【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第43讲 利用空间向量求空间角和距离（达标检测） Word版含解析.docx，共(18)页，1.667 MB，由小赞的店铺上传

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第43讲利用空间向量求空间角和距离（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020•让胡路区校级三模）在长方体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别为棱1AA，11CD，1DD的中点，12ABAAAD==，则异面直线EF与BG所成角的大小为()A．30B．60C．90D．12

0【分析】建立平面直角坐标系，根据题意写出各点坐标，得出,EFBG的坐标，代入数量积公式运算，可得两个向量互相垂直，进一步确定异面直线EF与BG所成角的大小．【解答】解：如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，1DD的方向为x轴、y轴、z轴

的正方向建立空间直角坐标系Dxyz−，设1AD=，则(1E，0，1)，(0F，1，2)，(0G，0，1)，(1B，2，0)，所以(1,1,1)EF=−，(1,2,1)BG=−−，0EFBG=，所以EFBG⊥，所以异面直线EF与BG所成角的大小为90．故选：C．2．（2020春•

济宁期末）已知正四棱柱1111ABCDABCD−中，3AB=，11AA=，则直线1AC和1BC所成的角的余弦值为()A．77B．277C．427D．67【分析】以D为坐标原点，分别以DA，DC，1DD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用

空间向量求解空间角．【解答】解：如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，1DD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则1(3,0,1)A，(0C，3，0)，(3,3,0)B，1(0C，3，1)．1(3,3,1)AC=−−，1(3,0,1)BC

=−．111111317cos,7||||72ACBCACBCACBC−===．直线1AC和1BC所成的角的余弦值为77．故选：A．3．（2020春•如东县期末）在长方体1111ABCDABCD−中，2ABBC==，11AA=，则直线1BC与平面11

BBDD所成角的正弦值为()A．63B．102C．155D．105【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线1BC与平面11BBDD所成角的正弦值．【解答】解：在长方体1111ABCDABCD−中，2ABBC==，11AA=，

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，(2B，2，0)，1(0C，2，1)，(0D，0，0)，1(0D，0，1)，1(2BC=−，0，1)，(2DB=，2，0)，1(0DD=，0，1)，设平面11BBDD的法向量(nx=，y，)z，

则12200nDBxynDDz=+===，取1x=，得(1n=，1−，0)，设直线1BC与平面11BBDD所成角为，则直线1BC与平面11BBDD所成角的正弦值为：11||210sin5||||52BCnBCn===．故选：D．4．（2020•武

侯区校级模拟）如图示，三棱锥PABC−的底面ABC是等腰直角三角形，90ACB=，且2PAPBAB===，3PC=，则PC与面PAB所成角的正弦值等于()A．13B．63C．33D．23【分析】可以把三棱椎PABC−补成棱长为1的正方体，

以A为原点建立空间直角坐标系，求得面ABP的法向量即可求解．【解答】解：三棱椎PABC−的底面ABC是等腰直角三角形，90ACB=，且2PAPBAB===，3PC=，可以把三棱椎PABC−补成棱长为1的正方体，如图所示．如

图，以A为原点建立空间直角坐标系，则(0A，0，0)，(1B，1，0)，(0C，1，0)，(1P，0，1)．(1,0,1)AP=，(1,1,0)AB=，(1,1,1)PC=−−，设面ABP的法向量为(,,)mxyz=，00mAPxzmABxy=+==+=(1,1

,1)m=−−．11cos,3||||33PCmmPCmPC−===−．则PC与面PAB所成角的正弦值等于13．故选：A．5．（2020春•上饶期末）在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）111ABCABC−中，2AB=，E，F

分别为11AC和11AB的中点，当AE和BF所成角的余弦值为14时，AE与平面11BCCB所成角的正弦值为()A．62B．64C．104或64D．102【分析】设1AAt=，以B为原点，以垂直于BC的直线为x轴，BC为y轴，1BB为z轴，建立空间直角坐标系，由AE和BF所成角的余弦值为14，求出t

．得到AE，再求出平面11BCCB的法向量，由此能求出AE与平面11BCCB所成角的正弦值．【解答】解：设1AAt=，以B为原点，以垂直于BC的直线为x轴，BC为y轴，1BB为z轴，建立空间直角坐标系，则(3A，1，0)，3(2E，32，)t，(0B，0，0)，3(2F，

12，)t，3(2AE=−，12，)t，3(2BF=，12，)t，AE和BF所成角的余弦值为14，|cosAE，2221||||12|4||||11tAEBFBFAEBFtt−===++，解得1t=或

55t=．3(2AE=−，12，1)，或3(2AE=−，12，5)5，平面11BCCB的法向量(1n=，0，0)，AE与平面11BCCB所成角的正弦值为：3||62sin4||||21AEnAEn===或3||102sin4||||615AEnAEn===．故选：C．6．（202

0春•绵阳期末）在三棱锥PABC−中，面PAC⊥面ABC，90PACABC==，PABC=，PBAC=，E是AB的中点．设ACBC=，若[2，3]，则二面角BPCE−−的余弦值的范围为()A．310[,]34B．37

[,]34C．710[,]44D．510[,]34【分析】由题意画出图形，证明PA⊥平面ABC，又90ABC=，A为坐标原点，过A作平行于BC的直线为x轴，AC，AP所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系．设1PABC==，得AC=，分别求出平面PEC与平面PB

C的一个法向量，得到二面角BPCE−−的余弦值，再由[2，3]得答案．【解答】解：如图，由面PAC⊥面ABC，面PAC面ABCAC=，90PAC=，得PA⊥平面ABC，又90ABC=，以A为坐标原点，过A作平行于BC的直线为x轴，AC，AP所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系

．设1PABC==，由ACBC=，得AC=，则PB=．(1C，21−，0)，(0B，21−，0)，(0P，0，1)，(0E，2112−，0)．(0PE=，2112−，1)−，(1PC=，21−，1)−，(0PB=，21−，1)−，设平面PEC的一

个法向量为111(,,)mxyz=，由2112111110210mPEyzmPCxyz=−−==+−−=，取12y=，得22(1,2,1)m=−−−；设平面PBC的一个法向量为222(,,)nxyz=，由22

222221010nPCxyznPByz=+−−==−−=，取21y=，得2(0,1,1)n=−．由图可知，二面角BPCE−−的平面角为锐角，则二面角BPCE−−的余弦值为|cos,|mn22222||

121211||||222(1)mnmn++====++．[2，3]，211051[,]32+则二面角BPCE−−的余弦值范围为5[3，10]4．故选：D．7．（2019秋•莲都区校级月考）如图，四棱柱SABCD−中，底面是正方形，各侧棱都

相等，记直线SA与直线AD所成角为，直线SA与平面ABCD所成角为，二面角SABC−−的平面角为，则()A．B．C．D．【分析】连结AC，BD，交于点O，连结OS，则OA，OB

，OC两两垂直，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答】解：连结AC，BD，交于点O，连结OS，则OA，OB，OC两两垂直，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标

系，设2AB=，则(0S，0，2)，(2A，0，0)，(0D，2−，0)，(0B，2，0)，(2SA=，0，2)−，(2AD=−，2−，0)，(0SB=，2，2)−，||21cos2||||44SAADSAAD===，平面ABCD的法向量(0n=，0，1)，||22cos2|

|||4nSAnSA===，设平面SAB的法向量(mx=，y，)z，则220220mSAxzmSByz=−==−=，取1x=，得(1m=，1，1)，||13cos||||33mnmn===，c

oscoscos，．故选：C．8．（2020春•洮北区校级期末）如图，在三棱柱111ABCABC−中，1ACCC⊥，ACBC⊥，2ACBC==，160CCB=，13CC=，点D，E分别在棱1AA和棱1CC上，且1AD=，2CE=，则二面角1BBED−−的正切值

为．【分析】以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角1BBED−−的正切值．【解答】解：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，(0B，2，0)，1(0B，72，33)2，1(0

C，32，33)2，(0E，1，3)，(2A，0，0)，1(2A，32，33)2，(2D，12，3)2，1(0EB=，52，3)2，(2ED=，12−，3)2−，设平面1BED的法向量(mx=，y，)z，则153022132022mEByzmEDxyz=+=

=−−=，取1x=，得(1m=，1−，5)3，平面1BBE的法向量(1n=，0，0)，设二面角1BBED−−的平面角为，则||13cos||||31313mnmn===，28sin31=，sin221tancos3

==．二面角1BBED−−的正切值为2213．9．（2019秋•阳泉期末）在正方体1111ABCDABCD−中，11AD和平面1ACD所成角的正弦值为．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标

系，利用向量法能求出11AD和平面1ACD所成角的正弦值．【解答】解：在正方体1111ABCDABCD−中，设棱长为1，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，则1(1A，0，1)，1(0D，0，1)，(1A，0，

0)，(0C，1，0)，11(1DA=，0，0)，(1AC=−，1，0)，1(1AD=−，0，1)，设平面1ACD的法向量(nx=，y，)z，则100nACxynADxz=−+==−+=，取1

x=，得(1n=，1，1)，设11AD和平面1ACD所成角为，则1111||13sin3||||3ADnADn===．11AD和平面1ACD所成角的正弦值为33．故答案为：33．10．（2019秋•泰安期末）已

知四棱锥PABCD−的底面ABCD是边长为2的正方形，5PAPD==，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是．【分析】以O为原点，OA为x轴，过O作AB平行线为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出

直线BM与平面PCO所成角的正弦值．【解答】解：以O为原点，OA为x轴，过O作AB平行线为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，(1B，2，0)，(0P，0，2)，(1C−，2，0)，1(2M−，1，1)，(

0O，0，0)，(0,0,2)OP=，(1,2,0)OC=−，3(,1,1)2BM=−−设平面PCO的法向量(mx=，y，)z，2020mOPzmOCxy===−+=，可得(2m=，1，0)，设直线BM与平面PCO所成角为，则48

85sin|,|||85||||1754BMmosmBMmBM====故答案为：8858511．（2020•长春四模）已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，点M，N分别是棱BC，1CC的中点，则二面角CAMN−−的余弦值为23．若动点P在正方形11BCCB（包括边界）内运

动，且1//PA平面AMN，则线段1PA的长度范围是．【分析】易知NQC为二面角CAMN−−的平面角，利用相似的性质可求得CQ，进而求得NQ，由此得解二面角CAMN−−的余弦值；建立空间直角坐标系，可求得点P的轨迹为经过1BB，11B

C中点的线段，再根据对称性即可求得线段1PA长度的最值，进而得到取值范围．【解答】解：延长AM至Q，使得CQAQ⊥，连接NQ，如图，由于1111ABCDABCD−为正方体，由三垂线定理易知NQC为二面角C

AMN−−的平面角，而222sinsin521CQABCMQAMBCMAM=====+，故2255CQCM==，223()155NQ=+=，2cos3CQNQCNQ==；以点D为坐标原点，建立如图所示的空间

直角坐标系，设(Pm，2，)(0nm„，2)n„，(2A，0，0)，(1M，2，0)，(0N，2，1)，1(2A，0，2)，则(1,2,0),(2,2,1)AMAN=−=−，1(2,2,2)APmn=−−，设平面AMN的一个法向量为(,,)vxyz=，则20220vAMxyvANxyz

=−+==−++=，故可取(2,1,2)v=，又1//PA平面AMN，12(2)22(2)30APvmnmn=−++−=+−=，点P的轨迹为经过1BB，11BC中点的线段，根据对称性可知，当点P在两个中点时，21||215ma

xPA=+=，当点P在两个中点的中点时，221232||(5)()22minPA=−=，故选段1PA的长度范围是32[,5]2．故答案为：23，32[,5]2．12.如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2M

D，N为PC的中点．(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知得AM＝23AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝12BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因

为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，AE＝AB2－BE2＝AB2－BC22＝5.以A为坐标原点，AE，AD

，AP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A­xyz.由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5，2,0)，N52，1，2，PM―→＝(0,2，－4)，PN―→＝52，1，－2，AN―→

＝52，1，2.设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则n·PM―→＝0，n·PN―→＝0，即2y－4z＝0，52x＋y－2z＝0，可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，AN―→〉|＝|n·AN

―→||n||AN―→|＝8525.设AN与平面PMN所成的角为θ，则sinθ＝8525，即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.13．已知在四棱锥P­ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥CD

，AB＝2，DC＝4，E为PC的中点，PD＝PC，BC＝22.(1)求证：BE∥平面PAD；(2)若PB与平面ABCD所成角为45°，点P在平面ABCD上的射影为O，问：BC上是否存在一点F，使平面POF与平面PAB所成的角为60°？若存在，试求点F的位置；

若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取PD的中点H，连接AH，EH，则EH∥CD，EH＝12CD，又AB∥CD，AB＝12CD＝2，∴EH∥AB，且EH＝AB，∴四边形ABEH为平行四边形，故BE∥HA.又BE⊄平面PAD，HA⊂平面PAD，∴BE∥平面PAD.(2

)存在，点F为BC的中点．理由：∵平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC，作PO⊥DC，交DC于点O，连接OB，可知O为点P在平面ABCD上的射影，则∠PBO＝45°.由题可知OB，OC，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建

立空间直角坐标系O­xyz，由题知OC＝2，BC＝22，∴OB＝2，由∠PBO＝45°，可知OP＝OB＝2，∴P(0,0,2)，A(2，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)．设F(x，y，z)

，BF―→＝λBC―→，则(x－2，y，z)＝λ(－2,2,0)，解得x＝2－2λ，y＝2λ，z＝0，可知F(2－2λ，2λ，0)，设平面PAB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，∵PA―→＝(2，－2，－2)，AB―→＝(0,2,0

)，∴m·PA―→＝0，m·AB―→＝0，得2x1－2y1－2z1＝0，2y1＝0，令z1＝1，得m＝(1,0,1)．设平面POF的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，∵OP―→＝(0,0,2)，OF―→＝(2－2λ，

2λ，0)，∴n·OP―→＝0，n·OF―→＝0，得2z2＝0，(2－2λ)x2＋2λy2＝0，令y2＝1，得n＝λλ－1，1，0.∴cos60°＝|m·n||m||n|＝λλ－11＋1·λλ－

12＋1，解得λ＝12，可知当F为BC的中点时，两平面所成的角为60°.14.如图，四棱锥P­ABCD的底面是平行四边形，且PD⊥AB.(1)从下列两个条件中任选一个条件证明：AB⊥平面PAD.①O是AD的中点，

且BO＝CO；②AC＝BD.(2)在(1)条件下，若AD＝2AB＝4，PA＝PD，点M在侧棱PD上，且PD＝3MD，二面角P­BC­D的大小为π4，求直线BP与平面MAC所成角的正弦值．解：(1)证明：选择条件②∵四边形ABCD为平行四边形，且AC＝BD，∴四边

形ABCD为矩形，AB⊥AD.又∵AB⊥PD，且AD∩PD＝D，故AB⊥平面PAD.选择条件①在平行四边形ABCD中，设N是BC的中点，连接ON，如图，因为O是AD的中点，所以AB∥ON.又BO＝CO，所以ON⊥BC.所以AB⊥BC，又在平行四边形ABCD中，BC∥AD，所以AB⊥AD.

又AB⊥PD，且PD∩AD＝D，AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，故AB⊥平面PAD.(2)由(1)知AB⊥平面PAD，又AB⊂平面ABCD，于是平面PAD⊥平面ABCD，连接PO，PN，由PA＝PD，可得PO⊥AD，则PO⊥BC，又ON⊥BC

，PO∩NO＝O，所以BC⊥平面PNO，所以PN⊥BC，故二面角P­BC­D的平面角为∠PNO，则∠PNO＝π4.由此得PO＝AB＝2.以O为坐标原点，ON，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，－2,0)，B(2，－2,0)，C(2,2，0)，P(0,0,

2)，由PD＝3MD可得M0，43，23，所以AC―→＝(2,4,0)，AM―→＝0，103，23，BP―→＝(－2,2,2)．设平面MAC的法向量为n＝(x，y，z)，由n·AC―→＝0，n·AM―→＝0⇒2x＋4y＝0

，10y＋2z＝0，令y＝1，得x＝－2，z＝－5，所以n＝(－2,1，－5)为平面MAC的一个法向量．设直线BP与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝BP―→·n|BP―→|·

|n|＝|4＋2－10|23·30＝1015，故直线BP与平面MAC所成角的正弦值为1015.15．（2020•合肥三模）如图，边长为2的等边ABC所在平面与菱形11AACC所在平面互相垂直，113ACAC=，M为线段AC的中点．（1）求证：平面1BMC⊥平面11ABC；（2）求

点C到平面11ABC的距离．【分析】（1）由已知得11ACAC⊥，求解三角形得1CMAC⊥，进一步得到111CMAC⊥．在等边ABC中，BMAC⊥，可得11BMAC⊥．由直线与平面垂直的判定得到11AC⊥平面1BMC，从而得到平面1BMC⊥平面11ABC；（2）证明BM⊥平面

11ACCA，知直线MB，MC，1MC两两垂直．以点M为坐标原点，分别以MB，MC，1MC所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面11ABC的一个法向量n，再求出1CC的坐标，利用公式1||||CCndn=求点C到平面11ABC的距离．【解答】（1）证明：四边形11AACC是菱形

，11ACAC⊥，又113ACAC=，111132tan132ACACAAC==，得130ACA=，则160ACC=，可得1ACC是等边三角形．点M为线段AC的中点，1CMAC⊥．又11//ACAC，111CMAC⊥．在等边ABC

中，BMAC⊥，由11//ACAC可得，11BMAC⊥．又1BMCMM=，11AC⊥平面1BMC，11AC平面11ABC，平面1BMC⊥平面11ABC；（2）解：BMAC⊥，平面ABC⊥平面11AACC，且交线为AC，BM⊥平面11ACCA，直线MB，MC，1MC两两垂直．以点

M为坐标原点，分别以MB，MC，1MC所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则(3,0,0)B，1(0,0,3)C，1(0,2,3)A−，(0C，1，0)，11(0,2,0)AC=，1(3,0,3)BC=−，1(0,1,3)CC=−．设平面11ABC的一个法向量为(,,)nx

yz=，由11100ACnBCn==，得0330yxz=−+=，令1x=，得(1,0,1)n=，1||36||22CCndn===，即点C到平面11ABC的距离为62．[B组]—强基必备1.已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD是直角

梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝3，BC＝2AD＝2，E为CD的中点，PB⊥AE.(1)证明：平面PBD⊥平面ABCD；(2)若PB＝PD，PC与平面ABCD所成的角为π4，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得BN⊥平面PCD

？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由四边形ABCD是直角梯形，AB＝3，BC＝2AD＝2，AB⊥BC，可得DC＝2，∠BCD＝π3，从而△BCD是等边三角形，BD＝2，BD平分∠ADC.∵E为CD的中点，∴DE＝AD＝1，∴BD⊥AE，又

∵PB⊥AE，PB∩BD＝B，∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)在平面PBD内作PO⊥BD于O，连接OC，又∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，∴PO⊥平

面ABCD.∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角，则∠PCO＝π4，∴由题意得OP＝OC＝3，∵PB＝PD，PO⊥BD，∴O为BD的中点，∴OC⊥BD.以OB，OC，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，

C(0，3，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，3)，假设在侧面PCD内存在点N，使得BN⊥平面PCD成立，设PN―→＝λPD―→＋μPC―→(λ，μ≥0，λ＋μ≤1)，由题意得N(－λ，3μ，－3(λ＋μ－1))，BN―→＝(－λ－1，3μ，－3(λ＋μ－1))，

PC―→＝(0，3，－3)，PD―→＝(－1,0，－3)，由BN―→·PC―→＝0，BN―→·PD―→＝0得3μ＋3(λ＋μ－1)＝0，λ＋1＋3(λ＋μ－1)＝0，解得λ＝15，μ＝25，满足题意，∴N点到平面

ABCD的距离为－3(λ＋μ－1)＝235.