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高中数学《3·4向量在立体几何中的应用》测试卷word版+(含参考答案)

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高中数学《3·4向量在立体几何中的应用》测试卷word版+(含参考答案)文字介绍:3.4向量在立体几何中的应用测试卷一、单选题1．设为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则“”是“”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．非充分非必要条件2．若点，在直线l上，则直线l的一个方向向量为（）A．B．C．D．3．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为棱的中点，且，，若点到平面的距离为，则实数的值为（）A．B．C．D．4．若平面的法向量为，直线l的方向向量为，直线l与平面的夹角为，则下列关系式成立的是（）A．B．C．D．5．已知点，，则直线的一个方向向量可以为（）A．B．C．D．6．在正方体中，，分别为，的中点，则（）A．平面B．异面直线与所成的角为30°C．平面平面D．平面平面7．在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，给出下列结论：①在M，N两点的运动过程中，⊥平面；②在平面上存在一点P，使得平面；③棱锥的体积为定值；④以点D为球心作半径为的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为．其中正确结论的序号是（）A．①②③B．①③④C．②④D．②③④8．如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论错误的是（）A．平面CMN截正方体ABCD—所得的截面图形是五边形B．直线到平面CMN的距离是；C．存在点P，使得D．△面积的最小值是．二、多选题9．在棱长为的正方体中，则（）A．平面B．直线平面所成角为45°C．棱锥的体积是正方体体积的D．点到平面的距离为10．如图，在棱长为1的正方体中，O为面的中心，E、F分别为BC和的中点，则（）A．平面B．平面与平面相交C．点О到直线的距离为D．点O到平面的距离为11．给出下列命题，其中正确的命题是（）A．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线B．若对空间中任意一点，有，则四点共面C．两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线D．已知向量，，则在上的投影向量为12．已知空间中三点，，，则下列结论正确的有（）A．与共线且同向的单位向量是B．C．与夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是三、填空题13．已知是直线的一个方向向量，是平面的一个单位法向量，且，则向量的坐标为______.14．已知平面的法向量为，直线l的方向向量为，且，则实数_________．15．在棱柱中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱底面，点在棱上，且，则与平面所成的角的正弦值为__________.16．在如图所示的试验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，当取最小值时，活动弹子到直线的距离为___________.四、解答题17．已知为直线l的方向向量，为平面的法向量，且，判断直线l与平面的位置关系是平行还是垂直．(1)，；(2)，．18．如图，在空间直角坐标系中有长方体，且，，，求直线与平面所成角的正弦值．19．如图，在棱柱中，侧面为正方形，，，点在线段上，平面.(1)求证：为的中点；(2)求二面角的大小；(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4．(1)求点A到平面PCD的距离；(2)线段BP上是否存在点E，使得DE⊥平面PAC，若存在，求出该点位置，若不存在，则说明理由．21．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，，PD⊥底面ABCD，，E是PC的中点，F是PB上的点，且．(1)证明：PD//平面AEF；(2)求二面角的正弦值；(3)求棱锥A－BEF的体积．22．如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△，连接，，得到图②的四棱锥.(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值.参考答案1．B【分析】利用空间向量与立体几何的关系即可得到二者的逻辑关系，进而可得“”是“”的必要非充分条件.【详解】为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则由，可得或，则“”不是“”的充分条件；由，可得，则“”是“”的必要条件.则“”是“”的必要非充分条件.故选：B2．A【分析】由方向向量的概念求解，【详解】由，l的方向向量与平行，只有选项A满足题意，故选：A3．A【分析】先证明平面，以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立的空间直角坐标系，利用点到面的距离可求解.【详解】解：由题意得：因为，为中点所以又，与交于点A，平面，平面所以平面以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，所以所以又，，设平面的法向量，则令，则，，所以.点到平面的距离为，解得或（舍）故选：A.4．D【分析】由线面角的向量求法判断【详解】由题意得，故选：D5．C【分析】利用空间向量中直线的方向向量的坐标运算求解即可.【详解】解：由题意得：，则直线的方向向量为逐项分析即可知只有C符合要求.故选：C6．D【分析】A项反证法可得；B项由平移法计算异面直线所成角；C项由面面平行的判断和性质可得结果；D项建立空间直角坐标系可得结果.【详解】对于选项A，假设面，则，这与已知与不垂直相矛盾，所以假设不成立.故选项A错误；对于选项B，连接，，因为，所以为异面直线与所成的角或补角，又因为△为等边三角形，所以，故选项B错误；对于选项C，因为，，由面面平行的判定定理可得平面平面，而平面与平面相交，所以平面与平面也相交，故选项C错误；对于选项D，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，可取，则，，即，设平面的法向量为，则，可取，则，，可得平面的一个法向量为，由，所以，即平面平面，故选项D正确.故选：D.7．D【分析】①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点移动到点时，由于，故与不垂直，所以①错误；②证明出线面平行，从而平面上存在一点P，使得平面；③作出辅助线，利用求出体积为定值；④得到球面被正方体表面所截得的弧为个半径为的圆弧，求出弧长和.【详解】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图1，对于①，当点移动到点时，此时，则，因为，所以与不垂直，所以①错误；对于②，平面与平面为同一个平面，而，所以当点在上时，总有平面，从而有平面，所以②正确；如图3，连接，交于点O，则⊥，故为三角形的高，且，所以，又⊥平面，故，所以③正确；，以点D为球心作半径为的球面，球面被正方体表面所截得的弧为以为圆心，个半径为的圆弧，弧长和为，所以④正确，故选：D．8．D【分析】作出截面图形判断A；由已知可推得平面，先求出以及的面积，利用等积法可判断B；以A点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，然后求得利用坐标法可判断C、D.【详解】如图1，直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，图1则五边形即为所得的截面图形，故A正确；由题可知，平面，平面，∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，图2设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，，，则，，所以，∴，因为，则，∴由，则，所以，所以直线到平面的距离是，故B正确；如图3，建立空间直角坐标系，则，，，，则.图3设，，∴，又，，，∴，，，假设存在点，使得，∴，整理得，∴（舍去）或，故存在点，使得，故C正确；由上知，所以点在的射影为，∴点到的距离为：，∴当时，，∴故面积的最小值是，故D错误.故选：D.9．AC【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量解决角度距离问题.【详解】正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，.，，，，，得，，由平面，，∴平面，A选项正确；，，设平面的一个法向量，则有，令，得，，则，，所以直线平面所成角不是45°，B选项错误；为边长为的等边三角形，，点到平面的距离，棱锥的体积，而棱长为的正方体的体积为，所以棱锥的体积是正方体体积的，C选项正确；，，设平面的一个法向量，则有，令，得，，则，，点到平面的距离为，故D选项错误.故选：AC10．BC【分析】建系，利用空间向量处理线、面关系以及距离问题.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则有：，设平面的法向量为，由，则，令，则，则，设平面的法向量为，由，则，令，则，则，对A：∵，则，即与不共线，∴不与平面垂直，A错误；对B：∵，则与不共线，∴平面与平面相交，B正确；对C：∵，则，即为锐角，∴，故点О到直线的距离为，C正确；对D：点O到平面的距离为，D错误.故选：BC.11．CD【分析】选项A，因为，直线的方向向量与平面的法向量垂直，直线可能在平面内，也可能与平面平行；选项B，根据空间向量四点共面条件即可判断B；选项C，根据平面向量基底的定义可判断C；选项D，根据投影向量的公式即可判断D.【详解】选项A，由已知直线的方向向量为，平面的法向量为，所以，所以，所以直线或，故A错误；选项B，因为，，根据空间向量四点共面条件可知，四点不共面，故B错误；选项C，三个不共面的向量可以成为空间的一个基底，两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线，故C正确；选项D，由，，在上的投影向量为，故D正确.故选：CD.12．ABC【分析】首先求出，根据求出与共线且同向的单位向量；验证，可判断B项正误；计算，可判断C项；求出平面的一个法向量，即可判断D项正误.【详解】由已知得，，，.与共线且同向的单位向量是，A项正确；，所以，B项正确；与夹角的余弦值是，C项正确；设平面的一个法向量是，则，即，取，则是平面的一个法向量.设，显然与不共线，所以D项错误.故选：ABC.13．或.【分析】根据线面关系确定与共线的关系，再根据单位向量即可求解.【详解】根据是直线的一个方向向量，，是平面的一个单位法向量，所以与共线，且是单位向量，所以或故答案为：或.14．【分析】根据直线与平面垂直可得直线l的方向向量与平面的法向量平行，利用两向量平行的充要条件即可求解.【详解】因为平面的法向量为，直线l的方向向量为，且，所以，则存在实数使得，也即，解得：，，故答案为：.15．【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】解：取的中点，连接，过点作，依题意可得，底面，所以底面，如图建立空间直角坐标系，则，，所以，又平面的法向量可以为，设与平面所成的角为，所以，与平面所成的角的正弦值为.故答案为：16．【分析】根据给定条件建立以直线BA，BE，BC分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答.【详解】因为正方形，则，而平面平面，平面平面，于是得平面，又为矩形，即，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则，因点在上，且，则，又在线段上移动，则有，于是得点，，，因此，当时，取最小值，此时，点，则，，而，则有，，因此，点M到直线BF的距离，所以活动弹子到直线的距离为.故答案为：17．(1)平行(2)垂直【分析】（1）由直线方向向量与平面的法向量垂直，得线面平行；（2）由直线方向向量与平面的法向量平行，得线面垂直．(1)，，又，所以．(2)，即，所以．18．【分析】求出平面的法向量，用空间向量求解线面角的正弦值.【详解】，，，，，，设平面的法向量为，则，解得：，令得：，则，设直线与平面夹角为，则故直线与平面所成角的正弦值为19．(1)详见解析；(2)；(3)存在，或.【分析】（1）设，根据线面平行的性质可得，进而即得；（2）取的中点，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后利用坐标法利用面面角的向量求法即得；（3）设，利用线面角的向量求法结合条件即得.【详解】（1）设，连接，因为侧面为正方形，所以为的中点，因为平面，平面，平面平面，所以，又为的中点，所以为的中点；（2）因为，所以，又平面，平面，所以平面，取的中点，则，由平面，平面，可得，又平面，平面，所以平面，如图以为原点建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，又平面的法向量可取，所以，所以二面角的大小为；（3）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，设，因为，所以，，又，所以，又平面的一个法向量为，所以，整理可得，解得或，所以在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，的值为或.20．(1)；(2)不存在，理由见解析.【分析】（1）利用等积法，根据线面垂直，面面垂直的判定及性质结合条件即得；（2）利用坐标法，设，结合条件可得，进而即得.【详解】（1）由题意，，由PB⊥平面ABCD，PB⊂平面PBC，可得平面PBC⊥平面ABCD，而DC⊥BC，且平面平面，平面ABCD，∴DC⊥平面PBC，平面PBC，可得DC⊥PC，∵CD＝3，PC＝，∴，设A到平面PCD的距离为h，则，即h＝，∴点A到平面PCD的距离为；（2）以B为坐标原点，分别以BC、BA、BP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则D（3，3，0），C（3，0，0），P（0，0，4），设，则，，若DE⊥平面PAC，则，解得，不合题意，故线段BP上不存在点E，使得DE⊥平面PAC．21．(1)证明见详解(2)(3)【分析】（1）建系，利用空间向量证明线面关系；（2）利用空间向量求二面角；（3）先根据空间向量求点到平面的距离，再求棱锥的体积.【详解】（1）连接，由题意可知：为等边三角形，取的中点，连接，则，∵，则，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，即，∵，且平面，∴平面.（2）由（1）可得：，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则，令，则，即，可得，设二面角为，则可得，故二面角的正弦值.（3）由（2）可得：，即为等腰直角三角形，∵点到平面的距离，∴棱锥A－BEF的体积.22．(1)(2)平面和平面夹角余弦值的最小值为【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式及，得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值．【详解】（1）解：取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为；（2）解：连接，因为，所以，所以为的平面角，即，过点作平面，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，则，，，过作于点，由题意得平面，设,,，所以，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，因为，则，令，可得：，设两平面夹角为，则，令，所以，则所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为.【点睛】关键点点睛：利用二面角的平面角来表示折叠过程中形成的动点的横、纵、竖坐标，从而减少题中的变量，并且求解平面与平面夹角的余弦值时，两个平面法向量都含参数的正弦或余弦值，利用空间向量的坐标运算求解时，还需应用与的关系进行变形处理，从而使得只含或者的式子，转换成单变量的函数关系从而可以利用函数思想求解的最值，属于较难题目．

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