第一章空間向量與立體幾何課時1.4.2空間向量的應用〔02〕用空間向量研究距離、夾角問題1.理解空間角、空間距離的概念。2.會用向量法求空間角。3.會用向量法求空間距離。根底過關練題組一用空間向量求空間的距離問題1.如下圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=2,E,F分別是面A1B1C1D1,面BCC1B1的中心,那么E,F兩點間的距離為()A.1B.52C.622.平面α的一個法向量n=(-2,-2,1),點A(-1,3,0)在平面α內,那么點P(-2,1,4)到α的距離為()A.10B.3C.83D.3.如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中點,M是棱CC1上的點,且CC1=3CM,那么直線BM與B1N之間的距離為.

4.在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為棱AA1,BB1的中點,G為棱A1B1上的一點,且A1G=λ(0<λ<2),那么點G到平面D1EF的距離為.5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求證:M為PB的中點；(2)求點C到平面BDP的距離d.題組二用空間向量求空間角的問題6.設平面α與平面β的夾角為θ,假設平面α,β的法向量分別為n1,n2,那么cosθ=()A.n1·C.|n17.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M為A1B1的中點,那么異面直線AM與B1C所成角的余弦值為()A.105B.1010C.38.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E為BB1的中點,那么平面A1ED與平面ABCD的夾角的余弦值為()A.12B.23C.39.在一個二面角的兩個面內都和二面角的棱垂直的兩個向量分別為(0,-1,3)和(2,2,4),那么這個二面角的余弦值為.

10.點E,F分別在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,那么平面AEF與平面ABC所成角的正切值為.

11.如圖,在長方體A1B1C1D1-ABCD中,AB=3,BC=1,AA1=2,E為A1D的中點.(1)求直線EC1與A1B所成角的余弦值；(2)假設F為BC的中點,求直線EC1與平面FA1D1所成角的正弦值.能力提升練題組一用空間向量求空間距離1.()在空間直角坐標系中,定義:平面α的一般方程為Ax+By+Cz+D=0(A,B,C,D∈R,且A,B,C不同時為零),點P(x0,y0,z0)到平面α的距離d=|Ax0+By0+Cz0+D|A2+B2+C2,A.55B.C.2D.52.()如圖,在棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為A1D1的中點,Q為A1B1上任意一點,E,F為CD上兩個動點,且EF的長為定值,那么點Q到平面PEF的距離()A.等于55aB.和EFC.等于23aD.和點Q3.(多項選擇)()正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,點E、O分別是A1B1、A1C1的中點,P在正方體內部且滿足AP=34AB+12AD+23AA.點A到直線BE的距離是5B.點O到平面ABC1D1的距離為2C.平面A1BD與平面B1CD1間的距離為3D.點P到直線AB的距離為254.()如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,點P在正方形BCC1B1內及其邊界上運動,并且總保持B1P∥平面A1BD,那么動點P的軌跡的長度是.

5.()正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為4,M、N、P分別在棱AB、BC、CC1上,且AM=1,BN=2,CP=3.過M、N、P三點的平面交AC1于點Q,那么A、Q兩點間的距離為.

6.()如圖,四邊形ABCD為矩形,四邊形ABEF為直角梯形,FA⊥AB,AD=AF=FE=1,AB=2,AD⊥BE.(1)求證:BE⊥DE；(2)求點F到平面CBE的距離.題組二用空間向量求空間角7.()正四棱錐S-ABCD中,SA=AB=2,那么直線AC與平面SBC所成角的正弦值為()A.36B.66C.38.()在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BCA=90°,D1,F1分別是A1B1,A1C1的中點,BC=CA=CC1,那么BD1與AF1所成角的余弦值是()A.3010B.12C.309.()菱形ABCD中,∠ABC=60°,沿對角線AC折疊之后,使得平面BAC⊥平面DAC,那么二面角B-CD-A的余弦值為()A.2B.12C.3310.()如圖1,四邊形ABCD與四邊形ADEF分別為正方形和等腰梯形,AD∥EF,AF=2,AD=4,EF=2,沿AD邊將四邊形ADEF折起,使得平面ADEF⊥平面ABCD,如圖2,動點M在線段EF上,N,G分別是AB,BC的中點,設異面直線MN與AG所成的角為α,那么cosα的最大值為()A.3010B.105C.1011.(多項選擇)()如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,AD=4,AB=2,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD為等腰直角三角形,且∠PAD=π2,O為底面ABCD的中心,E為PD的中點,F在棱PA上,假設FAPA=λ,λ∈[0,1],那么以下說法正確的有(A.異面直線PO與AD所成角的余弦值為21B.異面直線PO與AD所成角的余弦值為2C.假設平面OEF與平面DEF夾角的正弦值為55,那么λ=D.假設平面OEF與平面DEF夾角的正弦值為55,那么λ=12.()如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=AA1=2BC=2,D為AA1上一點.假設二面角B1-DC-C1的大小為30°,那么AD的長為.

題組三用空間向量解決探索性問題13.()如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=22,BC=42,PA=4.(1)求證:AB⊥PC；(2)在線段PD上是否存在一點M(不與P,D重合),使得平面MAC與平面ACD夾角的大小為45°？假設存在,求BM與平面MAC所成角的正弦值；假設不存在,請說明理由.14.()如圖,四棱錐P-ABCD中,側面PAD是邊長為2的正三角形且與底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M為棱PC上的動點,且PMPC=λ(λ∈[0,1]).(1)求證:△PBC為直角三角形；(2)試確定λ的值,使得平面PAD與平面ADM夾角的余弦值為25答案全解全析根底過關練1.C以點A為原點,AB所在直線為x軸,AD所在直線為y軸,AA1所在直線為z軸建立空間直角坐標系,那么點E(1,1,2),F2,1,22,所以|EF|=(2-1)2+(12.D由得PA=(1,2,-4),故點P到平面α的距離為|PA·n||n|3.答案6解析設正方體的棱長為1,如圖,建立空間直角坐標系,那么B(1,1,0),B1(1,1,1),M0,1,13,N12,0,0,∴BB1=(0,0,1),BM=設直線BM與B1N的公垂線方向上的向量n=(x,y,z),由n·BM=0,n·B1得-令x=2,那么z=6,y=-7,∴n=(2,-7,6).設直線BM與B1N之間的距離為d,那么d=|BB1·n4.答案2解析由題意得A1B1∥EF,A1B1?平面D1EF,EF?平面D1EF,所以A1B1∥平面D1EF,那么點G到平面D1EF的距離等于點A1到平面D1EF的距離.以D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系Dxyz,那么D1(0,0,2),E(2,0,1),F(2,2,1),A1(2,0,2),所以D1E=(2,0,-1),D1設平面D1EF的法向量為n=(x,y,z),那么2令x=1,那么y=0,z=2,所以平面D1EF的一個法向量n=(1,0,2).點A1到平面D1EF的距離為A1E·n|n|=-1×25=2解題反思當直線l與一個平面α平行時,這條直線上任意一點到該平面的距離都相等,此題利用A1B1∥平面D1EF,將點G到平面D1EF的距離轉化為點A1到平面D1EF的距離,在計算過程中擺脫了對參數λ的依賴,簡化了解題過程.5.解析(1)證明:如圖,設AC∩BD=O,∵四邊形ABCD為正方形,∴O為BD的中點.連接OM.∵PD∥平面MAC,PD?平面PBD,平面PBD∩平面MAC=OM,∴PD∥OM,∴BOBD=BMBP,即M為PB(2)取AD的中點G,∵PA=PD,∴PG⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,連接OG,那么PG⊥OG,由G是AD的中點,O是AC的中點,可得OG∥DC,那么OG⊥AD.以G為坐標原點,GD、GO、GP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.由PA=PD=6,AB=4,得D(2,0,0),P(0,0,2),C(2,4,0),B(-2,4,0),M-1,2,22,那么DP=(-2,0,2),設平面BDP的法向量為m=(x,y,z),那么由m·DP=0,m·DB=0,得-2x又CM=-3,-2,22,那么點C到平面BDP的距離d=6.B由兩個平面的夾角概念知,cosθ=n1·n2|7.A以D為坐標原點,建立如下圖的空間直角坐標系,設正方體的棱長為1,那么A(1,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),∴B1∴|B1C|=∵M為A1B1的中點,∴M1,1∴AM=0,1∴|AM|=52∴異面直線AM與B1C所成角的余弦值為|cos<AM,B1C>|=AM·B18.B以A為原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如下圖的空間直角坐標系,設正方體的棱長為1,那么A1(0,0,1),E1,0,1∴A1D=(0,1,-1),A1設平面A1ED的法向量為n1=(x,y,z),那么有A1D·n1=0,A1E·易得平面ABCD的一個法向量n2=AA1=(0,0,1),∴|cos<n1,n2>|=23即平面A1ED與平面ABCD的夾角的余弦值為239.答案±15解析由(0,-1,3)·(2,2,4)1+9×4+4+16=-2+121010.答案2解析如圖,以點D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系Dxyz,設DA=1,由條件得D(0,0,0),A(1,0,0),E1,1,13,F0,1,23,D1(0,0,1),那么AE=0,1,13,設平面AEF的法向量為n=(x,y,z),平面AEF與平面ABC所成角為θ,由n·AE令y=1,那么z=-3,x=-1,所以n=(-1,1,-3),易得平面ABC的一個法向量m=D1那么cosθ=|cos<n,m>|=311又θ∈[0,π],所以sinθ=2211,所以tanθ=211.解析(1)以A1為原點,A1B1,A1D1,A1A所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,可得E0,12,1,C1(3,1,0),B(3,0,2),A1(0,0,0),那么EC1=3設直線EC1與A1B的夾角為α,那么cosα=|cos<EC1,=|EC1(2)易得F3,12,2,A1D1=(0,1,0),A1F=3,令x=-2,得z=3,所以平面FA1D1的一個法向量為n=(-2,0,3),設直線EC1與平面FA1D1所成的角為θ,那么sinθ=|cos<n,EC1>|=|n能力提升練1.B以底面中心O為原點,建立空間直角坐標系Oxyz,如圖.那么O(0,0,0),A(1,1,0),B(-1,1,0),P(0,0,2),設平面PAB的方程為Ax+By+Cz+D=0,將A,B,P3點的坐標代入計算得A=0,B=-D,C=-12D,所以方程可化為-Dy-12Dz+D=0,即2y+z-2=0,所以d=|2×2.A取B1C1的中點G,連接PG,CG,DP,那么PG∥CD,所以點Q到平面PEF的距離即點Q到平面PGCD的距離,與EF的長度無關,B錯.又A1B1∥平面PGCD,所以點A1到平面PGCD的距離即點Q到平面PGCD的距離,即點Q到平面PEF的距離,與點Q的位置無關,D錯.如圖,以點D為原點,建立空間直角坐標系,那么C(0,a,0),D(0,0,0),A1(a,0,a),Pa2,0,a,∴DC=(0,a,0),DA1=(a,0,a),設n=(x,y,z)是平面PGCD的法向量,那么由n·DP令z=1,那么x=-2,y=0,所以n=(-2,0,1)是平面PGCD的一個法向量.設點Q到平面PEF的距離為d,那么d=DA1·n|n|=-2a+3.BC如圖,建立空間直角坐標系,那么A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),E12,0,1,所以BA=(-1,0,0),BE=設∠ABE=θ,那么cosθ=|BA·BE||BA||BE|故A到直線BE的距離d1=|BA|sinθ=1×255=255,易知C1O=12平面ABC1D1的一個法向量DA1=(0,-1,1),那么點O到平面ABC1D1的距離d2=|DA1·C1OA1B=(1,0,-1),A1設平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),那么n·A令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1).所以點D1到平面A1BD的距離d3=|A1D1·因為易證得平面A1BD∥平面B1CD1,所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離等于點D1到平面A1BD的距離,所以平面A1BD與平面B1CD1間的距離為33,故C對因為AP=34AB+12AD+23AA1,所以AP=34,12,23,又AB=(1,0,0),那么AP·AB|AB解題反思線面距、面面距實質上都是點面距,求直線到平面、平面到平面的距離的前提是線面、面面平行.4.答案2解析如圖,建立空間直角坐標系Dxyz.那么D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),設動點P(x,1,z),∴DA1=(1,0,1),DB=(1,1,0),設平面A1BD的法向量為n=(a,b,c),那么n·DA1=0,n·DB=0,∴b=c=-a,取n=(1,-1,-1).∵B1P∥平面A1BD,∴n·B1P=0,于是(x-1)-(z-1)=0,即x=z,連接B∴點P在正方形BCC1B1的對角線B1C上,∴動點P的軌跡的長度即對角線B1C的長,為2.5.答案23解析如圖,建立空間直角坐標系,那么A(0,0,0),C1(4,4,4),M(1,0,0),N(4,2,0),P(4,4,3),∴MN=(3,2,0),NP=(0,2,3),AC1=(4,4,4),∵過M、N、P三點的平面交AC1于點Q,∴點Q在線段AC1上,點Q在平面MNP內,∴可設AQ=λAC1=(4λ,4λ,4λ),0≤λ≤1,MQ=xMN+y又MQ=AQ-AM=(4λ-1,4λ,4λ),∴4λ-1=3∴AQ=(2,2,2),|AQ|=23,即A、Q兩點間的距離為23.6.解析∵四邊形ABCD為矩形,∴AD⊥AB,又AD⊥BE,AB∩BE=B,∴AD⊥平面ABEF,又AD?平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面ABEF.∵FA⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,∴FA⊥平面ABCD.∴FA⊥AD.(1)證明:如圖,建立空間直角坐標系,那么B(0,2,0),C(1,2,0),D(1,0,0),E(0,1,1),F(0,0,1),∴BE=(0,-1,1),DE=(-1,1,1),∴BE·DE=0×(-1)+(-1)×1+1×1=0,∴BE⊥DE,∴BE⊥DE.(2)由(1)得BC=(1,0,0),BE=(0,-1,1),FE=(0,1,0),設n=(x,y,z)是平面CBE的法向量,那么由n·BC令y=1,得z=1,∴n=(0,1,1)是平面CBE的一個法向量.設點F到平面CBE的距離為d,那么d=FE·n|n|∴點F到平面CBE的距離為227.C連接BD,AC,交于點O,連接OS,那么SO⊥平面ABCD,OA⊥OB,建立如下圖的空間直角坐標系,那么A(2,0,0),B(0,2,0),C(-2,0,0),S(0,0,2),所以SB=(0,2,-2),SC=(-2,0,-2),設平面SBC的法向量為n=(x,y,z),那么由n⊥SB,n⊥SC,得2y-2z=0,-2又AC=(-22,0,0),設直線AC與平面SBC所成角為θ,那么sinθ=|cos<AC,n>|=AC·n|AC||應選C.8.A如圖,設BC=CA=CC1=1,那么A(1,0,1),B(0,1,1),D112,12∴BD1=AF1=∴|cos<BD1,A=3414應選A.9.D設菱形ABCD的邊長為1,取AC的中點O,連接BO、DO,因為∠ABC=60°,所以BO⊥AC,又平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,所以BO⊥平面ACD,如圖建系,那么O(0,0,0),C12,0,0,B0,0,3所以OB=0,0,32,BC=12,0,-3設平面BCD的法向量為n=(x,y,z),那么BC·n令z=1,得x=3,y=1,那么n=(3,1,1),易知平面CDA的一個法向量為OB=0,0,32,所以|cos<OB,n>|=323210.A如圖,以A為坐標原點,建立空間直角坐標系,由題意可得A(0,0,0),G(4,2,0),N(2,0,0),∴AG=(4,2,0),∵AD∥EF,動點M在線段EF上,∴可設M(0,y,1),y∈[1,3].∴NM=(-2,y,1),∴cosα=|cos<AG,NM>|=|AG·NM||令t=4-y,那么t∈[1,3],y=4-t,∴cosα=t5×5+(4-t)2=5當t=3時,cosα取最大值,(cosα)max=3010.應選11.BC∵∠PAD=π2∴PA⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA?平面PAD,∴PA⊥平面ABCD,∵底面ABCD為矩形,∴AB,AD,AP兩兩垂直.以A為原點,AB,AD,AP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如下圖,那么A(0,0,0),B(2,0,0),O(1,2,0),D(0,4,0),P(0,0,4),∴PO=(1,2,-4),AD=(0,4,0),∴|cos<PO,AD>|=|=812+∴異面直線PO與AD所成角的余弦值為22121,故A錯,B由題易得E(0,2,2),AB⊥平面PAD,取平面PAD的一個法向量m=(1,0,0).∵FAPA=λ,λ∈∴FA=4λ,∴F(0,0,4λ),設平面OEF的法向量為n=(x,y,z),易知OE=(-1,0,2),FO=(1,2,-4λ),那么OE·n令x=2,得n=(2,2λ-1,1),∵平面OEF與平面DEF夾角的正弦值為55∴|cos<m,n>|=1-55而|cos<m,n>|=|m·n∴24+(2λ-1)2+1=故C對,D錯.應選BC.12.答案2解析如圖,以C為坐標原點,CA,CB,CC1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系Cxyz,那么C(0,0,0),B1(0,1,2),B(0,1,0),∴CB1=(0,1,2),CB=(0,1,0).設AD=a(0≤a≤2),那么點D的坐標為(2,0,a),設平面B1CD的法向量為m=(x,y,z),那么m·CB1=0,m·CD=0?y+2z=0,2x+az=0,令z=-1,得m=a2,2,-1.又平面C1DC的一個法向量為CB=(0,1,0),記為n,那么由13.解析(1)證明:∵AD∥BC,AD⊥CD,AD=CD=22,BC=42,∴AB=AC=4,∴AB⊥AC.∵P