新人教版高中数学选修一第一单元《空间向量与立体几何》检测卷(包含答案解析)(1)

一、选择题

1．如图，正三角形ACB与正三角形ACD所在平面互相垂直，则二面角BCDA的余弦值是（ ）

A．

1 2B．

2 2C．

3 3D．

5 52．在棱长为2的正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，则AECF( ) A．0

B．2

C．2

D．3

3．在空间直角坐标系中，已知A1,2,3，B1,0,4，C3,0,5，D4,1,3，则直线AD与BC的位置关系是（ ） A．平行

B．垂直

C．相交但不垂直

D．无法判定

，，4．空间四点A(1,0,0)、B010、C(0,0,1)、D(x,2,3)共面，则x（ ）

A．4

B．1

C．1

D．4

5．平行六面体（底面为平行四边形的四棱柱）ABCDA1B1C1D1所有棱长都为1，且

A1ADA1AB60,DAB45,则BD1（ ）

A．31

B．21

C．32

D．32

6．设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列四个命题：①若

ab，a，b，则b//；②若a//，a，则；③若a，

，则a//或a；④若ab，a，b，则．其中正确命题的

个数为（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

7．在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）ABCA1B1C1中，AB2，E，F分别为A1C1和A1B1的中点，当AE和BF所成角的余弦值为的正弦值为（ ） A．1时，AE与平面BCC1B1所成角410 26 2B．6 4C．10 4D．8．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱A1B1的中点，则异面直线AE与BD1所成角的

余弦值为（ ） A．15 15B．15 5C．5 3D．5 59．如图,在四面体OABC中,D是BC的中点,G是AD的中点,则OG等于（ ）

A．OAOBOC C．OA131313B．OAOB12131OC 411111OBOC D．OAOBOC 4444610．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是AB、AD的中点，则EFDC（ ） A．

121 4B．1 4C．

3 4D．3 411．如图四边形ABCD中，ABBDDA2，BCCD折起，当二面角ABDC的大小为

2，现将△ABD沿BD5时，直线AB与CD所成角的余弦值是（ ） 6

A．52 8B．32 8C．32 4D．2 412．如图，在棱长均相等的四面体OABC中，点D为AB的中点，CE1ED，设2OAa，OBb，OCc，则OE（ ）

A．

111abc 663B．abb

131313C．

111abc 663D．

112abc 66313．点P是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD上一点，则PAPC1的取值范围是（ ） A．[1,]

14B．[,]

1214C．[1,0]

D．[,0]

12二、填空题

14．已知向量a0,1,1,b4,1,0,ab29，且0，则

____________．

15．在一直角坐标系中，已知A1,6，B3,8，现沿x轴将坐标平面折成60的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为__________．

16．平行六面体ABCDA1B1C1D1中，A1ABA1ADBAD60，且AB1，

AD2，AA13，则AC1等于______.

17．已知直线l的一个方向向量d(4,3,1)，平面的一个法向量n(m,3,5)，且

l//，则m____

18．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，AA13，

60，则AC1___________． BAD 90，BAA1DAA1

19．ABC的三个顶点分别是A(1,1,2)，B(5,6,2)，C(1,3,1)，则AC边上的高

BD长为__________．

20．在三棱锥O-ABC中，OA､OB､OC两两垂直，OA3，OB4，OC5，D是AB的中点，则CD与平面OAB所成的角的正切值为___________.

21．正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为

22，则AC1与B1C所成的角为___________.

22．在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，AA1ABAC4，点E为棱CC1上一点，且异面直线A1B与AE所成角的余弦值为130，则CE的长为______. 13023．如图，在棱长为2的正方体中，点P在正方体的对角线AB上，点Q在正方体的棱CD上，若P为动点，Q为动点，则PQ的最小值为_____.

24．已知向量a2,1,3，b1,k,取值范围是__________． 25．给出下列命题：

3，若向量a、b的夹角为钝角，则实数k的2①直线l的方向向量为a=（1，﹣1，2），直线m的方向向量b=（2，1，﹣与m垂直；

1），则l2②直线l的方向向量a=（0，1，﹣1），平面α的法向量n=（1，﹣1，﹣1），则l⊥α； ③平面α、β的法向量分别为n1=（0，1，3），n2=（1，0，2），则α∥β；

④平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量n=（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t=1.

其中真命题的是______．（把你认为正确命题的序号都填上）

26．若平面，的法向量分别为u(4,0,3)，v(1,1,0)，则这两个平面所成的锐角的二面角的余弦值为________.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【分析】

取AC的中点E，连接BE,DE,证明BE垂直于平面ACD，以点E为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面BCD和平面CDA的法向量，利用空间向量公式即可求出所求二面角的余弦. 【详解】

如图示，取AC中点E，连结BE、DE，在正三角形ACB与正三角形ACD中， BE⊥AC，DE⊥AC，因为面ACB⊥面ACD，面ACB标系，设AC=2，则

面ACD=AC，所以BE⊥面ADC,

以E为原点，ED为x轴正方向，EC为y轴正方向，EB为z轴正方向，建立空间直角坐

E0,0,0,D3,0,0,C0,1,0,A0,1,0,B0,0,3,

平面ACD的一个法向量为EB0,0,3 而CB0,1,3,CD3,1,0，设nx,y,z为面BCD的一个法向量，则：

n·CB0y3z0 即，不妨令x=1，则n1,3,1 DC0n·y3x0设二面角BCDA的平面角为θ，则θ为锐角， 所以cos|cosEB,n||故选：D 【点睛】

向量法解决立体几何问题的关键： (1)建立合适的坐标系； (2)把要用到的向量正确表示； (3)利用向量法证明或计算.

EBn35|||.

5|EB||n|352．B

解析：B 【分析】

根据题意画出图形，结合图形，利用向量加法的运算法，分别用AB、AC与CA、CD表示出向量AE与CF，利用数量积的运算法则求解即可求． 【详解】

如图所示，

棱长为2的正四面体ABCD中， 因为E,F分别是BC,AD的中点， 所以AECF11ABACCACD 221ABCAABCDACCAACCD 4122cos12022cos9022cos18022cos120 42，故选B． 【点睛】

本题考查了空间向量的线性运算与数量积的运算法则，是基础题．向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式ababcos；二是向量的平方等于向量模的平方

aa. 3．B

解析：B 【分析】

根据题意，求得向量AD和BC的坐标，再结合空间向量的数量积的运算，即可得到两直线的位置关系，得到答案. 【详解】

由题意，点A1,2,3，B1,0,4，C3,0,5，D4,1,3， 可得AD3,1,6，BC2,0,1， 又由ADBC2310610， 所以ADBC，所以直线AD与BC垂直. 故选：B. 【点睛】

本题主要考查了空间向量的数量积的运算及其应用，其中解答中熟记空间向量的坐标运算，以及空间向量的数量积的运算是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

224．A

解析：A 【分析】

由于四点A，B，C，D共面，可得存在实数λ，μ使得ADABAC，解出即可． 【详解】

AB(1,1,0),AC(1,0,1),AD(x1,2,3)，

∵四点A，B，C，D共面，

存在实数λ，μ使得ADABAC，

(x1,2,3)(1,1,0)(1,0,1)

x12 3解得x4 故选：A 【点睛】

本题主要考查了向量共面定理，考查了计算能力，属于容易题．

5．C

解析：C 【分析】

.由BD1ADABAA1,平方，根据向量的数量积运算法则及性质可求出|BD1| 【详解】 如图：

由BD1ADABAA1,

BD1(ADABAA1)2

2ABADAA12ABAD2ABAA12ADAA1

111211cos45211cos60211cos60 32,

222|BD1|32,

故选：C 【点睛】

本题主要考查了向量的加法法则、向量数量积运算性质、向量模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

6．D

解析：D 【分析】

设直线a，b的方向向量分别为a1,b1，，的法向量分别为n1,m1，将各选项中的题设条件转化为向量的关系后可得相应的结论是否成立. 【详解】

对于①，因为ab，a，故a1b1，a1n1，故n1b1，因b，故b//， 故①正确.

对于②，因为a//，a，故a1n1，a1m1，故n1m1即，故②正确. 对于③，因为a，，故a1m1，n1m1，故n1a1即a//或a， 故③正确.

对于④, 因为ab，a，b，故a1b1，a1n1，b1m1， 故n1m1即，故④正确. 故选：D. 【点睛】

本题考查空间中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，此类问题一般是根据位置关系的判定定理和性质定理来考虑，也可以利用直线的方向向量和法向量的关系来判断位置关系，本题属于中档题.

7．B

解析：B 【分析】

设AA1t，以B为原点，过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，由AE和BF所成角的余弦值为

1，求出t的值，由此能求出AE与平面4BCC1B1所成角的正弦值.

【详解】

设AA1t，以B为原点，过B作BC的垂线为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，则A3133F,,t3,1,0，B0,0,0， C0,2,0，E ，2,2,t ， 223131AE,,tBF22 ，2,2,t ，

因为AE和BFBF所成角的余弦值为

1， 4所以cosAE,BF解得：t1

AEBFAEBFt2121t21t21， 431所以AE2,2,1，平面BCC1B1的法向量n1,0,0，

36 所以AE与平面BCC1B1所成角的正弦值为sin2214AEnAEn故选：B 【点睛】

本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面的位置关系等基础知识，属于中档题.

8．A

解析：A 【分析】

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE与BD1所成角的余弦值．

【详解】

解：在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱A1B1的中点，

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCDA1B1C1D1中棱长为2，

则A(2，0，0)，E(2，1，2)，B(2，2，0)，D1(0，0，2)， AE(0，1，2)，BD1(2，2，2)，

设异面直线AE与BD1所成角为， 则cos|AEBD1||AE||BD1|251215． 15异面直线AE与BD1所成角的余弦值为15．

15故选：A．

【点睛】

本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．

9．C

解析：C 【分析】

因为在四面体OABC中,D是BC的中点,G是AD的中点,OEOA案. 【详解】

在四面体OABC中,D是BC的中点,G是AD的中点

1AD,即可求得答2OGOA1AD 211OA(ABAC)

221OA(OBOAOCOA)

4111OAOBOC 244故选:C. 【点睛】

本题主要考查了向量的线性运算,解题关键是掌握向量基础知识和数形结合,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题.

10．B

解析：B 【分析】

1由题意作图，可得所求数量积为BDDC，由已知易得其模长和夹角，由数量积的定义可

2得答案． 【详解】

解：如图连接空间四边形ABCD的对角线AC，BD， 由空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1， 可知底面BCD为等边三角形，故BDC60， 又点E、F分别是AB、AD的中点，所以EF故EFDC1BD， 211BDDC|BD||DC|cos(BDC) 2211111， 242故选：B．

【点睛】

本题考查向量的数量积的运算，涉及向量的基本运算，属于基础题．

11．A

解析：A

【分析】

取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面

BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值． 【详解】

解：取BD中点O，连结AO，CO，

ABBDDA2．BCCD2，COBD，AOBD，且CO1，

AO3，

AOC是二面角ABDC的平面角，

因为二面角ABDC的平面角为AOC5 65， 6以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，

过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 33则B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，A(,0,)，

22BA(3,1,3)，CD(1,1,0)，

22设AB、CD的夹角为， 3|252， 则cos|ABCD|8|AB||CD|22|1故选：A．

【点睛】

本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．

12．D

解析：D

【分析】

利用空间向量的加法和减法法则可将OE用a、b、c表示. 【详解】

CE1111111ED，CECDCAADCAAB=CAAB，

33326231111OEOCCEOCCAABOCOAOCOBOA3636112112OAOBOCabc. 663663故选：D. 【点睛】

本题考查空间向量的基底分解，解题时要灵活利用空间向量加法和减法法则，考查计算能力，属于中等题.

13．D

解析：D 【分析】

以点D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，以DD1 所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，同时设点P的坐标为(x,y,z)，其中

0x1,0y1,z1，用坐标运算计算出PAPC1，配方后可得其最大值和最小值，

即得其取值范围． 【详解】

以点D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，以DD1 所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示；

则点A(1,0,0),C1(0,1,1)设点P的坐标为(x,y,z)，由题意可得 0x1,0y1,z1，

PA(1x,y,1),PC1(x,1y,0)

111PAPC1x(1x)y(1y)0xxyyxy， 由二

2222222次函数的性质可得，当xy11时PAPC1取得最小值为；

22当x0或1，且y0或1时，PAPC1取得最大值为0， 则PAPC1的取值范围是,0

2故选D．

1

【点睛】

本题考查空间向量的数量积运算，解题方法量建立空间直角坐标系，引入坐标后，把向量的数量积用坐标表示出来，然后利用函数的性质求得最大值和最小值．

二、填空题

14．3【分析】利用向量的坐标运算求得求出根据空间向量模的公式列方程求解即可【详解】因为所以可得因为解得故答案为3

解析：3 【分析】

利用向量的坐标运算求得求出ab4,1,，根据空间向量模的公式列方程求解即可. 【详解】

因为a0,1,1,b4,1,0,ab29， 所以ab4,1,， 可得161229， 因为0，解得3，故答案为3.

215．【分析】通过用向量的数量积转化求解距离即可【详解】解：在直角坐标系中已知现沿轴将坐标平面折成的二面角后在平面上的射影为作轴交轴于点所以所以所以故答案为：【点睛】此题考查与二面角有关的立体几何综合题考 解析：217 【分析】

通过用向量的数量积转化求解距离即可 【详解】

解：在直角坐标系中，已知A1,6，B3,8，现沿x轴将坐标平面折成60的二面角后，A1,6在平面xOy上的射影为C，作BDx轴，交x轴于点D， 所以ABACCDDB,

所以ABACCDDB2ACCD2CDDB2ACDB

2222624282268168， 2所以AB217, 故答案为：217

【点睛】

此题考查与二面角有关的立体几何综合题，考查了数形结合的思想，属于中档题.

16．5【分析】将已知条件转化为向量则有利用向量的平方以及数量积化简求解由此能求出线段的长度【详解】平行六面体中即向量两两的夹角均为则因此故答案为:5【点睛】本题考查向量的数量积和模在求解距离中的应用考查

解析：5 【分析】

将已知条件转化为向量则有ACABBCCC,利用向量的平方以及数量积化简求解,由

11此能求出线段AC1的长度． 【详解】

平行六面体ABCDA1B1C1D1中, A1ABA1ADBAD60,即向量AB,AD,AA1AB1,AD2,AA13,则ACABBCCC 两两的夹角均为60，11AC1ABBCCC12ABBC2BCCC12CC1AB149212cos60213cos60223cos6025因此AC15. 故答案为:5. 【点睛】

2222

本题考查向量的数量积和模在求解距离中的应用,考查学生转化与划归的能力,难度一般.

17．【分析】由题意可得根据线面平行可得则进而得到解得即可【详解】解：由题意可得则解得【点睛】本题主要考查了直线与平面的位置关系根据线面平

行线面垂直的性质得到平面的法向量与平行于平面的直线垂直考查了空间向 解析：1

【分析】

由题意可得，根据线面平行可得dn，则dn=0，进而得到4m950，解得即可. 【详解】

解：由题意可得dn，则4m950 解得m1 【点睛】

本题主要考查了直线与平面的位置关系，根据线面平行、线面垂直的性质得到平面的法向量与平行于平面的直线垂直，考查了空间向量垂直的坐标表示.

18．【解析】【分析】首先画出图形然后结合=两边平方同时结合数量积的运算法则进行计算即可【详解】平行六面体如图所示：∵∠BAA1=∠DAA1=60°∴A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上∴平面ACC 解析：23 【解析】 【分析】

首先，画出图形，然后，结合AC1ACCC1=ABADAA，两边平方，同时结合1数量积的运算法则进行计算即可． 【详解】

平行六面体ABCDA1B1C1D1，如图所示：

∵∠BAA1=∠DAA1=60°

∴A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上， ∴平面ACC1A1⊥平面ABCD， ∵AB=1，AD=2，AA1=3， ∵AC1ACCC1 =ABADAA1

2∴|AC1|2=（ABADAA1）

=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2ABAD+2ABAA+2ADAA11 =1+9+4+0+2×1×3×

11+2×2×3×=23， 22∴|AC1|=23， ∴AC1等于23． 故答案为：23． 【点睛】

本题重点考查了向量的坐标分解，向量的加法运算法则与运算律、数量积的运算等知识，属于中档题．

19．5【解析】分析：设则的坐标利用求得即可得到即可求解的长度详解：设则所以因为所以解得所以所以点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减或数乘运算(2)

解析：5 【解析】

分析：设ADAC，则OD,BD的坐标，利用BDAC，求得 BD(4,,4，即可得到 5912)，即可求解BD的长度. 55 详解：设ADλAC，则

ODOAλAC1,1,2λ0,4,31,14λ,23λ，

所以BDODOB4,54λ,3λ，因为BDAC， 所以BDAC0454λ9λ0，解得λ4， 52912 所以BD4,,，所以BD5591245.

5522 点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.

20．2【分析】由已知建立空间直角坐标系求出的坐标和平面的法向量由数量积公式可得与平面所成的角的正弦值再由三角函数平方关系和商数关系可得答案【详解】因为两两垂直所以以为原点分别为轴的正半轴建立如图所示空间

解析：2 【分析】

由已知建立空间直角坐标系，求出CD的坐标和平面OAB的法向量，由数量积公式可得

CD与平面OAB所成的角的正弦值，再由三角函数平方关系和商数关系可得答案.

【详解】

因为OC、OA、OB两两垂直， 所以以O为原点，OA、OB、OC分别为x、y、z轴的正半轴建立如图所示空间直角坐标系，连接CD， 3所以A3,0,0，B0,4,0，C0,0,5，D,2,0，

23CD,2,5，由于CO底面OAB，所以CO是底面OAB的法向量，

2且CO0,0,5，设CD与平面OAB所成的角为0,， 225，

sincosCO,CD所以

COCDCOCD255425942所以cos1sin1sin2. ，所以tan5cos即CD与平面OAB所成的角正切值为2. 故答案为：2.

【点睛】

本题考查了线面角的求法，解题关键点是建立空间直角坐标系利用向量的数量积公式求解，考查了学生的空间想象力和计算能力.

21．【分析】作出图形分别取的中点连接以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角坐标系利用空间向量法可求得异面直线与所成的角【详解】分别取的中点连接如下图所示：在正三棱柱中平面且分别为的中点且所以四边形为 解析：

 3【分析】

作出图形，分别取AC、A1C1的中点O、E，连接OE、OB，以点O为坐标原点，

OB、OC、OE所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可

求得异面直线AC1与B1C所成的角. 【详解】

分别取AC、A1C1的中点O、E，连接OE、OB，如下图所示：

在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，AC//A1C1且ACA1C1，

O、E分别为AC、A1C1的中点，AO//A1E且AOA1E，

所以，四边形AOEA1为平行四边形，OE//AA1，则OE平面ABC，

ABC为等边三角形，O为AC的中点，则OBAC，

以点O为坐标原点，OB、OC、OE所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则A0,1,0、C0,1,0、B13,0,22、C10,1,22，

AC10,2,22，B1C3,1,22， cosAC1,B1CAC1B1CAC1B1C61，

22323因此，AC1与B1C所成的角为故答案为：【点睛】

. 3. 3方法点睛：求空间角的常用方法：

（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.

22．【分析】利用基向量表示出结合异面直线所成角确定点E的位置从而可求的长也可以建立空间坐标系利用空间向量坐标求解【详解】设则因为异面直线

与所成角的余弦值为所以解得所以故答案为：【点睛】关键点睛:利用空间 解析：

1 2【分析】

,结合异面直线所成角，确定点E的位置，从而可求C1E的长，利用基向量表示出A1B,AE也可以建立空间坐标系，利用空间向量坐标求解. 【详解】

设CEC1C ，则A，AEACCEACCC1ACAA， 1BABAA11A1B42，AE16162，A1BAE(ABAA1)(ACAA1)16. cosA1B,AEA1BAEA1BAE222,

因为异面直线A1B与AE所成角的余弦值为解得130130. ，所以21301302211，所以CE. 821. 2故答案为：

【点睛】

关键点睛:利用空间向量解决异面直线所成角的问题，注意向量夹角与异面直线所成角的范围的不同.

23．【分析】建立空间直角坐标系利用三点共线设出点P(λλ2﹣λ)0≤λ≤2以及Q(02μ)0≤μ≤2根据两点间的距离公式以及配方法即可求解【详解】建立如图所示空间直角坐标系设P(λλ2﹣λ)Q(02μ) 解析：2

【分析】

建立空间直角坐标系，利用A,B,P三点共线设出点P(λ，λ，2﹣λ)，0≤λ≤2，以及Q(0，2，μ)，0≤μ≤2，根据两点间的距离公式，以及配方法，即可求解.

【详解】

建立如图所示空间直角坐标系，设P(λ，λ，2﹣λ)， Q(0，2，μ)(0≤λ≤2且0≤μ≤2)，

可得PQ=2(2)2(2)22(1)2(2)22，

∵2(λ﹣1)2≥0，(2﹣λ﹣μ)2≥0，∴2(λ﹣1)2+(2﹣λ﹣μ)2+2≥2， 当且仅当λ﹣1=2﹣λ﹣μ=0时，等号成立，此时λ=μ=1， ∴当且仅当P､Q分别为AB､CD的中点时， PQ的最小值为2. 故答案为:2.

【点睛】

本题考查空间向量法求两点间的距离，将动点用坐标表示是解题的关键，考查配方法求最值，属于中档题.

24．【分析】根据向量夹角为钝角可知且解不等式可求得结果【详解】由题意可知：且解得：且即本题正确结果：【点睛】本题考查向量夹角的相关问题的求解易错点是忽略夹角为的情况造成出现增根

1311解析：,,

222【分析】

根据向量夹角为钝角，可知cosa,b0且cosa,b1，解不等式可求得结果. 【详解】 由题意可知：

1313kkab22cosa,b0且cosa,b1

132132ab14k14k44解得：k1311311且k，即k,,

222221311,, 222本题正确结果：【点睛】

本题考查向量夹角的相关问题的求解，易错点是忽略夹角为的情况，造成出现增根.

25．①④【解析】则则直线与垂直故①正确则则或故②错误与不共线不成立

故③错误点向量是平面的法向量即解得故④正确综上所述其中真命题是①④点睛：本题主要考查的知识点是命题的真假判断与应用①求数量积利用数量积进

解析：①④ 【解析】

111，，则ab121120 a1，1，2，b2，22则ab，直线l与m垂直，故①正确

a01，，1，n1，1，1，则an0111110

则an，l或l，故②错误

n1013，，0，2，n1与n2不共线， ，n21，不成立，故③错误

，0，1，B01，，0，C1，2，0 点A1AB111，，，，0 ，BC11，u，t是平面的法向量 向量n11ut0nAB0，即，解得ut1，故④正确

1u0nBC0综上所述，其中真命题是①，④

点睛：本题主要考查的知识点是命题的真假判断与应用．①求数量积ab，利用数量积进行判断，②求数量积an，利用数量积进行判断，③求利用n1与n2的关系进行判断，④利用法向量的定义判断，即可得到答案．

26．【分析】直接利用空间向量的数量积求解两个平面的二面角的大小即可【详解】解：两个平面的法向量分别为则这两个平面所成的锐二面角的大小是这两个平面所成的锐二面角的余弦值为故答案为：【点睛】本题考查空间二面 解析：

22 5【分析】

直接利用空间向量的数量积求解两个平面的二面角的大小即可． 【详解】

解：两个平面，的法向量分别为u(4,0,3)，v(1,1,0)， 则这两个平面所成的锐二面角的大小是，

cosab44232ab121245222， 5这两个平面所成的锐二面角的余弦值为

22. 5故答案为：【点睛】

22. 5本题考查空间二面角的求法，空间向量的数量积的应用，考查计算能力．