文档内容
专题 5.3 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α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则( )
A. l∥α B. l⊥α
C. l⊂α D. l与α斜交
【答案】B
【解析】 ∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l⊥α.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】 AB＝(－1，1，0)，AC＝(－1，0，1)，经计算得C项符合题意．故选C.
3、在正方体ABCD－AB C D 中，E为BC的中点，F为B C 的中点，则异面直线AF与C E所成角的正
1 1 1 1 1 1 1
切值为( )
A. B. C. D.
【答案】C.
【解析】 以D为坐标原点，DC，DA，DD 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
1
标系，设正方体ABCD－AB C D 的棱长为2，
1 1 1 1
第3题图
可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B (2，2，2)，C (2，0，2)，由中点坐标公式可得E(2，1，
1 1
0)，F(2，1，2)，则AF＝(2，－1，2)，C E＝(0，1，－2)，设两异面直线所成角为 θ，则cos θ＝|cos
1
〈AF，C E〉|＝＝＝，则sin θ＝，故异面直线AF与C E所成角的正切值为＝.故选C.
1 1
4、如图所示，在正方体ABCDABC D 中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则BM与DN所成角的
1 1 1 1 1 1
余弦值为( )A. B．
C. 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B(2,2,2)，M(1,1,0)，D(0，0,2)，
1 1
N(1,0,0)，∴B1M＝(－1，－1，－2)，D1N＝(1,0，－2)，
∴BM与DN所成角的余弦值为＝＝.
1 1
5、.如图，已知长方体ABCDABC D 中，AD＝AA＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC
1 1 1 1 1 1
与平面DEC所成角的正弦值为( )
1
A. B．
C. D.
【答案】A
【解析】如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
1
则C (0,3,1)，D(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，
1 1
∴DC1＝(0,3,1)，D1E＝(1,1，－1)，D1C＝(0,3，－1)．
设平面DEC的法向量为n＝(x，y，z)，
1
则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．
∴cosDC1，n＝＝，
∴DC 与平面DEC所成的角的正弦值为.
1 1A B C D
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 1 1 1 1
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( )
A． B． C． D．
【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 ABC D 中，点E为BB 的中点，则平面AED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值
1 1 1 1 1 1
为( )
A. B．
C. 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A(0,0,1)，E，D(0,1,0)，
1
∴A1D＝(0,1，－1)，
A1E＝，
设平面AED的一个法向量为n＝(1，y，z)，
1 1
则即
∴∴n＝(1,2,2)．
1
又平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
2
∴cos〈n，n〉＝＝.
1 2
即平面AED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
1
8、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．
C. 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( )
A． B． C． D．
【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：C．
10、(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( )
A． B． C． D．
【答案】C
【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S−ABCD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θ ，SE与平面ABCD所成的角为θ ，二面角S−AB−C的平面角为θ ，则(
1 2 3)
A．θ ≤θ ≤θ B．θ ≤θ ≤θ
1 2 3 3 2 1
C．θ ≤θ ≤θ D．θ ≤θ ≤θ
1 3 2 2 3 1
【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ABCD，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V–ABC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α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则
( )
A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α D．α<β，γ<β
【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Rt PED中， ，即 ，综上所述，答案为B.
△13、(2018年高考全国Ⅱ卷理数)在长方体 中， ， ，则异面直线
与 所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
【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,DD 所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
1
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，∠ABC＝60°，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( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，
以 的中点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，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
A． B．
C． 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( )
A． B．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 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 ，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ABCDABC D 中，AB＝2，BC＝AA＝1，则DC 与平面ABC 所成角的正弦值为________．
1 1 1 1 1 1 1 1 1
【答案】：
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，由于AB＝2，BC＝AA＝1，
1
所以A(1,0,1)，B(1,2,0)，C (0,2,1)，D(0,0,1)，所以A1C1＝(－1,2,0)，BC1＝(－1,0,1)，D1C1＝(0,2,0)．设平
1 1 1
面ABC 的法向量为n＝(x，y，z)，则有即令x＝2，得y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．设DC 与平面ABC 所
1 1 1 1 1 1
成角为θ，则sin θ＝|cos〈D1C1，n〉|＝＝＝，即DC 与平面ABC 所成角的正弦值为.
1 1 1 1
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，AB∥CD，且AC⊥BD，AC与BD交于O，
PO⊥底面 ABCD，PO＝2，AB＝2，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，OA＝OB＝2，
则A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(0，－1,1)，OE＝(1，－1,0)，OF＝(0，－1,1)，
设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，可得m＝(1,1,1)．
易知平面OAE的一个法向量为n＝(0,0,1)，
则cos〈m，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PA＝PD＝，PA⊥PD，底面
ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，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，PA＝PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD.又∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.
在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝，∴AD＝2.
在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，∴OA＝BC＝1，
∴OC⊥AD.
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)，∴PB＝(1，－1，－1)．
∵OA⊥OP，OA⊥OC，OP∩OC＝O，∴OA⊥平面POC.
∴OA＝(0，－1,0)为平面POC的法向量，
cos〈PB，OA〉＝＝，
∴PB与平面POC所成角的余弦值为.
(2)∵PB＝(1，－1，－1)，
设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，
则
取z＝1，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Ⅰ卷理数)如图， 为圆锥的顶点， 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P—ABC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：PB⊥AC；
(2)若三棱锥 的体积为 ，求二面角A—PC—B的余弦值
【解析】(1)证： 为等腰直角三角形， 为中点， ，
又 为正三角形， 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
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Ⅱ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ABC－A B C 中，AB⊥AC，B C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B C的中点．
1 1 1 1 1
(1)求证：EF∥平面AB C ；
1 1
(2)求证：平面AB C⊥平面ABB ．
1 1【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 ABC—DEF 中，平面 ACFD⊥平面 ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC
=2BC．
(Ⅰ)证明：EF⊥DB；(Ⅱ)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)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BC⊥DB．
由三棱台 得 ，所以 .
(Ⅱ)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 .
