（湖南專用）高考數(shù)學二輪復習 專題限時集訓（十三）配套作業(yè) 理

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1、專題限時集訓(十三) [第13講　空間向量與立體幾何] (時間：45分鐘) 　　　　 　　 　　　 　　 　　　　　 　 1．若兩點的坐標是A(3cosα，3sinα，1)，B(2cosθ，2sinθ，1)，則||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＝x＋y＋z(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

2、，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13－1 A. B. C. D. 4．設A，B，C，D是空間不共面的四點，且滿足·＝·＝·＝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，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∥b的必要條件是a，b是共面向量 B．a，b是共面向量，則a∥b C．a∥α，b∥β，則α∥β D．a∥α，b β，則a，b不是共面向量 6．若a⊥b，a⊥c，l＝αb＋β c(α，β∈R)，m∥a，則

3、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＝＋＋，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 8．已知四邊形ABCD滿足，·>0，·>0，·>0，·>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，

4、則實數(shù)組(λ，μ，ν)＝________． 10．已知O點為空間直角坐標系的原點，向量＝(1，2，3)，＝(2，1，2)，＝(1，1，2)，且點Q在直線OP上運動，當·取得最小值時，＝________． 11．如圖13－2，在空間直角坐標系中有棱長為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13－2 12．如圖13－3，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝AD＝a，點E是SD上的點，且DE＝λa(0<λ≤1)． (1)求證：對任意的λ∈(0，1]，都有AC⊥BE； (2)若二

5、面角C－AE－D的大小為60°，求λ的值． 圖13－3 13．如圖13－4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＝2A1B1＝2. (1)求證：平面AA1C1C⊥平面BB1D； (2)求二面角A－A1D－C1的余弦值． 圖13－4 14．如圖13－5，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC為等腰三角形，∠B＝90°，D為棱BB1上一點，且平面DA1C⊥平面AA1C1C. (1)求證：D點為棱BB1的中點；

6、(2)若二面角A－A1D－C的平面角為60°，求直線A1C與平面ABB1A1所成的角的大小． 圖13－5 專題限時集訓(十三) 【基礎演練】 1．B　[解析] ＝(2cosθ－3cosα，2sinθ－3sinα，0)，所以||＝，正確選項為B. 2．B　[解析] 當x＝2，y＝－3，z＝2時， 即＝2－3＋2， 則－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，根據共面向量定理，P，A，B，C四點共面；反之當P，A，B，C四點共面時，根據共面向量定理＝m＋n， 即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n)＋m＋

7、n， 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] 設棱長為a，則·＝(＋)(＋)＝，所以cosθ＝＝＝，所以正確選項為A. 4．C　[解析] ·＝(－)·(－)＝||2>0，故B為銳角，同理其余兩個角也是銳角． 【提升訓練】 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＋β c)＝λαa·b＋ λ β a·c＝0，故m⊥l. 7．D　[解析] 根據共面向量定理的推論，點M在平面ABC內，故直線AM在平面ABC內． 8．B　

8、[解析] 假設四邊形ABCD為平面四邊形，根據已知條件四個內角都是鈍角，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)， ∴解得這樣的λ，μ，ν存在，且 10.，，　[解析] 設Q點坐標為(λ，λ，2λ)，其中λ為實參數(shù)，則＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ) ＝6

9、λ2－16λ＋10＝6λ－2－，即當且僅當λ＝時，·取得最小值－，此時＝，，. 11.a　[解析] 設M(0，m，m)(0≤m≤a)，＝(－a，0，a)，直線AD1的一個單位方向向量s0＝，由＝(0，－m，a－m)，故點M到直線AD1的距離 d＝||2－|·s0|2)＝＝，根式內的二次函數(shù)當m＝－＝時取最小值－a×＋a2＝a2，故d的最小值為a. 12．解：(1)證明：如圖建立空間直角坐標系D－xyz，則 A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，D(0，0，0)，E(0，0，λa)． ∵＝(－a，a，0)，＝(－a，－a，λa)， ∴·＝0對任意λ∈(0，1]都成

10、立， 即AC⊥BE恒成立． (2)顯然n1＝(0，1，0)是平面ADE的一個法向量 ， 設平面ACE的一個法向量n2＝(x，y，z)， ∵＝(－a，a，0)，＝(－a，0，λa)， ∴?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〉＝＝＝，λ∈(0，1]?λ＝， ∴λ＝為所求． 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

11、，2)，C1(0，1，2)． (1)證明：∵·＝(0，0，2)·(－2，2，0)＝0， ·＝(2，2，0)·(－2，2，0)＝0，∴⊥，⊥. ∵BB1與DB是平面BB1D內的兩條相交直線， ∴AC⊥平面BB1D.又AC?平面AA1C1C， ∴平面AA1C1C⊥平面BB1D. (2)＝(－1，0，2)，＝(0，2，0)，＝(－1，1，0)， ＝(1，2，－2)， 設n＝(x1，y1，z1)為平面A1AD的一個法向量， 則 于是y1＝0，取z1＝1，則x1＝2，n＝(2，0，1)． 設m＝(x2，y2，z2)為平面A1C1D的一個法向量， 則可得3y2＝2z2， 取z2＝

12、3，則x2＝y(tǒng)2＝2，m＝(2，2，3)． ∴cos〈m，n〉＝＝＝，由圖知二面角A－A1D－C1為鈍角，所以其余弦值為－. 14．解：(1)證明：過點D作DE⊥A1C于E點，取AC的中點F，連BF，EF. ∵面DA1C⊥面AA1C1C且相交于A1C，面DA1C內的直線DE⊥A1C， ∴DE⊥面AA1C1C. 又∵面BAC⊥面AA1C1C且相交于AC，且△ABC為等腰三角形，易知BF⊥AC，∴BF⊥面AA1C1C.由此知：DE∥BF，從而有D，E，F(xiàn)，B共面． 又易知BB1∥面AA1C1C，故有DB∥EF，從而有EF∥AA1，又點F是AC的中點， 所以DB＝EF＝AA1＝BB1，

13、所以D點為棱BB1的中點． (2)(法一)∵面AA1B1B⊥面ABC，面ABC∩面AA1B1B＝AB，BC⊥AB， ∴BC⊥面AA1DB，延長A1D交AB的延長線于點M，過B作BH⊥A1M交A1M于點H，連接CH，則CH⊥A1D， ∴∠CHB為二面角A－A1D－C的平面角，且∠CHB＝60°. 設A1A＝2b，AB＝BC＝a，由(1)易知BD＝b，BM＝a， 則BH＝＝， ∴tan∠CHB＝＝＝，∴＝， ∴＝＝. 易證CB⊥面ABB1A1，所以∠BA1C就是直線A1C與平面ABB1A1所成的角． 在Rt△A1BC中，tan∠BA1C＝＝＝＝， 所以∠BA1C＝，即直線A

14、1C與平面ABB1A1所成的角為. (法二)建立如圖所示直角坐標系， 設AA1＝2b，AB＝BC＝a，則D(0，0，b)，A1(a，0，2b)，C(0，a，0)，所以＝(a，0，b)，＝(0，a，－b)， 設面DA1C的法向量為n＝(x，y，z)，則 可取n＝(b，－b，－a)，又可取平面AA1DB的法向量m＝＝(0，a，0)， cos〈n，m〉＝＝＝－ 據題意有：＝，解得＝，所以＝＝， 易證CB⊥面ABB1A1，所以∠BA1C就是直線A1C與平面ABB1A1所成的角． 在Rt△A1BC中，tan∠BA1C＝＝＝＝， 所以∠BA1C＝，即直線A1C與平面ABB1A所成的角為.