0),所以cos(CD,DB -11 V2x√互2 因此CD与BD所成的角为60°，所以本选项结论正确： D:设平面ACCA的法向量为=(x2,y2,z2),AC=（-1,1,0),A41=(0,0,1),, 所以有严1C=+y,=0 ,可以取m2=(1,1,0), 2·A4=z2=0 设平面ABD的法向量为=(x3,y,23), AB=(0,1,1),AD=(←1,0,1) AB,=y3+23=0 所以有 ,可以取=(1，-1,1)，因为m,·=1-1+0=0, m·AD=-x3+23=0 所以2⊥叫，，因此平面ACCA⊥平面ABD,所以本选项结论正确，故选：BCD 10.如图，在四棱台ABCD-ABCD中，上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4 的正方形，O,O,分别为上、下底面的中心，OO⊥平面ABCD,A4=V3,以O2为坐标 原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列结论正确的是() A.O02=1 B.A(2,0,1) C. √2 D0,21 D.若点F在平面ABCD内，且AA⊥DF,则点F到平面BDDB的距离为 2 【答案】ABD 【分析】过A,C分别作AM⊥AC,CN⊥AC于M,N,可求得OO,=1判断A:进而可求得 1 A,D坐标判断BC:设F(x,y,O),利用AA⊥DF,可求得x=- ,利用向量法可求点万 到平面BDD,B,的距离判断D. 【详解】过A,C,分别作AM⊥AC,CN⊥AC于M,N, 因为OO2⊥平面ABCD,ACc平面ABCD,所以AM‖OO2‖CN,AM=O,O,=CN, 由已知可得四棱台ABCD-ABCD为正四棱台， 又上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，AC=2√2，AC=4W2 所以可得AM=√2，所以AM=VA4-AMP=1,所以OO2=1,故A正确： D B 所以A(W5,0,1),故B正确；D(0,-√2,1)，故C错误： 可得A(22,0,0),所以AA=(N2,0,-1),设F(xy,0),所以DF=（x,y+V2,-1, 1 因为AA⊥DF,所以AADF=√2x+1=0,解得x=- 由题意可知AC⊥平面BDDB,所以平面BDDB,的一个法向量为=L,O,0), 又DF 2,-1 所以点F到平面BDDB的距离为d DF 2√2，故D 2 正确故选：ABD 11.已知正方体ABCD-AB,C1D的棱长为2，动点P满足AP=xAB+yAD+=AA, (x,y,z∈[0,1]).下列说法正确的是() A.当x=y=0时，B,P+PD的最小值为V5 B.当x=y时，AP的最大值为2√5 C.当x=y=1时，则P到平面ABD的距离的取值范围是 2W34V3 3,3 D.当x+y+z=1,且AP= 26时，则P的轨迹总长度为 3 【答案】BCD 【分析】对于A,利用翻折使得，B,P,D三点共线，即可求得B,P+PD的最小值：对于B, 通过向量数量积的运算律计算，结合参数范围即可求得模长最大值；对于C,建系后，求出 相关向量的坐标，利用点到平面距离的向量公式计算，结合参数范围即可求得其范围；对于 D,先由条件判断点P在a4BD面内运动，接着求得△4BD的中心O满足1OP上25，比较 3 △4BD的内切圆半径与OP上25的大小，推得点P的轨迹为以点O为圆心， 3 25为半径 3 的圆在△ABD内的三段弧，利用平面几何知识，即可求得轨迹总长度 【详解】 B 对于A,当x=y=0时，AP=A4,二∈[0,1]，即点P在边A4上， 将平面AAB,B翻折到与平面ADDA共面，连接B,D,交AA于点P, 此时，B,P,D三点共线，B,P+PD取得最小值|B,D|,而B,D=√22+42=2√5，故A错误： 对于B,当x=y时，AP=xAB+xAD+=AA,则 1AP=x2|ABP+x2|ADP+2|A4=4(2x2+=2), 因x,z∈[0,1]，则APP=4(2x2+2)≤4(2+1)=12，当且仅当x=z=1时，AP取得最大值2√3， 故B正确： D A B 对于C,如图，以点A为坐标原点，分别以AB,AD,A4所在直线为x,y,z轴，建立空间直角 坐标系.则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A(0,0,2), 当x=y=1时，AP=AB+AD+A4=(2,0,0)+(0,2,0)+=(0,0,2)=(2,2,22), 即P(2,2,2z),则AP=(2,2,2:-2),BA=(-2,0,2),BD=(-2,2,0), 设平面ABD的法向量为n=(xy,),则 BA·i=-2x+2z=0 BD.i=-2x+2y=0 ,故可取n=(1,1,1), 则P到平面4BD的离为d-4T,见-V52+2到 n 3 因：e0,则2+2e利，故dey55,故c正确 ZA D B D市 B C 对于D,当x+y+z=1(x,y,z∈[0,1])时，由空间向量共面定理，可知点P在△ABD面内运 动， 连接AC,设AC,与平面ABD交于点O,连接OP, 由正方件的性页，可利1404C上25且401平面48D,点0为正三角形ABD的 3 中心， 因A=26,则0 PEAPF-A0_25故点P的轨迹为以点O为圆心，25为半径 3 3 2 的圆在△ABD内的部分 段△4BD的内切圆半径为r,由三角形面积相等：×(2W2少=3×。×2√)，解得，=V6 3 因，=V6 故点P的轨迹为以点O为圆心，2W3为半径的圆在△4BD内的三段 3 弧，如图所示 B VG 在RtAPOH中，OH⊥BD,cos∠POH=IOH 3 OP 23 2,可得∠POH= 4 3 由对称性可得，∠POP=2亚2x亚夏故P的轨迹总长度为3 23.元V3 3 46 二π，故D正确 363 故选：BCD 第二部分（非选择题共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 1V3 12.ag-22 )= 【答案】4 【分析】利用空间位置关系的向量证明，列式计算得解 【详解】由1/a,得m⊥i,从而=0，即3x-2-10=0,解得x=4.故答案为：4 13.在直三棱柱ABC-AB,C中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1,则直线AC,与AB所成角的 余弦值为 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量，利用向量夹角公式求两向量夹角，结合 异面直线夹角定义可得两直线的余弦值， 【详解】因为三棱柱ABC-AB,C为直三棱柱，且∠BAC=90°， 所以以点A为坐标原点，分别以AC,AB,AA为x,y2轴建立空间直角坐标系， 设AB=AC=A4=1,则A(0,0,0),B(0,1,0),A(0,0,1),C1,0,1), 所以4B=(0,1-1),4C=1,01),所以cos(4B,AC)= AB.AC0x1+1×0+(1)x11 AB AC W2x√2 2 因为异面直线所成的角在(0°，90]，所以异面直线AC与4B所成的角余弦值为；， 故答案为： B 14.在正方体ABCD-AB,C1D中，二面角B-AC,-D大小的余弦值为 【浴案) 【分析】建立空间直角坐标系取AC中点为E,得到二面角平面角为∠BED,即ED、EB的 夹角，求出ED、EB,即可求出结果. 【详解】 如图，取AC中点为E,连结DE,BE 以点D为坐标原点，分别以DA、DC、DD所在的直角为x,y,z轴，如图建立空间直角坐 标系，设AB=2.因为，△DAC和△BAC的边均为正方体各个面的对角线，所以△DAC和 △BAC,都是边长为2√2的等边三角形.又E为AC1的中点，所以DE⊥AC,BE⊥AC, 所以∠BED即ED、EB的夹角，即为二面角B-AC-D的平面角 因为D(0,0,0),B(2,2,0),A(2,0,2),C(0,2,2),则E(11,2), 所以BD(1,-1,-2列，B0,L-2,所以0-E0-V6,8DBB-1-1+4=2, 所以COS∠BED EB.ED 2 1 国历专言所以二面角B4GD大小的余弦值为兮故答案为：号 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)如图，在多面体ABCD-EFC中，ABCD为矩形，AE,CF,DG分别与平面ABCD 垂直，AE=AD=2,AB=CF=3,M,N分别是BD,EF的中点 G (1)求证：MN/1平面DCPG: (2)若G,E,B,F共面，求平面EGC和平面DCFG所成角的余弦值 【答案】(1)证明见解析 2)9217 217 【分析】(1)由中位线的性质得到MN/IFC,进而证明线面平行： (2)建立空间直角坐标系，利用四点共面的条件求出G点坐标，进而求出两个平面的法向 量，最后利用向量夹角公式求出二面角的余弦值， 【详解】(1)如图，连接AC, :ABCD是矩形，M是BD的中点， M是AC的中点， ·EA⊥平面ABCD,FC⊥平面ABCD, .EA//FC, 因为N是EF的中点，MN/FC, :MN丈平面DCFG,FCc平面DCFG, ∴.MN1/平面DCFG G D B (2)如图，以D为原点建立空间直角坐标系D-yz, 则迪已知，4〔20o,B230.c00),R202.PQ3),N3》 G D B 连接GB,,EA//FC,FCc平面DCFG,EA平面DCFG, ∴.EA/1平面DCFG, 又：AB/ICD,CDC平面DCFG,ABa平面DCFG, ∴AB/I平面DCFG, 又：EAC平面EAB,ABC平面EAB,且EAOAB=A, ∴，平面EAB/平面DCFG, G,E,B,F共面， 平面GEBF平面EAB=EB,平面GEBF平面DCFG=GF, .GF11EB,同理GB//BF, 所以四边形GEBF为平行四边形， ∴.BGEF=N,且N为GB中点， 可得G(0,0,5),则G亚=(2,0，-3)，G℃=(0,3，-5)， 设平面EGC的一个法向量为i=(x,y,), 则 m.GE=2x。-3z。=0 x。=9 取{y。=10 m.GC=3y。-5z。=01 (26=6 则平面EGC的一个法向量为i=(9,10,6), 取平面DCFG的一个法向量为i=(1,0,0), m.9 9v217 ∴.cos<,i>= m√217217 所以平面EGC和平面DCPG所成角的余弦值为9V217 217 16.(15分)如图所示的四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD,AD⊥AB, DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B的大小为135°，点P到底面ABCD的 距离为只 M D A B (1)过点P是否存在直线1，使直线I∥平面ABCD,若存在，作出该直线，并写出作法与理 由；若不存在，请说明理由： (2)若PM=2MC,求点M到平面PAD的距离. 【答案】(1)存在，理由见解析，图见解析： (2)点M到平面PAD的距离22a 3 【分析】(1)过点P作直线I平行于直线AD,根据线面平行判定定理证明1∥平面ABCD即可； (2)取AD的中点O,BC的中点E,证明AD⊥平面POE,建立空间直角坐标系，由条件 求平面PAD的法向量和M亚，利用向量投影公式求点M到平面PAD的距离， 【详解】(1)过点P是存在直线1，满足直线I∥平面ABCD,理由如下： 过点P在平面PAD内作直线I平行于直线AD, 因为II∥AD,I丈平面ABCD,ADC平面ABCD,所以II∥平面ABCD, D B (2)取线段AD的中点为O,线段BC的中点为E,连接OE,OP, 因为ABCD为直角梯形，AB∥CD,所以OEIAB,又AD⊥AB,所以AD⊥OE, 因为PA=PD,所以PO⊥AD,又PO∩OE=O,PO,OEc平面POE, 所以AD⊥平面POE,过点O在平面POE内作直线ON⊥OE, 则直线OA,OE,ON两两垂直， 以O为原点，OA,OE,ON为x,yz轴正方向建立空间直角坐标系， 过点P作PFIINO,交直线OE于点F, 因为ON⊥OA,ON⊥OE,OA,OEC平面ABCD,OAOOE=O, 所以ON⊥平面ABCD,故PF⊥平面ABCD, 又点P到底面ACD的睡离为号，所以PP-: 因为OE⊥AD,OP⊥AD,所以∠POE为二面角P-AD-B的平面角， 由已知可得∠PoB=135,所以∠PoP=45,所以0P-号 i4号a以号小-cga 所以0=(a0o.m=(号号到 因为丽=2派，所以m-号元-（ a 5a a 33-3 所以MP= aaa 3-33 iAD=0 -x=0 设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则 所以 ax iPA=0 + =0' 222 令y=1,则x=0,z=1,所以n=(0,1,1)为平面PAD的一个法向量， 5a a 0 所以点M到平面PAD的距离d」 M证. 3+32Wa 2 17.(15分)如图所示，点P,O分别是正四棱柱ABCD-ABCD上、下底面的中心，E是AB 的中点，A4=2,AB=2√2 D B E B (1)求证：AE1/平面PBC: (2)求点O到平面PBC的距离； (3)求二面角A-PC-B的余弦值 【答案】(1)证明见解析 (22v3 33 3 【分析】(1)解：以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面PBC的法向量为 n=(-1,1,1)和AE=(-1,1,-2),根据AE·=0,得到A正⊥n,进而证得AE/平面PBC: (2)由(1)知，平面PBC的一个法向量为n=(←1,1,1)，且OB=(0,2,0),结合向量的距离 公式，即可求解： (3)利用线面垂直的判定定理，证得OB⊥平面PAC,得到平面PAC的一个法向量为 OB=(0,2,0),由(1)知平面PBC的一个法向量为n=(1,1,1),结合向量的夹角公式，即 可求解 【详解】(1)解：以点O为坐标原点，以OA,OB,OP所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间 直角坐标系，如图所示，因为A4=2,AB=2√2， 则A(2,0,0),A(2,0,2),E1,1,0),P(0,0,2),B(0,2,0),-2,0,0), 可得AE=(-1,1,-2),BC=(-2,-2,0),PB=(0,2,-2), 设平面PBC的法向量为=(xy,),则 i.BC=-2x-2y=0 i PB=2y-2z=0 取z=1,可得x=-1,y=1,所以n=(-1,1,1),因为A正n=0,所以AEn, 又因为AE文平面PBC,所以AE//平面PBC. (2)解：由(1)知，平面PBC的一个法向量为=(-1,1,1)，且OB=(0,2,0), O死. 可得d= 2 网-12+12+ :一，所以点0到平面P3℃的距离为25 2W3 3 (3)解：在正方形ABCD中，可得OB⊥AC, 因为OP⊥平面ABCD,且OBC平面ABCD,所以OB⊥OP, 又因为AC∩OP=O,且AC,OPc平面PAC,所以OB⊥平面PAC, 所以平面PAC的一个法向量为OB=(0,2,0), 由(1)知，平面PBC的一个法向量为n=(-1,1,1), 设=面角4-10-B所成角的角为g,且0<0<受所以0-@m0巫- 丽25 72x33 所以二面角A-PC-B所成角的余弦值为 3 18.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD,PD=DA=2, DC=1,M是BC的中点，点O在PM上，且PQ=2QM. D (1)证明：DQ⊥平面PAM: (2)求平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值， 【答案】(1)证明见解析 5 【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量计算面面 角 【详解】(1)证明：由题PDL平面ABCD,底面ABCD为矩形，以D为原点，直线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D-z如图： 2 则42a0.DQao.co10.M1o.Po02.e[f号 0-(号)=1uo叭.币-(202). D0AM=0∴.D2⊥AM, ,DO.AP=0,.D2⊥AP, ,AM∩AP=A,且ALM,APc平面PAM,∴.DQ⊥平面PAM (法二)证明：由题PD⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形，以D为原点，直线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D-z如图： D 则42a0.Daa0:co10.M10,P0a2.Q》 设n=(x,y,z)是平面PAM的一个法向量.AM=(-1,1,0),AP=（-2,0,2). [x=1 ii.AM=-x+y=0 取x=1,有y=1 元AP=-2x+2z=0 2=1 ∴.n=1,1,1),D0= 222Y 333 则D0=2n,D0/n 3 .DO⊥平面PAM (法三)证明：连接DM :PD⊥平面ABCD,AMC平面ABCD,.PD⊥AM 在△AMD中，AM=DM=√2，AD=2. :AM+DM=AD,AM⊥DM,且PDODM=D,.AM⊥平面PDM, 又，DQC平面PDM,∴.AM⊥DQ wa0-得9又mu-器音号 VG .△PDM∽△DOM,.DQ⊥PM 且AM∩PM=M,且AM,PMC平面PAM,.DQ⊥平面PAM. (2)(接向量法)由(1)可知平面PAM的法向量为D0= 222 333 (也可为n=(1,1,1)) 平面PcD的一个法向量为m=(1,0,0)。 cos(m,DO)= i.Do 3 3 Do k23 1 3 .平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为 3 (法二)延长AM,DC,交于点N,连接PN D以 ,N∈AM,∴Ne平面PAM,N∈CD, .N∈平面PCD .平面PAMO平面PCD=PN 过D做DT⊥PN于T,连接AT. ,PD⊥平面ABCD,PD⊥AD 又AD⊥CD,CD∩PD=D, ∴.AD⊥平面PCD,又PNC平面PCD, .AD⊥PN 又：DT⊥PN,DTOAD=D,DT,ADC平面ADT, .PN平面ADT,∴.PNL AT, ,∠ATD为二面角A-PN-D的平面角 在Rt△ATD中，AT=√6， ∴.cos∠ATD=DT=2_V5 AT 6 3 平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为5 19.(17分)如图，在直角梯形AOO,C中，AO/1C02,AO1⊥OO2,C02=2,AO=4,点B是 线段OO,的中点.将△ABO△BCO2分别沿AB,BC向上折起，使O,O,重合于点O,得到三棱 锥O-ABC,且AO⊥平面BOC,在三棱锥O-ABC中解答下列问题. B O B 02 (1)求三棱锥O-ABC的体积； (2)记OA的中点为F,求异面直线CF与AB所成角的余弦： (3)记三角形ABC的重心为G,求平面GOC和平面AOC夹角的余弦值， 【答案】（①）房 8 (2)0 3)36 5 【分析】(1)由折起前后图形的联系，得线段OA,OB,OC的长度，进而可得： (2)由空间向量法求线线角： (3)由空间向量法求面面角 【详解】(1)由题知：AO⊥平面BOC,OCc平面BOC,所以AO⊥OC, 所以在三棱锥O-ABC中，4C2=402+0C2=4?+22=20 所以在直角梯形AOO,C中，取AO的中点E,则△ACE是直角三角形， E 01 B 所以，AC2=OO+AE2,解得OO2=4,故BO2=2, 所以，Vo-Ae= xSex0A-x0CxOB×0A 1 6 3 (2)由(1)知：AO⊥OC,A0⊥OB,又B0⊥OC: 以O为坐标原点，以OC,OB,OA的方向分别作为x轴，y轴，z轴的正方向， F 建立如图空间直角坐标系O-9, 所以A(0,0,4),B(0,2,0),C(2,0,0),F(0,0,2),C℉=（-2,0,2)，AB=(0,2,-4) CF.AB 8 10 设异面直线CF与AB所成角为a,所以cosa CF AE 2W2×25 5 (3) 0 A G光 0+0+20+2+04+0+0 由题知： G 3 所以0元=22，o元=20,0) 3 (333 设i=（x,y)为平面OGC的法向量， 的 i.0G=0 2x+2y+4z=0 可得： i.0c=0 2x=0 ，令y=2得：i=(0,2,-1) OB. OB为平面OAC的法向量，设平面GOC和平面AOC夹角为日，所以cos6= 142W5 0B255 所以平面G0℃和平面40C夹角的余弦值为25 2.4空间向量在立体几何中的应用 课时作业 命题人：李文元 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 班级： 姓名： 成绩： 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．考试范围：湘教版（2019）选择性必修第二册第2章 2.4空间向量在立体几何中的应用 第一部分（选择题 共58分） 1、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．设，分别是空间中的直线，的方向向量，，.记甲：，，不共面，乙：与异面，则（    ） A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】从充分性和必要性的角度，结合异面直线的定义，即可判断和选择. 【详解】对空间中的任意两条直线， 若，，不共面，显然不可能平行或相交，两直线异面，充分性成立； 若是异面直线，根据异面直线的定义，定有，，不共面，必要性成立； 故甲是乙的充要条件.故选：C. 2．已知向量与平行，则实数的值为（    ） A．2 B．-2 C．20 D．-20 【答案】A 【分析】根据向量平行的法则进行求解即可. 【详解】解：由题意得：因为向量与平行 所以，解得：。故选：A 3．已知是直线的方向向量，直线经过点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由点到线的距离公式即可求解； 【详解】由题意直线的方向向量，，则， ，，所以点到直线的距离为 ，故选：B. 4．已知，若平面的一个法向量为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用法向量和平面内直线的方向向量之间的关系求解即可. 【详解】由得：， 面的一个法向量为，所以， 即，解得，所以，故选：C． 5．已知正三棱柱的侧棱长为3，底面边长为2，则直线与侧面所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解法1取的中点D，连接AD，，根据线面的位置关系得到为直线与侧面所成角，然后在三角形中求解；解法2建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法进行求解. 【详解】解法1：如图，取的中点D，连接AD，，则由正三棱柱的性质可知平面，∴为直线与侧面所成角，在中，，故选A. 解法2：取的中点，连接，则由正三棱柱的性质可知平面.设AC的中点为D，分别以，，所在的直线为x，y，z轴建立空间坐标系，则，，平面的法向量，又， 设与平面所成角为，则.故选：A. 6．已知，则平面的一个法向量的坐标为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设平面的法向量，利用，求得向量的坐标，进而判断选项所给向量是否与共线，即可得答案. 【详解】设平面的法向量，则， 因为，所以， 令，则，所以平面的一个法向量为． 所以平面的一个法向量的坐标为， 又，故坐标为的向量不与共线，故A错误； 又，故坐标为的向量与共线，故B正确； 又，故坐标为的向量不与共线，故C错误； 又，故坐标为的向量不与共线，故D错误.故选：B． 7．已知直四棱柱，底面为矩形，，，且，若点到平面的距离为，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求解即得. 【详解】直四棱柱，建立如图所示的空间直角坐标系， 由底面为矩形，，，且， 得，令，则， ，设平面的法向量， 则，令，得，而， 由点到平面的距离为，得，解得， 于是，，而， 向量在向量方向上的投影长为， 所以点到直线的距离为.故选：D 8．两个不重合的平面，，平面的法向量为，△ABC是平面内的三角形且，，则（ ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面，平面相交但不垂直 D．以上均有可能 【答案】A 【分析】由平面α的法向量与平面的法向量的关系，判断两个平面的位置关系. 【详解】设平面的法向量为, 则，设，则，，即， 由，得平面平面．故选：A 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，在正方体中，下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．与所成的角为 D．平面平面 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质、空间向量夹角公式逐一判断即可. 【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系：设该正方体的棱长为， . A：设平面的法向量为， ，所以有，可以取， 因为，所以不互相垂直，因此平面不成立，故本选项结论不正确；B：设平面的法向量为， ， 所以有，可以取， 因为，所以，所以平面，故本选项结论正确； C：因为，所以， 因此与所成的角为，所以本选项结论正确； D：设平面的法向量为，， 所以有，可以取， 设平面的法向量为， ， 所以有，可以取，因为， 所以，因此平面平面，所以本选项结论正确，故选：BCD 10．如图，在四棱台中，上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，分别为上、下底面的中心，平面，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．若点F在平面内，且，则点F到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】过分别作于，可求得判断A；进而可求得坐标判断BC；设，利用，可求得，利用向量法可求点F到平面的距离判断D. 【详解】过分别作于， 因为平面，平面，所以，， 由已知可得四棱台为正四棱台， 又上底面为边长为2的正方形，下底面为边长为4的正方形，， 所以可得，所以，所以，故A正确； 所以，故B正确；，故C错误； 可得，所以，设，所以， 因为，所以，解得， 由题意可知平面，所以平面的一个法向量为， 又，所以点F到平面的距离为，故D正确.故选：ABD. 11．已知正方体的棱长为2，动点满足，.下列说法正确的是（    ） A．当时，的最小值为 B．当时，的最大值为 C．当时，则到平面的距离的取值范围是 D．当，且时，则的轨迹总长度为． 【答案】BCD 【分析】对于A，利用翻折使得，三点共线，即可求得的最小值；对于B，通过向量数量积的运算律计算，结合参数范围即可求得模长最大值；对于C，建系后，求出相关向量的坐标，利用点到平面距离的向量公式计算，结合参数范围即可求得其范围；对于D，先由条件判断点在面内运动，接着求得的中心满足，比较的内切圆半径与的大小，推得点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在内的三段弧，利用平面几何知识，即可求得轨迹总长度. 【详解】 对于A，当时，，即点在边上， 将平面翻折到与平面共面，连接,交于点, 此时，三点共线，取得最小值,而，故A错误； 对于B，当时，，则， 因，则，当且仅当时，取得最大值，故B正确； 对于C，如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则, 当时，， 即,则，, 设平面的法向量为，则，故可取， 则到平面的距离为， 因，则，故，故C正确； 对于D，当时，由空间向量共面定理，可知点在面内运动， 连接,设与平面交于点,连接, 由正方体的性质，可得,且平面，点为正三角形的中心， 因，则,故点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在内的部分. 设的内切圆半径为，由三角形面积相等：，解得， 因，故点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在内的三段弧，如图所示. 在中，,,可得， 由对称性可得，,故的轨迹总长度为，故D正确. 故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．arg＝________． 【答案】4 【分析】利用空间位置关系的向量证明，列式计算得解. 【详解】由，得，从而，即，解得.故答案为：4 13．在直三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为____________. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，求直线的方向向量，利用向量夹角公式求两向量夹角，结合异面直线夹角定义可得两直线的余弦值. 【详解】因为三棱柱为直三棱柱，且， 所以以点为坐标原点，分别以为 轴建立空间直角坐标系, 设，则， 所以，所以 ， 因为异面直线所成的角在，所以异面直线与所成的角余弦值为， 故答案为：. 14．在正方体中，二面角大小的余弦值为_________． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系.取中点为，得到二面角平面角为，即、的夹角，求出、，即可求出结果. 【详解】 如图，取中点为，连结. 以点为坐标原点，分别以、、所在的直角为轴，如图建立空间直角坐标系，设.因为，和的边均为正方体各个面的对角线，所以和都是边长为的等边三角形.又为的中点，所以，， 所以即、的夹角，即为二面角的平面角. 因为，，，，则， 所以，，所以，， 所以.所以二面角大小的余弦值为.故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13分）如图，在多面体中，为矩形，分别与平面垂直，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)若共面，求平面和平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由中位线的性质得到，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用四点共面的条件求出点坐标，进而求出两个平面的法向量，最后利用向量夹角公式求出二面角的余弦值. 【详解】（1）如图，连接， 是矩形，是的中点， 是的中点， 平面，平面， ， 因为是的中点，， 平面，平面， 平面. （2）如图，以D为原点建立空间直角坐标系， 则由已知，，，， 连接，，平面，平面， 平面， 又，平面，平面， 平面， 又平面，平面，且， ∴平面平面， 共面， 平面平面，平面平面， ，同理， 所以四边形为平行四边形， ，且为中点， 可得，则， 设平面的一个法向量为， 则，取， 则平面的一个法向量为， 取平面的一个法向量为， ， 所以平面和平面所成角的余弦值为. 16．（15分）如图所示的四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，二面角的大小为，点P到底面的距离为． (1)过点P是否存在直线l，使直线∥平面，若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由； (2)若，求点M到平面的距离． 【答案】(1)存在，理由见解析，图见解析； (2)点M到平面的距离. 【分析】(1)过点作直线平行于直线，根据线面平行判定定理证明平面即可； (2)取的中点，的中点，证明平面，建立空间直角坐标系，由条件 求平面的法向量和，利用向量投影公式求点M到平面的距离． 【详解】（1）过点P是存在直线l，满足直线∥平面，理由如下； 过点在平面内作直线平行于直线， 因为，平面，平面，所以平面， （2）取线段的中点为，线段的中点为，连接， 因为为直角梯形，，所以，又，所以， 因为，所以，又，平面， 所以平面，过点在平面内作直线， 则直线两两垂直， 以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 过点作，交直线OE于点F， 因为，平面，， 所以平面，故平面， 又点P到底面的距离为，所以， 因为，，所以为二面角的平面角， 由已知可得，所以，所以， 所以， 所以，， 因为，所以，所以 设平面的法向量为，则，所以， 令，则，所以为平面的一个法向量， 所以点M到平面的距离. 17．（15分）如图所示，点分别是正四棱柱上、下底面的中心，是的中点，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）解：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为和，根据，得到，进而证得平面； （2）由（1）知，平面的一个法向量为，且，结合向量的距离公式，即可求解； （3）利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到平面的一个法向量为，由（1）知平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）解：以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以，因为，所以， 又因为平面，所以平面. （2）解：由（1）知，平面的一个法向量为，且， 可得，所以点到平面的距离为. （3）解：在正方形中，可得， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以平面的一个法向量为， 由（1）知，平面的一个法向量为， 设二面角所成角的角为，且，所以， 所以二面角所成角的余弦值为. 18．（17分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量计算面面角. 【详解】（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图： 则，，，，，， ，，， ∵∴， ∵，∴， ∵,且平面，∴平面. （法二）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图： 则，，，，，， 设是平面的一个法向量.，. 取，有 ∴，，则，. ∴平面. （法三）证明：连接 ∵平面，平面,∴. 在中，，. ∵，∴，且，∴平面， 又∵平面，∴. ∵，又∵， ∴，∴. 且，且平面，∴平面. （2）（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）. 平面的一个法向量为. . ∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为. （法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN. ∵，∴平面，∵， ∴平面. ∴平面平面. 过D做于，连接. ∵平面，∴. 又，， ∴平面，又平面， ∴. 又∵，，平面, ∴平面，∴， ∴为二面角的平面角. 在中，， ∴. ∴平面与平面的夹角的余弦值为. 19．（17分）如图，在直角梯形中，，点是线段的中点.将分别沿向上折起，使重合于点，得到三棱锥，且平面，在三棱锥中解答下列问题. (1)求三棱锥的体积； (2)记的中点为，求异面直线与所成角的余弦； (3)记三角形ABC的重心为，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由折起前后图形的联系，得线段的长度，进而可得； （2）由空间向量法求线线角； （3）由空间向量法求面面角. 【详解】（1）由题知：平面，平面，所以， 所以在三棱锥中， 所以在直角梯形中，取的中点，则是直角三角形， 所以，，解得，故， 所以， （2）由（1）知：，又： 以为坐标原点，以的方向分别作为轴，轴，轴的正方向， 建立如图空间直角坐标系， 所以， 设异面直线与所成角为，所以， （3） 由题知：，所以 设为平面的法向量， 由可得：，令得： 为平面的法向量，设平面和平面夹角为，所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $