(教参)阶段小卷(二) 1.4 空间向量的应用-【精彩三年】2023-2024学年新教材高中数学选择性必修第一册课程探究与巩固教师用书word+课件PPT（人教A版，浙江专用）

阶段小卷(二)[1.4] (见学生用书P147) [时间：40分钟　满分：100分] 一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，满分35分) 1．若直线l的一个方向向量为a＝，平面α的一个法向量为b＝，则(　D　) A．l⊥α B．l∥α C．l⊂α D．l∥α或l⊂α 2．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，且l⊥α，则m＝(　C　) A．－ B． C．4 D．5 3．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则直线BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　D　) A． B． C． D． 4．已知A，B，C，D，则点D到平面ABC的距离为(　A　) A． B． C． D． 5．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则点A到直线B1E的距离为(　B　) A． B．1 C． D． 【解析】 如图，建立空间直角坐标系， 由题意，得A(0，0，0)，E，B1(1，0，1)，＝(－1，0，－1)，＝，所以在上的投影长度为＝＝1， 所以点A到直线B1E的距离为＝＝1. 6．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是线段AB，BD1上的动点，且直线EF与AA1所成角的正切值为，则下列直线中与EF所成角的正切值必为的是(　C　) A．CD B．BD C．BC1 D．BB1 【解析】 设正方体的棱长为1，在BD1上取一点T，使AT∥EF，则直线EF与AA1所成的角即直线AT与AA1所成的角，设直线AT与AA1所成的角为θ，则tan θ＝，cos θ＝，以D为原点建立空间直角坐标系，如图． 则A，B，A1，D1，C，D，B1，C1，所以＝，＝＋λ＝＋λ＝，所以cos θ＝＝＝＝，化简得λ＝，所以＝. 对于A，＝，所以CD与EF所成角的余弦值即CD与AT所成角的余弦值，即＝＝，则CD与EF所成角的正切值为，故A错误； 同理，对于B，＝，BD与EF所成角的余弦值即BD与AT所成角的余弦值，即＝＝0，则BD与EF所成角的正切值不存在，故B错误； 对于C，＝，BC1与EF所成角的余弦值即BC1与AT所成角的余弦值，即＝＝，则BC1与EF所成角的正切值为，故C正确； 对于D，＝，BB1与EF所成角的余弦值即BB1与AT所成角的余弦值，即＝＝，则BB1与EF所成角的正切值为，故D错误． 7．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，＝，＝，＝λ， 当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝(　C　) A． B． C． D． 解： 如图，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1， 则M，N，C，B1，D，D1，所以＝λ＝λ，E，＝，＝， 设平面MNE的法向量为m＝， 则∴ 令x＝1，可得m＝，又＝， 设直线DD1与平面MNE所成的角为α，则sin α＝＝＝＝，又α∈， ∴当λ＝时，sin α有最大值，即直线DD1与平面MNE所成的角最大． 二、多项选择题(本题共2小题，满分10分．在每小题给出的选项中有多项符合要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 8．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是(　AB　) A．若两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a＝，b＝，则l1∥l2 B．若两个不同的平面α，β的法向量分别是u＝，v＝，则α⊥β C．若直线l的方向向量为a＝，平面α的法向量是u＝，则l⊥α D．若直线l的方向向量为a＝，平面α的法向量是u＝，则l∥α 【解析】 A项，因为a＝，b＝，即a＝－b，且直线l1，l2不重合，所以l1∥l2，故A项正确； B项，因为u＝，v＝，即u·v＝2×(－3)＋2×4＋(－1)×2＝0，所以u⊥v，所以α⊥β，故B项正确； C项，因为a＝，u＝，即a·u＝1×6＋(－1)×4＋2×(－1)＝0，所以a⊥u，所以l∥α或l⊂α，故C项错误； D项，因为a＝，u＝，即a＝－u，所以a∥u，所以l⊥α，故D项错误． 9．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E是DD1的中点，则下列结论中正确的是(　ABD　) A．直线B1C∥平面A1BD B．B1C⊥BD1 C．三棱锥C1­B1CE的体积为 D．异面直线B1C与BD所成的角为 【解析】 如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，C1(1，1，1)，D1(0，1，1)，E， ＝(0，1，－1)，＝(－1，1，1)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)， 所以·＝(－1)×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 即⊥，所以B1C⊥BD1，故选项B正确；