2021高考数学浙江专用一轮习题：专题8第59练向量法求解空间角和距离问题(含解析).pdf
专 S0R 立体几何与空间向第59练 向量法求解空间角和距离问题基础保分练若平面01,02垂直，则下列向量可以是这两个平面的法向量的是ni=(1,2,1),3,1,1)n2=(B.ni=(1,1,2),C.n1=(1,1,1),n2=(2,1,1)n2=(1,2,1)n2=(0,-2,-2)D.n1=(1,2,1),ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD1所成角的余弦2.在正方体值为（3）A.看B.i /D.33.（2020宁波市慈溪市三山高级中学等六校期末）空间中一点A（2,3,1）到平面xOy的距离为（）A.2 B.3 C.1 D.V14.一.兀，._4.（2019浙江省金华十校期末倜研）如图，在空间四边形ABCD中，/ABD=/CBD=2,/ABC,BC=BD=1,AB=42,则异面直线AB与CD所成角的大小是（）兀A.B.C.兀D.兀兀23465.在正方体ABCD A1B1C1D1中，点E,F分别是AB,CC1的中点，则直线A1E与平面B1D1F所成角的正弦值是（）.5.3015ABC.15D.亏.而 工.而6.如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB=4,AD=AA1=2,点P为CC1的中点，则异面直线AP与C1D1所成角的正切值为（）_15A.422C.41D.47.在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的法向量为a=（2,2,1）,已知P（1,3,2）,则P到平面OAB的距离等于（A.4 B.2 C.3 D.18.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1,中，底面边长为2,直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为1，则正四棱柱的高为（）B.3D.53A.2C.49.（2019浙江省慈溪市六校期中）在空间直角坐标系中，已知点A（1,0,2）与点B（1,3,1）,则|AB|=若在z轴上有一点M满足|MA|=|MB|,则点M的坐标为10.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，/BAD=60,侧棱PAL底面ABCD,AB=3,PA=2,则异面直线AC与PB所成角的余弦值为能力提升练11,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点的个数为（）A.0 B.2 C.3 D,无数个在空间中到三条棱AB,CC1,AIDI所在直线距离相等的12.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB=3,AAI=4,P是侧面BCCIBI内的动点,且APBDI,记AP与平面BCCIBI所成的角为2则tan。的最大值为（）4 A.o3C.213.如图，在三棱柱ABCAiBiCi中，AB,AC,AAi两两互相垂直，AB=AC=AAi,M,N是线段BBi,CCi上的点，平面AMN与平面ABC所成锐二面角为己，当BiM最小时，/AMB等于（）5兀 兀 兀 兀A.行叼C.4 D.614.如图，平行六面体ABCD AiBiCiDi的底面是边长为4的菱形，且/BAD=60,点Ai在底面白投影。是AC的中点，且AiO=4,点C关于平面CiBD的对称点为P,则三棱锥P-ABD的体积是（）A.4 B.3v3 C.4V3 D.815.已知正方体ABCDAiBiCiDi的棱长为2,O是平面ABCD的中心，点P在棱CiDi上移动，则OP取最小值时，直线OP与对角面AiACCi所成的线面角的正切值为16.如图所示的正方体是一个三阶魔方ABCD是上底面正中间一个正方形，（由27个全等的棱长为i的小正方体构成）,正方形已知点P是线正方形AiBiCiDi是下底面最大的正方形，段AC上的动点，点Q是线段B1D上的动点，则线段PQ长度的最小值为_ 答案精析1.A 2.A 3.C 4.B 5.D 6.A 7.B8.C 9.10(0,0,-3)11.D建立如图所示的空间直角坐标系，并设该正方体的棱长为点P,10.喏1,连接BD,并在B1D上任取一因为DB=(1,1,1),所以设P(a,a,a),其中0WaW1.作PEL平面A1D,垂足为E,再作EFXA1D1,垂足为F,则PF是点P到直线A1D1的距离.所以PF=Ha+1-a,22同理点P到直线AB,CC1的距离也是a+1 a.所以B1D上任一点与正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB,CC1,A1D1所在直线的距离都相等，所以与正方体ABCD A1B1C1D1的三条棱AB,CC1,A1D1所在直线的距离相等的点有无数个.故选D.2212.B如图所示，以点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D xyz,则A(3,0,0),B(3,3,0),DI(0,0,4),设点P(m,3,n),则0W mW 3,0w nW 4,AP=(m 3,3,n),BDi=(-3,3,4),因为APXBDi,则AP BDi=3(m-3)+3X(-3)+4n=-3m+4n=0,/曰3得n=4m,因为平面BCCiBi的一个法向量为a=(0,1,0),所以sin 0=AP|a|_3mlm-32+9+n2m-3+9+3m422 25o2,16mi 6m+18m=一325号,时,03sin。取最大值,此时，tan。也取最大值,且(Sin 0)max=5因 此,(tan9max=34 X13.B,5一,34,故选B.333此时，cos0=sin 0=34,2以A为原点，分别以AB,AC,AAi所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,设|AB|=|AC|=|AAi|=1,设CN=b,BM=a,则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),AM=(1,0,a),AN=(0,1,b),设平面AMN的法向量为n=(x,v,z),AM n=x+az=0,则AN n=y+bz=0,取z=1,得n=(-a,-b,1),又平面ABC的法向量为m=(0,0,1),一一，一一一，、，、,一 J、，兀 平面AMN与平面ABC所成锐二面角为6 cos Z皿显_,6-|m|n金工;1解得3a+3b=1,221|AB|1.tanZ AMB=-5=f=V3,|BM|_33i 当|B1M最小时,b=0,|BM|=a=T,33,_ 兀一一./AMB=3.故选B.14.C因为平行六面体ABCD A1B1C1D1的底面是边长为4的菱形，所以OALOB,因为点A1在底面白投影。是AC的中点，所以OAOB,OA11OA,故以。点为原点，分别以OA,OB,OA1所在直线为x,v,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz,则O(0,0,0),A(23,0,0),B(0,2,0),C(-2小,0,0),Ai(0,0,4),Ci(-4弧0,4),D(0,-2,0),则D)Ci=(-4小,2,4),DB=(0,4,0),设平面CiBD的法向量为ni=(xi,yi,zi),niDB=0,故niDCi=0,4yi=0,即4 V3xi+2yi+4zi=0,令x=i,解得ni=(i,0,寸3),设点P(x2,y2,Z2),则CP=(X2+2q3,y2,Z2),一、，_、，一一一 _.，因为点C关于平面CiBD的对称点为P,所以CP/ni,所以Cp=Qi,即(X2+2V3,y2,z2)=。,0,V3),X2=入一23,解得y=0,Z2=73 2即P(J 273,0,V3?),又因为点C到平面CiBD的距离等于点P到平面CiBD的距离,|CiPni|_|CiCni|所以|ni|一|ni|即|2人V3|=V3,解得上M3或壮0,当入=0时，点P与点C重合，不符合题意,当入=加时，点P(-3,0,3),显然，平面ABD的法向量为n=(0,0,1),Apm|0+0+3|L故点P到平面ABD的距离为 n=-1-=3,111所以三棱锥PABD的体积为VPABD=3X 3X,X 4X23=旬3,故选C.115.o3解析由题意，以A为坐标原点，AB,AD,AA1所在直线为x轴，图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0),设P(x2,2)(0 x|OP|BD|y轴，z轴正方向建立如由三角函数的基本关系式，可得tan0=1.316要解析 以Bi为坐标原点，BiCi,BiAi所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系,则Bi(0,0,0),A(i,2,3),C(2,i,3),D(2,2,3),、I 设BiQ=后iD,AP=pAC,入 代0,i.则BiQ=(2%2入，3九BiP=BiA+AP=BiA+pAC=(i+2丛3).L _ _所以QP=BiP BiQ=(i+心2 2心一2 33?)|QP|2=(i+厂2犷+(2-22+(3 3=i7?230计2#2叶i422.9=i7卜i7+2厂2+彳当入=得且尸:时，|QP|取到最小值92,17 234所以线段PQ长度的最小值为鲤I.42i5i2
