人教2021年高考数学精选考点专项突破题集 专题5.3 运用空间向量解决立体几何中的角与距离（教师版含解析）.docx

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】　＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，经计算得C项符合题意．故选C.
3、在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的正切值为( )
A. B. C. D.
【答案】C.
【解析】　以D为坐标原点，DC，DA，DD1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，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，
第3题图
可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(2，0，2)，由中点坐标公式可得E(2，1，0)，F(2，1，2)，则AF＝(2，－1，2)，C1E＝(0，1，－2)，设两异面直线所成角为θ，则cos θ＝|cos〈，C1E〉|＝＝
＝，则sin θ＝，故异面直线AF与C1E所成角的正切值为＝.故选C.
4、如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为(　　)
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B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，∴＝(－1，－1，－2)，＝(1,0，－2)，
∴B1M与D1N所成角的余弦值为＝＝.
5、.如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　　)
A. B．
C. D.
【答案】A　
【解析】如图，以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，则C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，
∴＝(0,3,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即取y＝1，得n＝(2,1,3)．
∴cos，n＝＝，
∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.
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 ­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
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A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，
∴＝(0,1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则即
∴∴n1＝(1,2,2)．
又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝.
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
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