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1.1-2.1直線的傾斜角與斜率滾動測試卷
一、單選題
1．在直三棱柱中， 側棱長為4 ， 底面是邊長為4的正三角形， 則異面直線 與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
2．已知直線l過不同的兩點A(5，6)，B(5，y)，則l的斜率（ ）
A．等于0 B．等于5
C．不存在 D．與y的取值有關
3．如圖，在長方體中，. 以這個長方體的頂點為坐標原點，射線分別為軸，軸和軸的正半軸，建立空間直角坐標系，則長方體頂點的坐標是（ ）
A． B．
C． D．
4．如圖，在正方體中，點，分別為，的中點，則直線與平面所成的角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
5．直線l的傾斜角為，且，則直線l的斜率是
A． B． C．或 D．或
6．經過點作直線，若直線與連接，兩點的線段總有公共點，則直線的傾斜角的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
7．如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，分別是底面與側面的中心，為該正方體表面上的一個動點，且滿足，記點的軌跡所在的平面為，則過四點的球面被平面截得的圓的周長是（ ）
A． B． C． D．
8．如圖，在正方體中，E為棱的中點.動點P沿著棱從點D向點C移動，對于下列四個結論中正確的個數是（ ）
（1）存在點P，使得；
（2）存在點P，使得平面；
（3）的面積越來越?。?br/>（4）四面體的體積不變.
A．0 B．1 C．2 D．3
二、多選題
9．關于空間向量，以下說法正確的是（ ）
A．已知任意非零向量，若，則
B．若對空間中任意一點，有，則四點共面
C．設是空間中的一組基底，則也是空間的一組基底
D．若空間四個點，則三點共線
10．正方體的棱長為1，體對角線與，相交于點，則（ ）
A． B． C． D．
11．如圖，已知二面角的棱上有不同兩點和，若，，，，則（ ）
A．直線和直線為異面直線
B．若，則四面體體積的最大值為2
C．若，，，，，，則二面角的大小為
D．若二面角的大小為，，，，則過、、、四點的球的表面積為
三、填空題
12．設分別為兩條異面直線的方向向量，且，則異面直線所成的角為 .
13．正三棱柱的側棱長為2，底面邊長為1，M是的中點，在側棱上存在一點，使得，則 ．
14．已知正方體的棱長為1，點P在正方體的內切球表面上運動，且滿足平面，則的最小值為 .
四、解答題
15．已知，．
（1）求；
（2）求與夾角的余弦值．
16．如圖，四面體中，，分別為，上的點，且，，設，，
(1)以為基底表示；
(2)若，且，，，求.
17．如圖所示，在三棱錐中，平面，，，，，分別是，，，的中點，，與交于點，與交于點，連接.
（1）求證：；
（2）求平面與平面的夾角的余弦值.
18．如圖1，在直角中，，點，分別為邊，的中點，將沿著折起，使得點到達點的位置，如圖2，且二面角的大小為.
(1)求證：平面平面；
(2)在棱上是否存在點，使得與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.
19．已知是底面邊長為1的正四棱柱，為與的交點．
(1)設與底面所成角的大小為，異面直線與所成角的大小為，求證：；
(2)若點C到平面的距離為，求正四棱柱的表面積；
(3)若正四棱柱的高為2，在矩形內（不包含邊界）存在點P，滿足P到線段BC的距離與到線段的距離相等，求的最小值．
試卷第2頁，共5頁
試卷第1頁，共5頁
參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C A B C D B D BD AC
題號 11
答案 ACD
1．C
【分析】建立空間直角坐標系，利用向量的坐標運算求解夾角的余弦值.
【詳解】由題意，取中點，建系如圖所示的空間直角坐標系，
則,
所以,
所以，
所以與所成角的余弦值為，
故選:C.
2．C
【分析】根據給定兩點的坐標特點，確定直線l與x軸的位置關系即可作答.
【詳解】因點A(5，6)，B(5，y)是不同的兩點，且A、B的橫坐標相同，則直線l與x軸垂直，
所以l的斜率不存在.
故選：C
3．A
【分析】根據空間直角坐標系的定義求出坐標.
【詳解】因為，，，
所以，，
因為點在平面上的射影是，點的橫坐標、縱坐標和點的橫坐標、縱坐標相同，
又點在軸上的射影是，它的豎坐標與點的豎坐標相同，
所以點的坐標為.
故選：A.
4．B
【分析】利用空間向量的坐標運算求線面夾角.
【詳解】建系如圖，設正方體邊長為2，
所以,
所以,
設平面的法向量為，
所以令，
所以，
所以,
所以與平面所成的角的正弦值為.
故選:B.
5．C
【詳解】試題分析：由已知中直線的傾斜角為a，且sina=，分傾斜角a為銳角和鈍角兩種情況分類討論，根據同角三角函數關系，求出a的余弦值和正切值，即可得到直線的斜率,由已知中直線的傾斜角為a，且sina=
，當a為銳角時，cosa=，tana=；當a為鈍角時，cosa=-，tana=-；即直線的斜率是±，選C.
考點：直線的斜率.
6．D
【分析】由題知，再根據斜率范圍求解傾斜角的范圍即可.
【詳解】解：設直線的斜率為，直線的傾斜角為，則，
因為直線的斜率為，直線的斜率為，
因為直線經過點，且與線段總有公共點，
所以，即，
因為，
所以或，
故直線的傾斜角的取值范圍是．
故選：D．
7．B
【分析】
建立空間直角坐標系，找到球心O和點的軌跡，求出到平面的距離，利用幾何法求截面圓的半徑和周長.
【詳解】
取面對角線中點，連接，，，，分別在上，且，
以為原點，的方向分別為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
，，，， ，，，，，
，，，，
三棱錐中， 為直角三角形，所以，
因此點即為三棱錐的外接球球心，球半徑長為，
，，，，，共面，
，，， ，
平面，，平面，平面，
點的軌跡為矩形的四邊，如圖所示，
，為平面的法向量，
則球心到平面的距離為，
球面被平面截得的圓的半徑，圓的周長為.
故選：B
【點睛】
本題找球心O考查學生的空間想象能力，其余的計算和證明問題，則利用空間向量法.
8．D
【分析】設正方體棱長為，求出，由解得，確定（1）正確，考慮到到平面的距離不變，從而易判斷（4），以為軸建立空間直角坐標系，可證明不可能與垂直，故（2）不正確；設，，由空間向量法求得到的距離，由距離的變化規律判斷（3）正確.
【詳解】設正方體棱長為，
由平面平面得，同理，
所以，
由得，存在使得，（1）正確，
正方體中，平面，所以到平面的距離不變，
即到平面的距離不變，而面積不變，因此三棱錐，即四面體的體積不變，（4）正確;
以為軸建立空間直角坐標系，如下圖，

正方體棱長為2，則，
，，所以不可能與垂直，故平面也不可能成立，故（2）錯誤；
設，
所以
設到直線的距離為，則
由二次函數性質知時，遞減，所以遞減，又不變，
所以的面積為遞減，（3）正確，
綜上：（1）（3）（4）正確
故選：D.
【點睛】方法點睛：立體幾何中存在性或探究性問題涉及到的點具有運動性和不確定性屬于動態幾何問題,用純幾何的方法來解決對空間想像能力、作圖能力和邏輯推理能力的要求很高，若用向量方法處理，尤其是通過建立空間直角坐標系求解問題則思路簡潔明了，本題中用向量法解決點到直線的距離問題避免了抽象復雜找距離過程，而且將距離的變化情況轉化為函數的單調性問題解決更簡單明了.
9．BD
【分析】由向量平行的性質判斷A；根據空間向量共面定理即可判斷選項B；用向量運算法則判斷C；由共線向量定理判斷D.
【詳解】對于：若，則，
且，故錯誤；
對于，若對空間中任意一點，
有，，
四點共面，故B正確；
對于，是空間中的一組基底，
且，共面，
不可以構成空間的一組基底，故C錯誤；
對于，若空間四個點，，
，三點共線，故D正確.
故選：BD
10．AC
【分析】根據向量的線性運算的幾何表示，向量數量積的定義及運算律結合正方體的性質即得.
【詳解】方法一：，故A正確；
，故B錯誤；
，故C正確；
，故D錯誤；
方法二：
，故A正確；
由正方體的性質可知，，，
，故B錯誤；
，故C正確；
，故D錯誤.
故選：AC．
11．ACD
【分析】由異面直線的定義可判斷A；面且，此時四面體體積的最大值，求出即可判斷B；在平面內過A作BD的平行線AE，且使得，連接，四邊形是一個矩形，是二面角的一個平面角，由余弦定理求出即可判斷C；取的中點，的中點，取的中點，連接，易知是二面角的一個平面角，則，
過作平面的垂線和平面的垂線，交于點，即為外接球球心，求出
，即可求出，可判斷D.
【詳解】對于A，由異面直線的定義知A正確；
對于B，要求四面體體積的最大值，則面且，
此時四面體體積的最大值：
,故B不正確；
對于C，在平面內過A作BD的平行線AE，且使得，連接，
四邊形是一個矩形，是二面角的一個平面角，且面AEC，
所以面AEC，從而.
在中，由余弦定理可知：
所以.故C正確；
對于D，因為二面角的大小為，，，，
如下圖，所以平面與平面所成角的大小為，，
取的中點，的中點，為△△的外心，
取的中點，連接，則
所以是二面角的一個平面角，則，
過作平面的垂線和過作平面的垂線，交于點，即為外接球球心，
所以面， 面， 連接 ， ，
所以易證得：與全等，所以，
所以在直角三角形，，
，則過、、、四點的球的表面積為.故D正確.
故選：ACD
12．//
【分析】根據異面直線的夾角與方向向量夾角之間的關系，結合題意，即可求得結果.
【詳解】由題意，故可得的夾角為，
故所成的角為.
故答案為：.
13．/0.125
【分析】建立空間直角坐標系，由題設分別寫出四點的坐標，利用垂直關系即可求解．
【詳解】正三棱柱中，在平面內過作，以為原點建立空間直角坐標系，
則，設，
則，由，
得，解得，
所以.
故答案為：.
14．
【分析】根據平面平面可得點的軌跡是平面與正方體內切球的交線，根據點與圓的位置關系可求得AP的最小值.
【詳解】由題意得，正方體內切球的球心為正方體的中心，記為點，內切球半徑.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
∵平面，，∴平面平面，
∵平面，∴平面，故點的軌跡是平面與正方體內切球的交線，此交線為圓，記圓心為.
如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，，，，
∴，，.
設平面的法向量為，則，
令，則，故，
∴點到平面的距離為，
∴圓的半徑為，
由得，，
∴，
∴的最小值為.
故答案為：.
15．（1）8；（2）．
【分析】（1）利用空間向量數量積的坐標表示求；
（2）利用空間向量夾角的坐標表示求與夾角的余弦值．
【詳解】（1）由題設，.
（2）由，，
∴.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根據空間向量的線性運算直接計算；
（2）利用基底法，結合向量數量積的運算律求模長.
【詳解】（1）由已知得，
則；
（2）由（1）得，
所以，
所以.
17．（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）根據，，，分別是，，，的中點，易得，再利用線面平行判定定理得到平面，然后利用線面平行的性質定理證明；
（2）由，，易得，再由平面，以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸 軸 軸，建立空間直角坐標系，分別求得平面的一個法向量和平面的一個法向量為，設平面與平面的夾角為，由求解.
【詳解】（1）因為，，，分別是，，，的中點，
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，，兩兩垂直.
以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸 軸 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
設，
則，，，，，.
所以，，
，.
設平面的一個法向量為，
由，，
得取，得.
設平面的一個法向量為，
由，，
得取，得.
設平面與平面的夾角為，
則.
18．(1)證明見解析；
(2)或．理由見解析．
【分析】（1）證明平面，由平行得證平面，再由面面垂直的判定定理得證面面垂直；
（2）先證明是已知二面角的平面角，得，取中點，證明平面，然后以為原點，為軸，過平行的直線為，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，得各點坐標，求出平面的一個法向量，設，求得，再根據線面角的向量求法求線面角，從而可得結論．
【詳解】（1）由題意，，平面，
所以平面，
又因為圖1中，分別是中點，所以，
所以平面，而平面，
所以平面平面；
（2）由題意，所以是二面角的平面角，
二面角的大小為.
則，又由已知，所以等邊三角形，
取中點，連接，則，
由（1）知平面，而平面，所以，
，平面，所以平面，
以為原點，為軸，過平行的直線為，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，,
，，，，
，設平面的一個法向量為，
則，取，則，
設，
，，
與平面所成角的正弦值為，
則，解得或．
所以的值為或．
19．(1)證明見解析
(2)10
(3)
【分析】(1)根據線面角的定義、異面直線所成角的定義可以求出，的大小，最后可以證明出結論；
(2)根據面面垂直的性質定理可以找到點在平面的射影的位置，利用相似三角形性質可以求出正四棱柱的高；
(3)以為空間直角坐標系的坐標原點，以所在的直線為軸，設出點的坐標，由題意可以求出點的軌跡方程，計算出的表達式，進行恒等變形最后求出的最小值。
【詳解】（1）設正四棱柱的高為，因為底面，所以，于是有，
因為，如下圖所示：所以，
由勾股定理可知：，
在等腰三角形中，底邊上的高為，
所以，；
（2）因為為與的交點，三角形是以為底邊的等腰三角形，
所以，
因為底面是正方形，所以，又因為，平面，所以平面，
又因為平面，所以平面平面，
因此點在平面的投影在交線上，即，
如上圖所示：在矩形中中，，
因為∽，所以有，
所以正四棱柱的表面積為：；
（3）以為空間直角坐標系的坐標原點，以所在的直線為軸，設，
因為平面，平面，所以，
由題意可知，
所以有，
當時，最大，此時，取到最小值，
故取得最小值為。
【點睛】方法點睛：本題的第2問考查點面距問題，解決點面距問題的方法主要有三種：
1：直接法：直接法是指可以直接找到該點在平面投影的具體位置，而此類題型往往需要有面面垂直條件，
因為根據面面垂直的性質定理可知，該點的投影一定在交線上從而使問題轉化為平面幾何問題。
2：體積轉化法：不適合用直接法的題，利用三棱錐的體積相等列式求解。
3：空間向量法：點面距，即點面距為該點與平面內一點所形成的直線的方向向量在該平面法向量方向上的投影數量的絕對值。
第三問求某個變量的最值問題通常是把所要求的最值轉化為一個函數表達式，再求出此函數的最值。
答案第2頁，共15頁
答案第1頁，共15頁

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