《（课程标准卷地区专用）2013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配套作业 理（解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（课程标准卷地区专用）2013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配套作业 理（解析版）.doc（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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(3cos，3sin，1)，B(2cos，2sin，1)，则|的取值范围是()A0,5 B1,5 C(1,5) D1,252对于空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，且有xyz(x，y，zR)，则x2，y3，z2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131，三棱锥ABCD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131A. B. C. D.4设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足0，则BCD是()A钝角三角形 B直
2、角三角形C锐角三角形 D等腰直角三角形5a，b是两个非零向量，是两个平面，下列命题正确的是()Aab的必要条件是a，b是共面向量Ba，b是共面向量，则abCa，b，则Da，b ，则a，b不是共面向量6若ab，ac，lb c(，R)，ma，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，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已知四边形ABCD满足，0，0，0，0，则该四边形ABCD为()A平行四边形 B空间四边形C平面四边形 D梯形9设a12ijk，a2i3j2k，a32ij3k，a43i2
3、j5k(其中i，j，k是两两垂直的单位向量)若a4a1a2a3，则实数组(，)_.10已知O点为空间直角坐标系的原点，向量(1,2,3)，(2,1,2)，(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当取得最小值时，_.11如图132，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1，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13212如图133，四棱锥SABCD的底面是正方形，SD平面ABCD，SDADa，点E是SD上的点，且DEa(00，故B为锐角，同理其余两个角也是锐角【提升训练】5A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
4、6C解析 ma，故ma，mla(b c)ab ac0，故ml.7D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8B解析 假设四边形ABCD为平面四边形，根据已知条件四个内角都是钝角，其和大于360，矛盾9(2,1，3)解析 a4a1a2a3成立，a1(2，1,1)，a2(1,3，2)，a3(2,1，3)，a4(3,2,5)，(22，3，23)(3,2,5)，解得这样的，存在，且10.，解析 设Q点坐标为(，2)，其中为实参数，则(1，2，32)，(2，1，22)，(1)(2)(2)(1)(32)(22)62161062，即当且仅当时，取得最小值，此时，.11.a解
5、析 设M(0，m，m)(0ma)，(a,0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s0，由(0，m，am)，故点M到直线AD1的距离d，根式内的二次函数当m时取最小值2aa2a2，故d的最小值为a.12解：(1)证明：如图建立空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，D(0,0,0)，E(0,0，a)(a，a,0)，(a，a，a)，0对任意(0,1都成立，即ACBE恒成立(2)显然n1(0,1,0)是平面ADE的一个法向量 ，设平面ACE的一个法向量n2(x，y，z)，(a，a,0)，(a,0，a)，取z1，则xy，n2(，1)，二面角CAED的大小为60，c
6、osn1，n2，(0,1，为所求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Bxyz，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：(0,0,2)(2,2,0)0，(2,2,0)(2,2,0)0，.BB1与DB是平面BB1D内的两条相交直线，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)，设n(x1，y1，z1)为平面A1AD的一个法向量，则于
7、是y10，取z11，则x12，n(2,0,1)设m(x2，y2，z2)为平面A1C1D的一个法向量，则可得3y22z2，取z23，则x2y22，m(2,2,3)cosm，n，由图知二面角AA1DC1为钝角，所以其余弦值为.14解：(1)证明：因为DB2，DC1，BC满足：DB2DC2BC2，所以BDDC，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)，E1，0，A(a，b，c)(由图知a0，b0，c0)由ABAD.得a2b2c2(a2)2b2c2()2a1，b2c21，平面BCD的法向量可取n1(0,0,1)，因为(1，b，c)，(2,0,0)，所以平面ABD的一个法向量为n1(0，c，b)，则锐二面角ABDC的余弦值|cosn1，n2|cos60，从而有b，c，故A1，0,0，(0,1,0)，0，0EADC，EADB，又DCBDD，所以AE平面BDC.(2)由(1)得A1，D(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,1,0)，1，(0，1,0)设异面直线AB与CD所成角为，则cos.(3)1，(0，1,0)，设平面ACD的法向量n(x，y，z)，则取x，则n(，0，2)故平面ACD的法向量n(，0，2)记点B到平面ACD的距离d，则在法向量n方向上的投影的绝对值为d，则d，所以d.- 9 -
