統(tǒng)考版2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)專練45空間向量的應(yīng)用理

專練45空間向量的應(yīng)用命題范圍：利用向量解決角和距離問題．[基礎(chǔ)強化]一、選擇題1．若兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為V1＝(1，0，－1)，V2＝(－3，0，3)，則l1和l2的位置關(guān)系是()A．平行B．相交C．垂直D．不確定2．若a＝(2，－2，－2)，b＝(2，0，4)，則a與b的夾角的余弦值為()A．eq\f(4\r(85),85)B．eq\f(\r(69),85)C．－eq\f(\r(15),15)D．03．若直線l的一個方向向量a＝(2，2，－2)，平面α的一個法向量b＝(1，1，－1)，則()A．l⊥αB．l∥αC．l?αD．A，C都有可能4．在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，點P在z軸上，且滿意|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|，則P點坐標(biāo)為()A．(3，0，0)B．(0，3，0)C．(0，0，3)D．(0，0，－3)5．若平面α，β的法向量分別為m＝(2，－3，5)，n＝(－3，1，－4)，則()A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交，但不垂直D．以上均不正確6.如圖所示，已知PA⊥平面ABC，∠ABC＝120°，PA＝AB＝BC＝6，則PC＝()A．6eq\r(2)B．6C．12D．1447.如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與AB1夾角的余弦值為()A．eq\f(\r(5),5)B．eq\f(\r(5),3)C．eq\f(2\r(5),5)D．eq\f(3,5)8．[2024·寧夏石嘴山三模]在《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M為AD的中點，則異面直線BM與CD夾角的余弦值為()A．eq\f(\r(3),3)B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\f(\r(2),2)9.[2024·浙江溫州二模]如圖，在四面體ABCD中，E、F分別是AB、CD的中點，過EF的平面α分別交棱DA、BC于G、H(不同于A、B、C、D)，P、Q分別是棱BC、CD上的動點，則下列命題錯誤的是()A．存在平面α和點P，使得AP∥平面αB．存在平面α和點Q，使得AQ∥平面αC．對隨意的平面α，線段EF平分線段GHD．對隨意的平面α，線段GH平分線段EF二、填空題10．已知四邊形ABCD為平行四邊形，且A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C(3，7，－5)，則頂點D的坐標(biāo)為________．11．已知空間三點A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)，則以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))為鄰邊的平行四邊形的面積為________．12．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則D1點到平面A1BD的距離為________．[實力提升]13．[2024·湖北鄂南模擬預(yù)料]已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2eq\r(3).以D為坐標(biāo)原點，以DA為x軸正半軸，DC為y軸正半軸，DD1為z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，動點M(a，b，0)滿意直線MD1與AA1所成夾角為eq\f(π,6)，ab的最大值為()A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,2)C．1D．214．[2024·浙江嘉興模擬預(yù)料]如圖，在矩形ABCD中，AB＝eq\r(3)BC，E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，將△EBF，△GDH分別沿直線EF，HG翻折形成四棱錐B′-AEFC，D′-ACGH，下列說法正確的是()A．異面直線EB′，GD′所成角的取值范圍是(0，eq\f(π,6)]B．異面直線EB′，GD′所成角的取值范圍是(0，eq\f(π,2)]C．異面直線FB′，HD′所成角的取值范圍是(0，eq\f(π,2)]D．異面直線FB′，HD′所成角的取值范圍是(0，eq\f(π,3)]15．若平面α的一個法向量n＝(2，1，1)，直線l的一個方向向量為a＝(1，2，3)，則α與l所成角的正弦值為________．16.如圖所示，四棱錐S－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面SBC⊥底面ABCD，已知∠ABC＝45°，BC＝2eq\r(2)，AB＝2，SA＝SB＝eq\r(3).求直線SD與平面SAB所成角的正弦值為________.專練45空間向量的應(yīng)用1．A∵V1＝－eq\f(1,3)V2，∴l(xiāng)1∥l2.2．C∵|a|＝eq\r(22＋（－2）2＋（－2）2)＝2eq\r(3)，|b|＝eq\r(22＋02＋42)＝2eq\r(5)，a·b＝2×2＋(－2)×0＋(－2)×4＝－4，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－4,2\r(3)×2\r(5))＝－eq\f(\r(15),15).3．A∵a＝2b，∴a與b共線，∴l(xiāng)⊥α.4．C由題意可設(shè)點P的坐標(biāo)為(0，0，z)由|eq\o(PA,\s\up6(→))|＝|eq\o(PB,\s\up6(→))|得eq\r(（1－0）2＋（－2－0）2＋（1－z）2)＝eq\r(（2－0）2＋（2－0）2＋（2－z）2)解得z＝3.故選C.5．C∵m與n不共線，且m·n＝－6－3－20≠0，∴α與β相交但不垂直．6．C∵AB＝BC＝6，∠ABC＝120°，∴AC＝6eq\r(3)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，其中O為AC的中點，則P(0，－3eq\r(3)，6)，C(0，3eq\r(3)，0)∴|PC|＝eq\r(（0－0）2＋（3\r(3)＋3\r(3)）2＋62)＝12.7．A設(shè)BC＝1，則B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)BC1＝(0，2，－1)，BC1·AB|BC1|＝eq\r(5)，|AB1∴cos〈BC1，AB1〉＝＝eq\f(3,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).8.A如圖，正方體內(nèi)三棱錐A-BCD即為滿意題意的鱉臑A-BCD，以B為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為1，則B(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，D(1，1，0)，M(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(1，0，0)，cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))|·|\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(3,4)))＝eq\f(\r(3),3)，則異面直線BM與CD夾角的余弦值為eq\f(\r(3),3).9．D對于A，當(dāng)AP∥EH時，因為AP?平面α，EH?平面α，此時AP∥平面α，A對；對于B，當(dāng)AQ∥FG時，因為AQ?平面α，F(xiàn)G?平面α，此時AQ∥平面α，B對；對于C，取AC的中點O，GH的中點為M，設(shè)eq\o(AG,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(CH,\s\up6(→))＝μeq\o(CB,\s\up6(→))，則有eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))，同理可得eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(－eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)))，eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OG,\s\up6(→))＋eq\o(OH,\s\up6(→)))，eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋λeq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋2λeq\o(OF,\s\up6(→))，eq\o(OH,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CH,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋μeq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋2μeq\o(OE,\s\up6(→))＝2μeq\o(OE,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))，所以eq\o(OG,\s\up6(→))＋eq\o(OH,\s\up6(→))＝2λeq\o(OF,\s\up6(→))＋2μeq\o(OE,\s\up6(→))，所以，eq\o(OG,\s\up6(→))＝－eq\o(OH,\s\up6(→))＋2λeq\o(OF,\s\up6(→))＋2μeq\o(OE,\s\up6(→))，因為E、F、G、H四點共面，則2λ＋2μ－1＝1，所以λ＋μ＝1，所以，2eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OG,\s\up6(→))＋eq\o(OH,\s\up6(→))＝2λeq\o(OF,\s\up6(→))＋2μeq\o(OE,\s\up6(→))，則eq\o(OM,\s\up6(→))＝λeq\o(OF,\s\up6(→))＋μeq\o(OE,\s\up6(→))＝λeq\o(OF,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(OE,\s\up6(→))，所以，eq\o(OM,\s\up6(→))－eq\o(OE,\s\up6(→))＝λ(eq\o(OF,\s\up6(→))－eq\o(OE,\s\up6(→)))，可得eq\o(EM,\s\up6(→))＝λeq\o(EF,\s\up6(→))，即M、E、F三點共線，即GH的中點在EF上，即線段EF平分線段GH，C對；對于D選項，若線段GH平分線段EF，又因為線段EF平分線段GH，則四邊形EGFH為平行四邊形，事實上，四邊形EGFH不肯定為平行四邊形，故假設(shè)不成立，D錯．10．(5，13，－3)解析：設(shè)D(x，y，z)，由題意得eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))，∴(x－4，y－1，z－3)＝(1，12，－6)∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5，,y＝13，,z＝－3，))∴D(5，13，－3).11．7eq\r(3)解析：eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－1，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－3，2)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－2＋3＋6＝7，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(14)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(14).又cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(7,\r(14)×\r(14))＝eq\f(1,2)，∴sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(3),2)，∴平行四邊形的面積S＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|×|eq\o(AC,\s\up6(→))|×sin〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝7eq\r(3).12.eq\f(2\r(3),3)解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，∴D1A1＝(2，0，0)，DA1＝(2，0，2)，eq\o(DB,\s\up設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，13.D正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2eq\r(3)，可得D1(0，0，2eq\r(3))，AA1＝DD1＝(0，0，2eq\r(3))，點M(a，b，0)，則MD1＝(－a，－b，2eq\r(3))，由動點M(a，b，0)滿意直線MD1與AA1所成夾角為eq\f(π,6)，可得cos〈MD1，AA1〉＝eq\f(12,2\r(3)×\r(a2＋b2＋12))＝eq\f(\r(3),2)，整理得a2＋b2＝4，由a2＋b2＝4≥2ab，可得ab≤2，當(dāng)a＝b＝eq\r(2)時取等號，即最大值為2.14．C建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，由題意得，B′和D′在平面ABCD中的投影分別在BB1和DD1上(如圖所示)，因為AB＝eq\r(3)BC，令A(yù)B＝2eq\r(3)，則BC＝2，由比值可知，B′的x，y，z坐標(biāo)比值為1∶eq\r(3)∶2，所以令B′坐標(biāo)為(b，eq\r(3)b，2b)，因為B′在平面ABCD中的投影在BB1上，所以b∈(0，eq\f(\r(3),2))，同理可得D′坐標(biāo)為(2eq\r(3)－d，2－eq\r(3)d，2d)，E(eq\r(3)，0，0)，G(eq\r(3)，2，0)，F(xiàn)(0，1，0)，H(2eq\r(3)，1，0)，則eq\o(EB′,\s\up6(→))＝(b－eq\r(3)，eq\r(3)b，2b)，eq\o(GD′,\s\up6(→))＝(eq\r(3)－d，－eq\r(3)d，2d)，cos〈eq\o(EB′,\s\up6(→))，eq\o(GD′,\s\up6(→))〉＝eq\f(|\o(EB′,\s\up6(→))·\o(GD′,\s\up6(→))|,|\o(EB′,\s\up6(→))|·|\o(GD′,\s\up6(→))|)，解得cos〈eq\o(EB′,\s\up6(→))，eq\o(GD′,\s\up6(→))〉＝eq\f(|\r(3)（b＋d）－3|,3)，因為b和d的范圍均為(0，eq\f(\r(3),2))，所以cos〈eq\o(EB′,\s\up6(→))，eq\o(GD′,\s\up6(→))〉∈(0，1)，即夾角范圍是(0，eq\f(π,2))，故A，B錯誤；同理可得cos〈eq\o(FB′,\s\up6(→))，eq\o(HD′,\s\up6(→))〉＝eq\f(|\r(3)（b＋d）－1|,\r(8b2－2\r(3)b＋1)×\r(8d2－2\r(3)d＋1))∈[0，1)，因為異面直線所成角范圍是(0，eq\f(π,2)]，則夾角范圍是(0，eq\f(π,2)].即C正確，D錯誤．15.eq\f(\r(21),6)解析：設(shè)直線l與平面α所成的角為θ，則sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·a,|n||a|)))＝eq\f(|2×1＋1×2＋1×3|,\r(2