（江西專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)（十三）空間向量與立體幾何（解析版）

專題限時集訓(xùn)(十三)[第13講空間向量與立體幾何](時間：45分鐘)1．若兩點的坐標(biāo)是A(3cosα，3sinα，1)，B(2cosθ，2sinθ，1)，則|eq\o(AB,\s\up6(→))|的取值范圍是()A．[0，5]B．[1，5]C．(1，5)D．[1，25]2．對于空間任意一點O和不共線的三點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)，則x＝2，y＝－3，z＝2是P，A，B，C四點共面的()A．必要不充分條件B．充分不必要條件C．充要條件D．既不充分又不必要條件3．如圖13－1，三棱錐A－BCD的棱長全相等，E為AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為()圖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．設(shè)A，B，C，D是空間不共面的四點，且滿足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，則△BCD是()A．鈍角三角形B．直角三角形C．銳角三角形D．等腰直角三角形5．a(chǎn)，b是兩個非零向量，α，β是兩個平面，下列命題正確的是()A．a(chǎn)∥b的必要條件是a，b是共面向量B．a(chǎn)，b是共面向量，則a∥bC．a(chǎn)∥α，b∥β，則α∥βD．a(chǎn)∥α，bβ，則a，b不是共面向量6．若a⊥b，a⊥c，l＝αb＋βc(α，β∈R)，m∥a，則m與l一定()A．共線B．相交C．垂直D．不共面7．已知平面ABC，點M是空間任意一點，點M滿足條件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(→))，則直線AM()A．與平面ABC平行B．是平面ABC的斜線C．是平面ABC的垂線D．在平面ABC內(nèi)8．如圖13－2，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，棱AB，BC，BB1兩兩垂直且長度相等，點P在線段A1C1上運動，異面直線BP與B1C所成的角為θ圖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．設(shè)a1＝2i－j＋k，a2＝i＋3j－2k，a3＝－2i＋j－3k，a4＝3i＋2j＋5k(其中i，j，k是兩兩垂直的單位向量)．若a4＝λa1＋μa2＋νa3，則實數(shù)組(λ，μ，ν)＝________．10．已知O點為空間直角坐標(biāo)系的原點，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)，且點Q在直線OP上運動，當(dāng)eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值時，eq\o(OQ,\s\up6(→))＝________．11．如圖13－3，在空間直角坐標(biāo)系中有棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1，點M是線段DC1上的動點，則點M到直線AD1距離的最小值是________圖13－312．已知四棱錐A－BCDE，AC⊥平面BCDE，且四邊形BCDE為正方形，AC＝6，BC＝8.(1)求證：平面ACD⊥平面ADE；(2)求二面角D－AE－B的余弦值．圖13－413．如圖13－5所示的七面體是由三棱臺ABC—A1B1C1和四棱錐D－AA1C1C對接而成，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，BB1⊥平面ABCD，BB1＝2(1)求證：平面AA1C1C⊥平面BB(2)求二面角A－A1D－C1的余弦值．圖13－514．如圖13－6，四邊形ABCD中(圖13－6(1))，E是BC的中點，DB＝2，DC＝1，BC＝eq\r(5)，AB＝AD＝eq\r(2).將△ABD沿直線BD折起，使二面角A－BD－C為60°(如圖13－6(2))．(1)求證：AE⊥平面BDC；(2)求異面直線AB與CD所成角的余弦值；(3)求點B到平面ACD的距離．圖13－6

專題限時集訓(xùn)(十三)【基礎(chǔ)演練】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）)，正確選項為B.2．B[解析]當(dāng)x＝2，y＝－3，z＝2時，即eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))－3eq\o(OB,\s\up6(→))＋2eq\o(OC,\s\up6(→))，則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(→))，根據(jù)共面向量定理，P，A，B，C四點共面；反之當(dāng)P，A，B，C四點共面時，根據(jù)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，這組數(shù)顯然不止2，－3，2.故選B.3．A[解析]設(shè)棱長為a，則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)，所以正確選項為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為銳角，同理其余兩個角也是銳角．【提升訓(xùn)練】5．A[解析]選項B中，a，b共面不一定平行；選項C中更不可能；選項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]根據(jù)共面向量定理的推論，點M在平面ABC內(nèi)，故直線AM在平面ABC內(nèi)．8．C[解析]如圖，以B為原點建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)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)，又因為cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(CB1,\s\up6(→))〉>0，所以異面直線BP與B1C所成的角θ的范圍為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，))解得這樣的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]設(shè)Q點坐標(biāo)為(λ，λ，2λ)，其中λ為實參數(shù)，則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)，即當(dāng)且僅當(dāng)λ＝eq\f(4,3)時，eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值－eq\f(2,3)，此時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]設(shè)M(0，m，m)(0≤m≤a)，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－a，0，a)，直線AD1的一個單位方向向量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)，故點M到直線AD1的距離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)，根式內(nèi)的二次函數(shù)當(dāng)m＝－eq\f(－a,2×\f(3,2))＝eq\f(a,3)時取最小值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的最小值為eq\f(\r(3),3)a.12．解：(1)證明：因為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：如圖，AD＝AB＝10，BE＝DE＝8，可知△ADE≌△ABE，過D作DP⊥AE于P，連接BP，BD，則BP⊥AE，所以∠DPB就是二面角D－AE－B的平面角，記為θ.易知AE＝eq\r(82＋102)＝2eq\r(41)，BP＝DP＝eq\f(40,\r(41))，BD＝8eq\r(2)，則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：如圖以C為原點，建立空間直角坐標(biāo)系C－xyz，則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)，設(shè)平面ABE的法向量為n＝(x，y，z)，則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的一個法向量為m＝(－4，0，－3)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝－eq\f(16,25)，即結(jié)合圖形知二面角D－AE－B的余弦值為－eq\f(16,25).13．解：因為BB1⊥平面ABCD，且ABCD是邊長為2的正方形，所以以B為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B－xyz，則有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)證明：∵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與DB是平面BB1D內(nèi)的兩條相交直線，∴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)，設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面A1AD的一個法向量，則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，則x1＝2，n＝(2，0，1)．設(shè)m＝(x2，y2，z2)為平面A1C1D則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，則x2＝y(tǒng)2＝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)，由圖知二面角A－A1D－C1為鈍角，所以其余弦值為－eq\f(7\r(85),85).14．解：(1)證明：因為DB＝2，DC＝1，BC＝eq\r(5)滿足：DB2＋DC2＝BC2，所以BD⊥DC，如圖，以D為原點，DB為x軸，DC為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則由條件可知D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，1，0)，E1，eq\f(1,2)，0，A(a，b，c)(由圖知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)，因為eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，b，c)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，所以平面ABD的一個法向量為n1＝(0，c，－b)，則銳二面角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°，從而有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(