2021高考数学考点专项突破 运用空间向量解决立体几何中的角与距离（含解析）.docx

1、运用空间向量解决立体几何中的角与距离一、单选题1、若直线l的方向向量为a(1，0，2)，平面的法向量为n(2，0，4)，则( )A. l B. l C. l D. l与斜交【答案】B【解析】a(1，0，2)，n(2，0，4)，n2a，即an，l.故选B.2、 已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是( )A. (1，1，1) B. (1，1，1)C. D. 【答案】C.【解析】(1，1，0)，(1，0，1)，经计算得C项符合题意故选C.3、在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的正切

2、值为( )A. B. C. D. 【答案】C.【解析】以D为坐标原点，DC，DA，DD1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，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，第3题图可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(2，0，2)，由中点坐标公式可得E(2，1，0)，F(2，1，2)，则AF(2，1，2)，C1E(0，1，2)，设两异面直线所成角为，则cos |cos，C1E|，则sin ，故异面直线AF与C1E所成角的正切值为.故选C.4、如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M

3、与D1N所成角的余弦值为()A.BC. D.【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系设正方体的棱长为2，则B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，(1，1，2)，(1,0，2)，B1M与D1N所成角的余弦值为.5、.如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB3，E为线段AB上一点，且AEAB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为() A. BC. D.【答案】A【解析】如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0

4、)，(0,3,1)，(1,1，1)，(0,3，1)设平面D1EC的法向量为n(x，y，z)，则即取y1，得n(2,1,3)cos，n，DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.6、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）在正方体中，是底面的中心，是棱上的点，且，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）ABCD【答案】C【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为4，则，平面的法向量，设平面的法向量，则，取，得，.故选：C.7、在正方体ABCD A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦

5、值为()A. BC. D.【答案】B【解析】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则即n1(1,2,2)又平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.8、如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB，AF1，M在EF上，且AM平面BDE.则M点的坐标为() A(1,1,1) BC. D.【答案】C【解析】设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM平面BDE，且AM平面ACEF，平

6、面ACEF平面BDEOE，AMEO，又O是正方形ABCD对角线交点，M为线段EF的中点在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(，1)由中点坐标公式，知点M的坐标.9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，矩形中，为的中点，沿着向上翻折，使点到.若在平面上的投影落在梯形内部（不含边界），设二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由，可知，作中点，则，故在线段上，作交于，连接，如图，易知，又，故选：C10、（2020届浙江省“山水联盟”高三下学期开学）如图正四棱锥，为线段上的一个动点，记二面角为，与平面所成的角为，与所成的角为，则（ ）ABCD【答案】C

7、【解析】以正方形的中心为原点，分别以平行于所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示取中点，连接.则.连接，则.设，则.则.又，.，即.由题意知都是锐角，.故选：.11、（2018年高考浙江卷）已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则（ ）A123 B321C132 D231【答案】D【解析】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO垂直于底面AB

8、CD，OM垂直于AB， 因此从而因为，所以即，故选D.12、（2019年高考浙江卷）设三棱锥VABC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）记直线PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面角为，则（ ）A，B， C， D， 【答案】B【解析】如图，为中点，连接VG，在底面的投影为，则在底面的投影在线段上，过作垂直于于E，连接PE，BD，易得，过作交于，连接BF，过作，交于，则，结合PFB，BDH，PDB均为直角三角形，可得，即；在RtPED中，即，综上所述，答案为B.13、（2018年高考全国卷理数）在长方体中，则异面直线与所成角的余弦值

9、为（ ）ABCD【答案】C【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则，连接，易求得，则是异面直线与所成的角，由余弦定理可得.故选C.方法二：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，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C.14、（2019年11月北京市清华大学中学生标准学术能力诊断性测试测试数学（理)试题）如图，在菱形ABCD中，ABC60，E，F分别是边AB，CD的中点，现将ABC沿着对角线AC翻折，则直线EF与平面ACD所成角的正切值最大值为( )ABCD【答案】D【解析】如图，以的中点为坐标原点，建立空间

10、直角坐标系，设二面角为，可证，设棱形的边长为，则，易知平面的法向量设直线与平面所成角为，则令，则时即在上单调递增；时即在上单调递减；则故选：二、多选题15、（2010建邺区校级期中）已知点是平行四边形所在的平面外一点，如果，2，2，下列结论正确的有ABC是平面的一个法向量D【答案】ABC【解析】：对于，即，正确；对于，即，正确；对于，由，且，得出是平面的一个法向量，正确；对于，由是平面的法向量，得出，则错误故选：16、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形中，与相交于点，将沿折起，使顶点至点，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）AB存在一个位置，使为等边三角形C与不可能垂直D直线与平面

11、所成的角的最大值为【答案】ABD【解析】A选项，因为菱形中，与相交于点，所以，；将沿折起，使顶点至点，折起过程中，始终与垂直，因此，又，由线面垂直的判定定理，可得：平面，因此，故A正确；B选项，因为折起的过程中，边长度不变，因此；若为等边三角形，则；设菱形的边长为，因为，则，即，又，所以，即二面角的余弦值为时，为等边三角形；故B正确； C选项，由A选项知，所以，因此，同B选项，设菱形的边长为，易得，所以，显然当时，即；故C错误；D选项，同BC选项，设菱形的边长为，则，由几何体直观图可知，当平面，直线与平面所成的角最大，为，易知.故选：ABD.17、（2019秋桥西区校级月考）如图正方体的棱长为

12、，以下结论正确的是A异面直线与所成的角为B直线与垂直C直线与平行D三棱锥的体积为【答案】ABD【解析】：如图所示，建立空间直角坐标系，0，0，0，0，异面直线与所成的角为，0，0，直线与垂直，0，0，直线与垂直，不平行；三棱锥的体积综上可知：只有不正确故选：18、如图所示，在正方体中，分别为棱，的中点，其中正确的结论为A直线与是相交直线B直线与是平行直线C直线与是异面直线D直线与所成的角为【答案】CD【解析】：在正方体中，分别为棱，的中点，在中，直线与是异面直线，故错误；在中，直线与是异面直线，故错误；在中，直线与是异面直线，故正确；在中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方

13、体中棱长为2，则，1，2，0，2，1，2，则，直线与所成的角为，故正确故选：三、填空题19、在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_【答案】：【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，由于AB2，BCAA11，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以(1,2,0)，(1,0,1)，(0,2,0)设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，则有即令x2，得y1，z2，则n(2,1,2)设D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin |cos，n|，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值

14、为.20、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知正四面体和平面，正四面体绕边旋转，当与平面所成角最大时，与平面所成角的正弦值为_【答案】【解析】由题意可得：当与平面所成角最大时即平面，以的中点为原点建立空间直角坐标系（如图），过作平面，垂足为，设，则，即,设与平面所成角为，平面的法向量为，则即与平面所成角的正弦值为故答案为：21、（北京市昌平区新学道临川学校2019-2020学年高三上学期期末）已知圆锥的顶点为，为底面中心，为底面圆周上不重合的三点，为底面的直径，为的中点.设直线与平面所成角为，则的最大值为_【答案】【解析】以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不

15、妨设，则：，如图所示，由对称性不妨设且，则，易知平面SAB的一个法向量为，据此有： ，当且仅当时等号成立，综上可得：的最大值为.22、如图，已知四棱锥P ABCD的底面ABCD是等腰梯形，ABCD，且ACBD，AC与BD交于O，PO底面ABCD，PO2，AB2，E，F分别是AB，AP的中点，则二面角F OE A的余弦值为_【答案】【解析】以O为坐标原点，OB，OC，OP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Oxyz，由题知，OAOB2，则A(0，2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，1,0)，F(0，1,1)，(1，1,0)，(0，1,1)，设平面OEF的法

16、向量为m(x，y，z)，则即令x1，可得m(1,1,1)易知平面OAE的一个法向量为n(0,0,1)，则cosm，n.由图知二面角FOEA为锐角，所以二面角FOEA的余弦值为.23、(一题两空)如图所示，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PAPD，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，ABBC1，O为AD的中点(1)则直线PB与平面POC所成角的余弦值为_； (2)则B点到平面PCD的距离为_【答案】(1)(2)【解析】：(1)在PAD中，PAPD，O为AD的中点，POAD.又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，PO平面ABC

17、D.在PAD中，PAPD，PAPD，AD2.在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，OABC1，OCAD.以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,1)，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，(1，1，1)OAOP，OAOC，OPOCO，OA平面POC.(0，1,0)为平面POC的法向量，cos，PB与平面POC所成角的余弦值为.(2)(1，1，1)，设平面PCD的法向量为u(x，y，z)，则取z1，得u(1,1,1)则B点到平面PCD的距离d.四、解答题24、（2020届山东省烟台市高

18、三上期末）如图，在四棱锥中，为直角梯形，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为上一点，且.（1）证明：直线平面；（2）求二面角的余弦值.【解析】（1）连接交于点,连接,因为,所以与相似,所以, 又,所以,因为平面,平面,所以直线平面（2）由题,因为平面平面,平面平面,平面,所以平面, 以为坐标原点,所在的方向分别为轴、轴的正方向,与均垂直的方向作为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,因为,则,所以,设平面的一个法向量为,则,即,令,得,于是,设平面的一个法向量为,则,即,令,得,于是,设二面角的平面角的大小为,则,所以二面角的余弦值为25、（2020年高考全国卷理数）如图，为圆锥的顶点

19、，是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，为上一点，（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值【解析】（1）设，由题设可得，.因此，从而.又，故.所以平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由题设可得.所以.设是平面的法向量，则，即，可取.由（1）知是平面的一个法向量，记，则.所以二面角的余弦值为.26、（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥PABC中，PAC为等腰直角三角形，为正三角形，D为A的中点，AC=2(1)证明：PBAC；(2)若三棱锥的体积为，求二面角APCB的余弦值【解析】（1）证：为等腰直角三角形，为中点， 又为

20、正三角形，为中点，又，平面，平面PBD，又平面，（2）解：设三棱锥的高为，又平面ABC，如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，设为平面的一个法向量，则，即，令，得，又是平面的一个法向量，由图可知二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为27、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为的三棱柱中，平面平面，为与的交点（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值【解析】（1）因为四边形为菱形，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以.（2）因为，所以菱形为正方形，在中，在中，所以，又，所以，平面；以为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标

21、系.，设平面的一个法向量为平面的一个法向量为，则令，得，令，得，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.28、（2020年高考全国卷理数）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，（1）证明：点在平面内；（2）若，求二面角的正弦值【解析】设，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系（1）连结，则，得因此，即四点共面，所以点在平面内（2）由已知得，设为平面的法向量，则即可取设为平面的法向量，则同理可取因为，所以二面角的正弦值为30、（2020年高考江苏）在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，B1C平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点（1）求证：EF

22、平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C平面ABB1【解析】因为分别是的中点，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面,所以.又,平面,平面, 所以平面.又因为平面,所以平面平面.31、（2020年高考浙江）如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACB=ACD=45，DC =2BC（）证明：EFDB；（）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值【解析】（）如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB由，得，由平面ACFD平面ABC得DO平面ABC，所以.由，得.所以BC平面BDO，故BCDB由三棱台得，所以.（）方法一：过点作，交直线BD于点，连结.由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.设.由，得，所以，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.方法二：由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.设.由题意知各点坐标如下：.因此.设平面BCD的法向量.由即，可取.所以.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.