1.1-1.4空间向量的应用滚动测试卷（含解析）

1.1-1.4空间向量的应用滚动测试卷
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．在空间直角坐标系中，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则（ ）
A． B． C．或 D．l与斜交
3．已知空间向量，则在上的投影向量的模为（ ）
A． B．1 C．2 D．
4．如图，在四面体OABC中，，，，且，，则=（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的重心，，且，，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．在三棱柱中， （ ）
A． B． C． D．
7．已知空间四点，，，，则四面体的体积为（ ）
A． B． C．15 D．
8．在平行六面体中，点M满足．若，则下列向量中与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列各组向量中，是共线向量的是（ ）
A．＝(1，2，－2)，＝(－2，－4，4) B．＝(1，0，0)，＝(－3，0，0)
C．＝(2，3，0)，＝(0，0，0) D．＝(－2，3，5)，＝(16，－24，40)
10．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A． B．
C． D．
11．在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（　　）
A．异面直线与所成的角为 B．是平面的一个法向量
C．二面角的正切值为 D．正方体的外接球的体积为
第II卷（非选择题）
三、填空题
12．如图，在长方体中，，，顶点在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为2，1，则顶点的对顶点到平面的距离是 .
13．已知，．若与的夹角是钝角，则整数k的取值可以是 ．（写出一个符合条件的取值即可）
14．如图，点是棱长为2的正四面体底面的中心，过点的直线交棱于点是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交下点，则 ．

四、解答题
15．如图，且，，且，且，平面，．
(1)求平面与平面的夹角；
(2)求直线到平面的距离．
16．如图，在所有棱长都等于2的正三棱柱中，点是的中点，求：
（1）异面直线与所成角的大小；
（2）直线与平面所成角的大小.
17．在四棱锥中，为直角三角形，且，四边形为直角梯形，且为直角，E为的中点，F为的四等分点且，M为中点且．
（1）证明：平面；
（2）设二面角的大小为，求的取值范围．
18．如图，已知是平面外一点，，，.
（1）四点，，，在同一平面内吗？说明理由；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
19．如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，已知，，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
试卷第4页，共4页
试卷第3页，共4页
《1.1-1.4空间向量的应用滚动测试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C A C A C B C ABC ABD
题号 11
答案 ABD
1．C
【分析】根据向量的运算法则即可求解.
【详解】.
故选：C.
2．C
【解析】由可得，所以或，即可得正确选项.
【详解】直线l的方向向量为，平面的法向量为，
因为，
所以，
所以或，
故选：C.
3．A
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的坐标表示求解.
【详解】由向量，得，，
则在上的投影向量为，
所以在上的投影的模为．
故选：A
4．C
【分析】根据几何关系，结合向量的线性运算，即可求解.
【详解】连接ON，因为，所以()，
因为，所以，
所以.
故选：C.
5．A
【分析】建立空间直角坐标系，确定相关点以及向量的坐标，利用点到直线的距离的向量求法，即可得答案.
【详解】如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，由，可得，
为的重心，所以，，，
则，，，
故点到直线的距离为.
故选：A
6．C
【分析】先计算向量的减法，然后向量的平行四边形法则计算，由此可得结果.
【详解】如图所示根据题意知
又因三棱柱，所以可知平面都是矩形，则，
所以，
根据向量的平行四边形法则可得
故选：C
7．B
【分析】根据已知点坐标求平面的一个法向量，向量法求到面的距离，且为边长为的等边三角形，最后应用棱锥的体积公式求体积.
【详解】由题设为边长为的等边三角形，
且，，，
若是面的一个法向量，则，
令，则，
则到面的距离，
所以四面体的体积为.
故选：B

8．C
【分析】结合图形，由空间向量的线性运算可得.
【详解】
由点M满足，所以M为中点，
因为四边形ABCD为平行四边形，所以M为中点,
所以，
所以.
故选：C
9．ABC
【分析】根据共线向量的定义，对各个选项中的两个向量进行判断即可得出答案.
【详解】解：对于A，因为，所以；
对于B，因为，所以；
对于C，因为是零向量，所以；
对于D，因为，所以不共线.
故选：ABC.
10．ABD
【分析】根据向量共面的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】选项A，因为，所以共面；
选项B，因为，所以共面；
选项C，在构成的平面内，不在这个平面内，不符合.
选项D，因为共线，所以共面.
故选：ABD
11．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的余弦值及二面角的余弦值，即可判断AC，再根据线面垂直的判定定理即可说明B，根据正方体外接球的直径即可体对角线，即可求出外接球的体积；
【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，设异面直线与所成的角为，所以，因为，所以，故A正确；
在正方体，平面，平面，所以平面，又，，面
所以平面，所以是平面的一个法向量，故B正确；
设面的法向量为，则，，所以，令，则，，所以，显然面的一个法向量可为，设二面角为，则，因为二面角为锐二面角，所以，所以，故C错误；
正方体外接球的半径，
故其外接球的体积为，故D正确；
故选：．
【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和异面直线所成的角与二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
12．/.
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设平面的法向量为，，从而由点到平面的距离公式得到方程，求出的坐标，从而求出答案.
【详解】以长方体顶点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，
则，，，，
设平面的单位法向量，，
所以，即，解得，
设点到平面的距离为，
故.
故答案为：.
13．（答案不唯一）
【分析】根据向量的坐标运算公式求出，，再利用向量夹角公式表示关系与的夹角是钝角，化简可得k的取值.
【详解】设与的夹角为，则为钝角，所以，
即且，的方向不相反．
，，
所以，
由可得，化简可得，
由，的方向相反可得且， 解得，
所以由与的夹角是钝角可得且，
即k的取值范围为，
故整数k的取值可能是，，1中的任一个，
故答案为：（答案不唯一）
14．
【分析】确定，根据共面得到，解得答案.
【详解】
；
四点共面，故，即.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】(1)建立空间直角坐标系，根据空间角的向量方法求解;(1)由线面平行可得直线上所有点到平面距离相等，再利用等体积法可求解.
【详解】（1）因为，面，故可以为坐标原点，
为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，如图：
由题可知：，，，，，，，
易知面的一个法向量为，设面的法向量为，
，，故得，即，
不妨令y＝1，则，，
所以平面与平面的夹角为．
（2）因为，面，则面，
所以直线到平面的距离与点到面的距离相等，
如图，连接，由（1）可知平面，平面，
所以，
又因为，所以，设点到平面EBC的距离为，
则，
，
又因为，所以，
所以直线AD到平面EBC的距离为．
16．（1）；（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系，确定坐标，即可求出所成角的余弦，转化为与所成角，即可求出结果;
（2）确定坐标，求出平面的法向量，利用线面角公式，即可求出直线与平面所成角
【详解】取中点,连接,则,
正三棱柱所有棱长都等于2,
,平面平面,
以为坐标原点,所在的直线分别为
轴建立空间直角坐标系,则,
.
（1）
异面直线与所成角的余弦为.
异面直线与所成角是.
（2）,
设平面的法向量,
,,令,则,
平面的一个法向量
设直线与平面所成角,
,
直线与平面所成角.
【点睛】本题考查用空间向量求异面直线、直线与平面所成的角,考查计算能力,属于基础题.
17．（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）首先取的中点，连接，，，易证，，从而得到平面，利用线面垂直的性质得到，再根据，，，即可证明平面.
（2）首先以为原点，，分别为，轴，垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，，，利用向量法得到，再求的范围即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，，如图所示：
因为，，
所以，.
因为四边形为直角梯形，且，，
所以四边形为正方形，即为的中点.
又因为，为的中点，所以为的中点.
所以.
又因为，所以.
所以平面.
又因为平面，所以.
所以平面.
（2）以为原点，，分别为，轴，垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：
设，，，则，，
，.
，，，.
设平面的法向量，
则，令，解得，，
故.
设平面的法向量，
则，令，解得，，
故.
由图知，二面角的平面角为锐角，
所以.
故.
18．（1）在同一平面内，理由见解析；（2）．
【分析】（1）设线段，的中点分别为，，分别连接，，，根据三角形中位线的关系得出，结合向量共线的性质得出四边形和四边形都是平行四边形，利用平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，从而可证出四点，，，在同一平面内；
（2）利用线面垂直的性质得出平面，建立空间直角坐标系，设，由于，，求出各点坐标和各向量坐标，；利用空间向量法求法向量的方法，分别求出平面和平面的一个法向量，最后利用空间向量法求二面角的公式即可求出结果.
【详解】解：（1）分别设线段，的中点分别为，，分别连接，，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形和四边形都是平行四边形，
∴，，，，
∴，，即四边形是平行四边形，
∴，∴，
所以，四点，，，在同一平面内；
（2）∵，，与是平面内两相交直线，
∴平面，
分别以直线，为轴和轴，以过点垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直线坐标系，
设，由于，，
所以，，，，，
∴，，，，
设和分别是平面和平面的一个法向量，
则 ，，，，
∴， ，
不妨取，得，，，
∴，
所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
19．（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.
【分析】（1）推导出平面，平面，从而平面平面，再利用面面平行的性质即可证明平面．
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值即可.
（3）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出线段上是存在点，使得平面平面，．
【详解】（1）因为梯形中，，平面，平面，
所以平面，
正方形中，，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）因为平面平面，，
所以平面.
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
平面的法向量，
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．
（3）假设线段上是存在点，使得平面平面，如图所示：
，设，，，则，
解得，，，，
，，
设平面的法向量，
则，
取，得，
因为平面平面，
所以，解得．
故线段上是存在点，使得平面平面，．
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