（湖北專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)（十三）第13講 空間向量與立體幾何配套作業(yè) 理（解析版）

專題限時(shí)集訓(xùn)(十三)[第13講空間向量與立體幾何](時(shí)間：45分鐘)1．若兩點(diǎn)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(duì)于空間任意一點(diǎn)O和不共線的三點(diǎn)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(diǎn)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(zhǎng)全相等，E為AD的中點(diǎn)，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(diǎn)，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(gè)非零向量，α，β是兩個(gè)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(diǎn)M是空間任意一點(diǎn)，點(diǎn)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．已知四邊形ABCD滿足，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))>0，eq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))>0，eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))>0，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))>0，則該四邊形ABCD為()A．平行四邊形B．空間四邊形C．平面四邊形D．梯形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(shí)數(shù)組(λ，μ，ν)＝________．10．已知O點(diǎn)為空間直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，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(diǎn)Q在直線OP上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值時(shí)，eq\o(OQ,\s\up6(→))＝________．11．如圖13－2，在空間直角坐標(biāo)系中有棱長(zhǎng)為a的正方體ABCD－A1B1C1D1，點(diǎn)M是線段DC1上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)M到直線AD1距離的最小值是________圖13－212．如圖13－3，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，點(diǎn)E是SD上的點(diǎn)，且DE＝λa(0<λ≤1)．(1)求證：對(duì)任意的λ∈(0，1]，都有AC⊥BE；(2)若二面角C－AE－D的大小為60°，求λ的值．圖13－313．如圖13－4，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝2，PA＝1，PA⊥平面ABCD，E是PC的中點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)．(1)求證：BE∥平面PDF；(2)求證：平面PDF⊥平面PAB；(3)求平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的大小．圖13－414．如圖13－5所示，在矩形ABCD中，AB＝3eq\r(5)，AD＝6，BD是對(duì)角線，過A作AE⊥BD，垂足為O，交CD于E，以AE為折痕將△ADE向上折起，使點(diǎn)D到點(diǎn)P的位置，且PB＝eq\r(41).(1)求證：PO⊥平面ABCE；(2)求二面角E－AP－B的余弦值．圖13－5專題限時(shí)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(xiàng)為B.2．B[解析]當(dāng)x＝2，y＝－3，z＝2時(shí)，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(diǎn)共面；反之當(dāng)P，A，B，C四點(diǎn)共面時(shí)，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(zhǎng)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(xiàng)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(gè)角也是銳角．【提升訓(xùn)練】5．A[解析]選項(xiàng)B中，a，b共面不一定平行；選項(xiàng)C中更不可能；選項(xiàng)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(diǎn)M在平面ABC內(nèi)，故直線AM在平面ABC內(nèi)．8．B[解析]假設(shè)四邊形ABCD為平面四邊形，根據(jù)已知條件四個(gè)內(nèi)角都是鈍角，其和大于360°，矛盾．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(diǎn)坐標(biāo)為(λ，λ，2λ)，其中λ為實(shí)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(shí)，eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))取得最小值－eq\f(2,3)，此時(shí)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(gè)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(diǎn)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(shí)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：如圖建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，D(0，0，0)，E(0，0，λa)．∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－a，a，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－a，－a，λa)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0對(duì)任意λ∈(0，1]都成立，即AC⊥BE恒成立．(2)顯然n1＝(0，1，0)是平面ADE的一個(gè)法向量，設(shè)平面ACE的一個(gè)法向量n2＝(x，y，z)，∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－a，a，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－a，0，λa)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－λz＝0.))取z＝1，則x＝y(tǒng)＝λ，n2＝(λ，λ，1)，∵二面角C－AE－D的大小為60°，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(λ,\r(1＋2λ2))＝eq\f(1,2)，λ∈(0，1]?λ＝eq\f(\r(2),2)，∴λ＝eq\f(\r(2),2)為所求．13．解：(1)證明：取PD中點(diǎn)M，連接ME，MF.∵F是AB中點(diǎn)，E是PC的中點(diǎn)，且ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝CD，ME∥AB，ME＝eq\f(1,2)AB，∴ME∥FB，ME＝FB，∴四邊形MEBF是平行四邊形，從而BE∥MF，∵BE?平面PDF，MF?平面PDF，∴BE∥平面PDF.(2)證明：∵PA⊥平面ABCD，DF?平面ABCD，∴DF⊥PA.∵F是AB中點(diǎn)，AB＝AD，∠BAD＝60°，∴DF⊥AB.∵PA，AB是平面PAB內(nèi)的兩條相交直線，∴DF⊥平面PAB，∵DF?平面PDF，∴平面PDF⊥平面PAB.(3)以A為原點(diǎn)，垂直于AD，AP的方向?yàn)閤軸，AD，AP分別為y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，0，1)，C(eq\r(3)，3，0)，D(0，2，0)，F(xiàn)eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0.由(2)知DF⊥平面PAB，∴eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),2)，－eq\f(3,2)，0是平面PAB的一個(gè)法向量．設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,2y－z＝0，))令y＝eq\r(3)，則n＝(－1，eq\r(3)，2eq\r(3))，設(shè)平面PAB與平面PCD所成銳角為θ，則cosθ＝|cos〈n，eq\o(DF,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DF,\s\up6(→))|,|n||\o(DF,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，故平面PAB與平面PCD所成的銳二面角為60°.14．解：(1)證明：由已知有AB＝3eq\r(5)，AD＝6，∴BD＝9，在矩形ABCD中，AE⊥BD，∴Rt△AOD∽R(shí)t△BAD，∴eq\f(DO,AD)＝eq\f(AD,BD)?DO＝4，∴BO＝5，在△POB中，PB＝eq\r(41)，PO＝4，BO＝5，∴P