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训练 25 空间向量及其应用
一、单项选择题
1．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，α的法向量为n，若〈a，n〉＝，则l与α
所成的角为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 ∵线面角的范围是.〈a，n〉＝，
∴l与α所成的角为.
2.如图所示，在正方体ABCD－ABC D 中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则BM与
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DN所成角的余弦值为( )
1
A. B. C. D.
答案 A
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)，N(1,0,0)，
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∴B1M＝(－1，－1，－2)，
D1N＝(1,0，－2)，
∴cos〈B1M，D1N〉＝＝.
3．已知向量n＝(2,0,1)为平面α的法向量，点A(－1,2,1)在α内，点P(1,2，－2)在α外，则
点P到平面α的距离为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 由题意知，点A(－1,2,1)在α内，点P(1,2，－2)在α外，
所以AP＝(2,0，－3)，
又向量n＝(2,0,1)为平面α的法向量，
所以点P到平面α的距离为
d＝＝＝.4．在棱长为3的正方体ABCD－ABC D 中，点E满足A1E＝2EB1，点F在平面BC D内，
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则AF＋EF的最小值为( )
1
A. B．6 C. D．7
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(3,0,3)，E(3,2,3)，C(0,3,0)，
1
因为BD⊥AC，BD⊥AA，且AC∩AA＝A，则BD⊥平面AAC，
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所以BD⊥AC，同理得BC ⊥平面ABC，所以BC ⊥AC，
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而BD∩BC ＝B，所以AC⊥平面BC D，
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记AC与平面BC D交于点H，连接AC ，C O，AC，且AC∩BD＝O，
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则＝＝，易得AH＝2HC，H(1,2,1)，
1
从而得点A(3,0,3)关于平面BC D对称的点为G(－1,4，－1)，所以AF＋EF的最小值为
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EG＝＝6.
二、多项选择题
5．下列命题中正确的是( )
A．已知直线l垂直于平面α，向量a与直线l平行，则a是平面α的一个法向量
B．一个平面的法向量有无数个，任意两个都是共线向量
C．若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行
D．直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直
答案 BCD
解析 选项A中，当a＝0时，也满足向量a与l平行，但a不是平面α的法向量，故A错
误；
设向量n是平面α的一个法向量，则n是一个非零向量，向量n与平面α垂直．平面α的法
向量有无数个，它们都与向量n平行，方向相同或相反，知选项B正确；C，D显然正确．
6．(2023·日照模拟)已知正方体ABCD－ABC D 的棱长为4，M为DD 的中点，N为平面
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ABCD上一动点，则下列命题正确的是( )A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB 与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
1
D．若DN与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
1
答案 ACD
解析 如图，
对于A，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成
的角，
所以∠MND＝，所以DN＝DM＝DD ＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的
1
圆，故A正确；
对于 B，在 Rt△MDN 中，DN＝＝＝2，取 MD 的中点 E，因为 P 为 MN 的中点，所以
PE∥DN，且PE＝DN＝，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD 垂直的
1
平面内，又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，故B不正确；
对于C，因为BB⊥平面ABCD，所以BB⊥NB，所以点N到直线BB 的距离为NB，所以点
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N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以
B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(4,0,0)，B(4,4,0)，D(0,0,4)，设N(x，y,0)，
1
则AB＝(0,4,0)，D1N＝(x，y，－4)，
因为DN与AB所成的角为，
1
所以|cos〈AB，D1N〉|＝cos ，
所以＝，
整理得－＝1，
所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．
三、填空题
7．若向量a＝(x，－4，－5)，b＝(1，－2,2)，且a与b的夹角的余弦值为－，则实数x的值
为________．
答案 －3
解析 根据题意得cos〈a，b〉＝＝＝－，
即＝－，且x<2，解得x＝11(舍去)或x＝－3.8.在如图所示的试验装置中，四边形框架ABCD为正方形，平面ABEF为矩形，且BE＝3AB
＝3，且它们所在的平面互相垂直，N为对角线BF上的一个定点，且2FN＝BN，活动弹子
M在正方形对角线AC上移动，当ME·MN取最小值时，的值为________．
答案
解析 因为四边形ABCD为正方形，则AB⊥BC，而平面ABCD⊥平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，BC⊂平面ABCD，
于是得BC⊥平面ABEF，又四边形ABEF为矩形，即BE⊥AB，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,0,1)，E(0,3,0)，F(1,3,0)，
因为点N在BF上，且2FN＝BN，则N，
又M在线段AC上移动，
则有CM＝tCA＝(t,0，－t)，t∈[0,1]，
于是得点M(t,0,1－t)，
ME＝(－t,3，t－1)，MN＝.
ME·MN＝t＋6＋(t－1)2＝2t2－t＋7＝22＋，
因此，当t＝时，ME·MN取最小值，
此时，CM＝CA，
所以＝.
四、解答题
9．(2023·长沙模拟)斜三棱柱ABC－ABC 的各棱长都为2，点A 在下底面ABC上的投影为
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AB的中点O.(1)在棱BB(含端点)上是否存在一点D，使AD⊥AC ？若存在，求出BD的长；若不存在，
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请说明理由；
(2)求点A 到平面BCC B 的距离．
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解 (1)连接OC，
因为AC＝BC，
O为AB的中点，
所以OC⊥AB，
由题意知AO⊥平面ABC，
1
又AA＝2，OA＝AB＝1，
1
所以AO＝，∠AAO＝60°，
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以点O为原点，OA，OC，OA 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角
1
坐标系，
则A(0,0，)，A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0，，0)，
1
由AB＝A1B1得B(－2,0，)，
1
同理得C (－1，，)，
1
设BD＝tBB1，t∈[0,1]，
得D(－1－t,0，t)，
又AC1＝(－2，，)，
A1D＝(－1－t,0，t－)，
由AC1·A1D＝0，
得－2(－1－t)＋(t－)＝0，
得t＝，
又BB＝2，∴BD＝，
1
所以存在点D且BD＝满足条件．
(2)设平面BCC B 的法向量为n＝(x，y，z)，
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BC＝(1，，0)，CC1＝(－1,0，)，
则有
可取n＝(，－1,1)，
又BA1＝(1,0，)，所以点A 到平面BCC B 的距离为
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＝＝，
所以所求距离为.
10．(2024·丹东模拟)如图，平行六面体 ABCD－ABC D 的所有棱长都相等，平面
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CDD C ⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D－AD－C的大小为120°，E为棱C D 的中点．
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(1)证明：CD⊥AE；
(2)点F在棱CC 上，AE∥平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
1
(1)证明 因为平面CDD C ⊥平面ABCD，且平面CDD C ∩平面ABCD＝DC，AD⊥DC，
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AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面CDD C ，
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又DD⊂平面CDD C ，
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所以AD⊥DD，则∠DDC是二面角D－AD－C的平面角，故∠DDC＝120°.
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连接DE(图略)，因为E为棱C D 的中点，
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则DE⊥C D，
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又C D∥CD，从而DE⊥CD.
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又AD⊥CD，DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面AED，
所以CD⊥平面AED，
又AE⊂平面AED，因此CD⊥AE.
(2)解 方法一 如图，连接DE，连接AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，
连接OG.
设AB＝2，
则DE＝＝，
所以CE＝AE＝＝.
因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AEC，平面AEC∩平面BDF＝OG，
所以AE∥OG，因为O为AC的中点，
所以G为CE的中点，
故OG＝AE＝.
且直线OG与DF所成的角等于直线AE与DF所成的角．
在Rt△EDC中，DG＝CE＝，因为OD＝，
所以cos∠OGD＝＝.
因此直线AE与DF所成角的余弦值为.
方法二 如图，连接DE，CE，取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG＝DD ＝2.
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连接AG交BD于点I，连接HI，
设AB＝2，则DE＝＝，
所以CE＝AE＝＝.
因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF＝IH，
所以AE∥IH.
HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．
在正方形ABCD中，GI＝AG，DI＝DB＝，
所以GH＝EG，故HI＝AE＝.
在△DHG中，GH＝EG＝，GD＝1，
∠EGD＝60°，
由余弦定理得DH＝＝.
在△DHI中，
cos∠DHI＝＝.
因此直线AE与DF所成角的余弦值为.
方法三 连接DE，由(1)知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，DA，DC，DE为x轴、y轴、
z轴正方向，|DA|为2个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．
由(1)知DE＝，得A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0，)，C (0,1，)．
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则CC ＝(0，－1，)，DC＝(0,2,0)，
1
AE＝(－2,0，)，DB＝(2,2,0)．
设CF＝tCC1＝(0，－t，t)(0≤t≤1)，
则DF＝DC＋CF＝(0,2－t，t)．
因为AE∥平面BDF，
所以存在唯一的λ，μ∈R，使得AE＝λDB＋μDF＝λ(2,2,0)＋μ(0,2－t，t)＝(2λ，2λ＋2μ－μt，μt)＝(－2,0，)，
故2λ＝－2,2λ＋2μ－μt＝0，μt＝，
解得t＝，从而DF＝.
所以直线AE与DF所成角的余弦值为
|cos〈AE，DF〉|＝＝＝.
