1.1-2.1直线的倾斜角与斜率滚动测试卷（含解析）

1.1-2.1直线的倾斜角与斜率滚动测试卷
一、单选题
1．在直三棱柱中， 侧棱长为4 ， 底面是边长为4的正三角形， 则异面直线 与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知直线l过不同的两点A(5，6)，B(5，y)，则l的斜率（ ）
A．等于0 B．等于5
C．不存在 D．与y的取值有关
3．如图，在长方体中，. 以这个长方体的顶点为坐标原点，射线分别为轴，轴和轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则长方体顶点的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图，在正方体中，点，分别为，的中点，则直线与平面所成的角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．直线l的倾斜角为，且，则直线l的斜率是
A． B． C．或 D．或
6．经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（ ）
（1）存在点P，使得；
（2）存在点P，使得平面；
（3）的面积越来越小；
（4）四面体的体积不变.
A．0 B．1 C．2 D．3
二、多选题
9．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．已知任意非零向量，若，则
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面
C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底
D．若空间四个点，则三点共线
10．正方体的棱长为1，体对角线与，相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
11．如图，已知二面角的棱上有不同两点和，若，，，，则（ ）
A．直线和直线为异面直线
B．若，则四面体体积的最大值为2
C．若，，，，，，则二面角的大小为
D．若二面角的大小为，，，，则过、、、四点的球的表面积为
三、填空题
12．设分别为两条异面直线的方向向量，且，则异面直线所成的角为 .
13．正三棱柱的侧棱长为2，底面边长为1，M是的中点，在侧棱上存在一点，使得，则 ．
14．已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知，．
（1）求；
（2）求与夹角的余弦值．
16．如图，四面体中，，分别为，上的点，且，，设，，
(1)以为基底表示；
(2)若，且，，，求.
17．如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，分别是，，，的中点，，与交于点，与交于点，连接.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
18．如图1，在直角中，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为.
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
19．已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点．
(1)设与底面所成角的大小为，异面直线与所成角的大小为，求证：；
(2)若点C到平面的距离为，求正四棱柱的表面积；
(3)若正四棱柱的高为2，在矩形内（不包含边界）存在点P，满足P到线段BC的距离与到线段的距离相等，求的最小值．
试卷第2页，共5页
试卷第1页，共5页
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C A B C D B D BD AC
题号 11
答案 ACD
1．C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算求解夹角的余弦值.
【详解】由题意，取中点，建系如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以,
所以，
所以与所成角的余弦值为，
故选:C.
2．C
【分析】根据给定两点的坐标特点，确定直线l与x轴的位置关系即可作答.
【详解】因点A(5，6)，B(5，y)是不同的两点，且A、B的横坐标相同，则直线l与x轴垂直，
所以l的斜率不存在.
故选：C
3．A
【分析】根据空间直角坐标系的定义求出坐标.
【详解】因为，，，
所以，，
因为点在平面上的射影是，点的横坐标、纵坐标和点的横坐标、纵坐标相同，
又点在轴上的射影是，它的竖坐标与点的竖坐标相同，
所以点的坐标为.
故选：A.
4．B
【分析】利用空间向量的坐标运算求线面夹角.
【详解】建系如图，设正方体边长为2，
所以,
所以,
设平面的法向量为，
所以令，
所以，
所以,
所以与平面所成的角的正弦值为.
故选:B.
5．C
【详解】试题分析：由已知中直线的倾斜角为a，且sina=，分倾斜角a为锐角和钝角两种情况分类讨论，根据同角三角函数关系，求出a的余弦值和正切值，即可得到直线的斜率,由已知中直线的倾斜角为a，且sina=
，当a为锐角时，cosa=，tana=；当a为钝角时，cosa=-，tana=-；即直线的斜率是±，选C.
考点：直线的斜率.
6．D
【分析】由题知，再根据斜率范围求解倾斜角的范围即可.
【详解】解：设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则，
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
因为直线经过点，且与线段总有公共点，
所以，即，
因为，
所以或，
故直线的倾斜角的取值范围是．
故选：D．
7．B
【分析】
建立空间直角坐标系，找到球心O和点的轨迹，求出到平面的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.
【详解】
取面对角线中点，连接，，，，分别在上，且，
以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，， ，，，，，
，，，，
三棱锥中， 为直角三角形，所以，
因此点即为三棱锥的外接球球心，球半径长为，
，，，，，共面，
，，， ，
平面，，平面，平面，
点的轨迹为矩形的四边，如图所示，
，为平面的法向量，
则球心到平面的距离为，
球面被平面截得的圆的半径，圆的周长为.
故选：B
【点睛】
本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.
8．D
【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定（1）正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断（4），以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故（2）不正确；设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断（3）正确.
【详解】设正方体棱长为，
由平面平面得，同理，
所以，
由得，存在使得，（1）正确，
正方体中，平面，所以到平面的距离不变，
即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，（4）正确;
以为轴建立空间直角坐标系，如下图，

正方体棱长为2，则，
，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故（2）错误；
设，
所以
设到直线的距离为，则
由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，
所以的面积为递减，（3）正确，
综上：（1）（3）（4）正确
故选：D.
【点睛】方法点睛：立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了.
9．BD
【分析】由向量平行的性质判断A；根据空间向量共面定理即可判断选项B；用向量运算法则判断C；由共线向量定理判断D.
【详解】对于：若，则，
且，故错误；
对于，若对空间中任意一点，
有，，
四点共面，故B正确；
对于，是空间中的一组基底，
且，共面，
不可以构成空间的一组基底，故C错误；
对于，若空间四个点，，
，三点共线，故D正确.
故选：BD
10．AC
【分析】根据向量的线性运算的几何表示，向量数量积的定义及运算律结合正方体的性质即得.
【详解】方法一：，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误；
方法二：
，故A正确；
由正方体的性质可知，，，
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：AC．
11．ACD
【分析】由异面直线的定义可判断A；面且，此时四面体体积的最大值，求出即可判断B；在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接，四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，由余弦定理求出即可判断C；取的中点，的中点，取的中点，连接，易知是二面角的一个平面角，则，
过作平面的垂线和平面的垂线，交于点，即为外接球球心，求出
，即可求出，可判断D.
【详解】对于A，由异面直线的定义知A正确；
对于B，要求四面体体积的最大值，则面且，
此时四面体体积的最大值：
,故B不正确；
对于C，在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接，
四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，且面AEC，
所以面AEC，从而.
在中，由余弦定理可知：
所以.故C正确；
对于D，因为二面角的大小为，，，，
如下图，所以平面与平面所成角的大小为，，
取的中点，的中点，为△△的外心，
取的中点，连接，则
所以是二面角的一个平面角，则，
过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心，
所以面， 面， 连接 ， ，
所以易证得：与全等，所以，
所以在直角三角形，，
，则过、、、四点的球的表面积为.故D正确.
故选：ACD
12．//
【分析】根据异面直线的夹角与方向向量夹角之间的关系，结合题意，即可求得结果.
【详解】由题意，故可得的夹角为，
故所成的角为.
故答案为：.
13．/0.125
【分析】建立空间直角坐标系，由题设分别写出四点的坐标，利用垂直关系即可求解．
【详解】正三棱柱中，在平面内过作，以为原点建立空间直角坐标系，
则，设，
则，由，
得，解得，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值.
【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
∵平面，，∴平面平面，
∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
由得，，
∴，
∴的最小值为.
故答案为：.
15．（1）8；（2）．
【分析】（1）利用空间向量数量积的坐标表示求；
（2）利用空间向量夹角的坐标表示求与夹角的余弦值．
【详解】（1）由题设，.
（2）由，，
∴.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的线性运算直接计算；
（2）利用基底法，结合向量数量积的运算律求模长.
【详解】（1）由已知得，
则；
（2）由（1）得，
所以，
所以.
17．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据，，，分别是，，，的中点，易得，再利用线面平行判定定理得到平面，然后利用线面平行的性质定理证明；
（2）由，，易得，再由平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴 轴 轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，由求解.
【详解】（1）因为，，，分别是，，，的中点，
所以，.
所以.
又平面，平面，
所以平面.
又平面，平面平面，
所以.又，
所以.
（2）在中，，，
所以.
又平面，所以，，两两垂直.
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴 轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，
则，，，，，.
所以，，
，.
设平面的一个法向量为，
由，，
得取，得.
设平面的一个法向量为，
由，，
得取，得.
设平面与平面的夹角为，
则.
18．(1)证明见解析；
(2)或．理由见解析．
【分析】（1）证明平面，由平行得证平面，再由面面垂直的判定定理得证面面垂直；
（2）先证明是已知二面角的平面角，得，取中点，证明平面，然后以为原点，为轴，过平行的直线为，建立如图所示的空间直角坐标系，设，得各点坐标，求出平面的一个法向量，设，求得，再根据线面角的向量求法求线面角，从而可得结论．
【详解】（1）由题意，，平面，
所以平面，
又因为图1中，分别是中点，所以，
所以平面，而平面，
所以平面平面；
（2）由题意，所以是二面角的平面角，
二面角的大小为.
则，又由已知，所以等边三角形，
取中点，连接，则，
由（1）知平面，而平面，所以，
，平面，所以平面，
以为原点，为轴，过平行的直线为，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，,
，，，，
，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
设，
，，
与平面所成角的正弦值为，
则，解得或．
所以的值为或．
19．(1)证明见解析
(2)10
(3)
【分析】(1)根据线面角的定义、异面直线所成角的定义可以求出，的大小，最后可以证明出结论；
(2)根据面面垂直的性质定理可以找到点在平面的射影的位置，利用相似三角形性质可以求出正四棱柱的高；
(3)以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设出点的坐标，由题意可以求出点的轨迹方程，计算出的表达式，进行恒等变形最后求出的最小值。
【详解】（1）设正四棱柱的高为，因为底面，所以，于是有，
因为，如下图所示：所以，
由勾股定理可知：，
在等腰三角形中，底边上的高为，
所以，；
（2）因为为与的交点，三角形是以为底边的等腰三角形，
所以，
因为底面是正方形，所以，又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
因此点在平面的投影在交线上，即，
如上图所示：在矩形中中，，
因为∽，所以有，
所以正四棱柱的表面积为：；
（3）以为空间直角坐标系的坐标原点，以所在的直线为轴，设，
因为平面，平面，所以，
由题意可知，
所以有，
当时，最大，此时，取到最小值，
故取得最小值为。
【点睛】方法点睛：本题的第2问考查点面距问题，解决点面距问题的方法主要有三种：
1：直接法：直接法是指可以直接找到该点在平面投影的具体位置，而此类题型往往需要有面面垂直条件，
因为根据面面垂直的性质定理可知，该点的投影一定在交线上从而使问题转化为平面几何问题。
2：体积转化法：不适合用直接法的题，利用三棱锥的体积相等列式求解。
3：空间向量法：点面距，即点面距为该点与平面内一点所形成的直线的方向向量在该平面法向量方向上的投影数量的绝对值。
第三问求某个变量的最值问题通常是把所要求的最值转化为一个函数表达式，再求出此函数的最值。
答案第2页，共15页
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