（江西专用）高考数学二轮复习 专题限时集训（十三）空间向量与立体几何（解析版）

专题限时集训(十三)[第13讲空间向量与立体几何](时间：45分钟)1．若两点的坐标是A(3cosα，3sinα，1)，B(2cosθ，2sinθ，1)，则|eq\o(AB,\s\up6(→))|的取值范围是()A．[0，5]B．[1，5]C．(1，5)D．[1，25]2．对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，且有eq\o(OP,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，则x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四点共面的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．如图13－1，三棱锥A－BCD的棱长全相等，E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为()图13－1A.eq\f(\r(3),6)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(33),6)D.eq\f(1,2)4．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，则△BCD是()A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．等腰直角三角形5．a，b是两个非零向量，α，β是两个平面，下列命题正确的是()A．a∥b的必要条件是a，b是共面向量B．a，b是共面向量，则a∥bC．a∥α，b∥β，则α∥βD．a∥α，bβ，则a，b不是共面向量6．若a⊥b，a⊥c，l＝αb＋βc(α，β∈R)，m∥a，则m与l一定()A．共线B．相交C．垂直D．不共面7．已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，则直线AM()A．与平面ABC平行B．是平面ABC的斜线C．是平面ABC的垂线D．在平面ABC内8．如图13－2，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，棱AB，BC，BB1两两垂直且长度相等，点P在线段A1C1上运动，异面直线BP与B1C所成的角为θ图13－2A.eq\f(π,3)≤θ≤eq\f(π,2)B．0<θ≤eq\f(π,2)C.eq\f(π,3)≤θ<eq\f(π,2)D．0<θ≤eq\f(π,3)9．设a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k(其中i，j，k是两两垂直的单位向量)．若a4＝λa1＋μa2＋νa3，则实数组(λ，μ，ν)＝________．10．已知O点为空间直角坐标系的原点，向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1，2，3)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，1，2)，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1，1，2)，且点Q在直线OP上运动，当eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值时，eq\o(OQ,\s\up6(→))＝________．11．如图13－3，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值是________图13－312．已知四棱锥A－BCDE，AC⊥平面BCDE，且四边形BCDE为正方形，AC＝6，BC＝8.(1)求证：平面ACD⊥平面ADE；(2)求二面角D－AE－B的余弦值．图13－413．如图13－5所示的七面体是由三棱台ABC—A1B1C1和四棱锥D－AA1C1C对接而成，四边形ABCD是边长为2的正方形，BB1⊥平面ABCD，BB1＝2(1)求证：平面AA1C1C⊥平面BB(2)求二面角A－A1D－C1的余弦值．图13－514．如图13－6，四边形ABCD中(图13－6(1))，E是BC的中点，DB＝2，DC＝1，BC＝eq\r(5)，AB＝AD＝eq\r(2).将△ABD沿直线BD折起，使二面角A－BD－C为60°(如图13－6(2))．(1)求证：AE⊥平面BDC；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值；(3)求点B到平面ACD的距离．图13－6

专题限时集训(十三)【基础演练】1．B[解析]eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2cosθ－3cosα，2sinθ－3sinα，0)，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(13－12cos（θ－α）)，正确选项为B.2．B[解析]当x＝2，y＝－3，z＝2时，即eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－3eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))，则eq\o(AP,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－3(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→)))＋2(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AO,\s\up6(→)))，即eq\o(AP,\s\up6(→))＝－3eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))，根据共面向量定理，P，A，B，C四点共面；反之当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AC,\s\up6(→))，即eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝m(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＋n(eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))，即eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1－m－n)eq\o(OA,\s\up6(→))＋meq\o(OB,\s\up6(→))＋neq\o(OC,\s\up6(→))，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3，2.故选B.3．A[解析]设棱长为a，则eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\f(a2,4)，所以cosθ＝eq\f(\f(a2,4),|\o(CE,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(a2,4),\f(\r(3),2)a·a)＝eq\f(\r(3),6)，所以正确选项为A.4．C[解析]eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2>0，故B为锐角，同理其余两个角也是锐角．【提升训练】5．A[解析]选项B中，a，b共面不一定平行；选项C中更不可能；选项D，a，b可能共面．6．C[解析]m∥a，故m＝λa，m·l＝λa·(αb＋βc)＝λαa·b＋λβa·c＝0，故m⊥l.7．D[解析]根据共面向量定理的推论，点M在平面ABC内，故直线AM在平面ABC内．8．C[解析]如图，以B为原点建立空间直角坐标系，不妨设AB＝BC＝BB1＝1，P(a，b，1)(a＋b＝1且a∈(0，1])，于是eq\o(BP,\s\up6(→))＝(a，b，1)，易得eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，所以cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(CB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(（a，b，1）·（0，－1，1）,\r(a2＋b2＋1)·\r(2))＝eq\f(a,\r(2)\r(a2＋（1－a）2＋1))＝eq\f(1,2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))\s\up12(2)－\f(1,a)＋1))＝eq\f(1,2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))≤eq\f(1,2)，又因为cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(CB1,\s\up6(→))〉>0，所以异面直线BP与B1C所成的角θ的范围为eq\f(π,3)≤θ<eq\f(π,2).9．(－2，1，－3)[解析]a4＝λa1＋μa2＋νa3成立，∵a1＝(2，－1，1)，a2＝(1，3，－2)，a3＝(－2，1，－3)，a4＝(3，2，5)，∴(2λ＋μ－2ν，－λ＋3μ＋ν，λ－2μ－3ν)＝(3，2，5)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2λ＋μ－2ν＝3，,－λ＋3μ＋ν＝2，,λ－2μ－3ν＝5，))解得这样的λ，μ，ν存在，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－2，,μ＝1，,ν＝－3.))10.eq\f(4,3)，eq\f(4,3)，eq\f(8,3)[解析]设Q点坐标为(λ，λ，2λ)，其中λ为实参数，则eq\o(QA,\s\up6(→))＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6λ－eq\f(4,3)2－eq\f(2,3)，即当且仅当λ＝eq\f(4,3)时，eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值－eq\f(2,3)，此时eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)，eq\f(4,3)，eq\f(8,3).11.eq\f(\r(3),3)a[解析]设M(0，m，m)(0≤m≤a)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－a，0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，由eq\o(MD1,\s\up6(→))＝(0，－m，a－m)，故点M到直线AD1的距离d＝eq\r(,)|eq\o(MD1,\s\up6(→))|2－|eq\o(MD1,\s\up6(→))·s0|2)＝eq\r(m2＋（a－m）2－\f(1,2)（a－m）2)＝eq\r(\f(3,2)m2－am＋\f(1,2)a2)，根式内的二次函数当m＝－eq\f(－a,2×\f(3,2))＝eq\f(a,3)时取最小值eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))eq\s\up12(2)－a×eq\f(a,3)＋eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,3)a2，故d的最小值为eq\f(\r(3),3)a.12．解：(1)证明：因为AC⊥BC，BC⊥CD，AC∩CD＝C，所以BC⊥平面ACD.又∵BC∥DE，∴DE⊥平面ACD.又DE平面ADE，所以平面ACD⊥平面ADE.(2)方法一：如图，AD＝AB＝10，BE＝DE＝8，可知△ADE≌△ABE，过D作DP⊥AE于P，连接BP，BD，则BP⊥AE，所以∠DPB就是二面角D－AE－B的平面角，记为θ.易知AE＝eq\r(82＋102)＝2eq\r(41)，BP＝DP＝eq\f(40,\r(41))，BD＝8eq\r(2)，则cosθ＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,\r(41))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,\r(41))))\s\up12(2)－（8\r(2)）2,2×\f(40,\r(41))×\f(40,\r(41)))＝－eq\f(16,25).方法二：如图以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则A(6，0，0)，B(0，8，0)，E(0，8，8)，D(0，0，8)，于是eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－6，8，8)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，0，8)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－6，0，8)，设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x＋4y＋4z＝0，,z＝0，))可取n＝(4，3，0)，同理可得平面ADE的一个法向量为m＝(－4，0，－3)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝－eq\f(16,25)，即结合图形知二面角D－AE－B的余弦值为－eq\f(16,25).13．解：因为BB1⊥平面ABCD，且ABCD是边长为2的正方形，所以以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，则有A(2，0，0)，B(0，0，0)，C(0，2，0)，D(2，2，0)，A1(1，0，2)，B1(0，0，2)，C1(0，1，2)．(1)证明：∵eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，0，2)·(－2，2，0)＝0，eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，2，0)·(－2，2，0)＝0，∴eq\o(BB1,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→)).∵BB1与DB是平面BB1D内的两条相交直线，∴AC⊥平面BB1D.又AC⊂平面AA1C∴平面AA1C1C⊥平面BB(2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(1，2，－2)，设n＝(x1，y1，z1)为平面A1AD的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AA1,\s\up6(→))＝－x1＋2z1＝0，,n·\o(AD,\s\up6(→))＝2y1＝0.))于是y1＝0，取z1＝1，则x1＝2，n＝(2，0，1)．设m＝(x2，y2，z2)为平面A1C1D则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝－x2＋y2＝0，,m·\o(A1D,\s\up6(→))＝x2＋2y2－2z2＝0，))可得3y2＝2z2，取z2＝3，则x2＝y2＝2，m＝(2，2，3)．∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(7,\r(5)×\r(17))＝eq\f(7\r(85),85)，由图知二面角A－A1D－C1为钝角，所以其余弦值为－eq\f(7\r(85),85).14．解：(1)证明：因为DB＝2，DC＝1，BC＝eq\r(5)满足：DB2＋DC2＝BC2，所以BD⊥DC，如图，以D为原点，DB为x轴，DC为y轴，建立空间直角坐标系，则由条件可知D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，1，0)，E1，eq\f(1,2)，0，A(a，b，c)(由图知a>0，b>0，c>0)．由AB＝AD＝eq\r(2).得a2＋b2＋c2＝(a－2)2＋b2＋c2＝(eq\r(2))2⇒a＝1，b2＋c2＝1，平面BCD的法向量可取n1＝(0，0，1)，因为eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，b，c)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，所以平面ABD的一个法向量为n1＝(0，c，－b)，则锐二面角A－BD－C的余弦值|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(b,\r(b2＋c2))＝cos60°，从而有b＝eq\f(1,2)，c＝eq\f(\r(3),2)，故A1，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝0，0，eq\f(\r(3),2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(