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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) D1，25来源:学科网ZXXK2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.4a，b是两个非零向量，是两个平面，下列命题正确的是()Aab的
2、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5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6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7在三棱锥SABC中，ABBC，ABBC，SASC2，二面角SACB的余弦值为，若S，A，B，C在同一球面上，则该球的表面积为()A8 B.C24 D68设a12ijk，a2i3j2k，a32ij3k，a43i2j5k(其中i，j，k是两两垂直的单位向量)若a4a1a2a
3、3，则实数组(，)_9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，_10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_来源:学科网ZXXK图13211四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，Q是棱PA上的动点，已知四边形ABCD为正方形，边长为2，PA4.(1)求四棱锥PABCD的体积；(2)不论Q点在何位置，是否都有BDCQ？试证明你的结论；(3)若PQPA，求二面角DCQB的余弦值图13312如图134所示的七面体是由三棱台A
4、BCA1B1C1和四棱锥DAA1C1C对接而成，四边形ABCD是边长为2的正方形，BB1平面ABCD，BB12A1B12.(1)求证：平面AA1C1C平面BB1D；(2)求二面角AA1DC1的余弦值图13413如图135，四边形ABCD中(图135(1)，E是BC的中点，DB2，DC1，BC，ABAD.将ABD沿直线BD折起，使二面角ABDC为60(如图135(2)(1)求证：AE平面BDC；(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值；(3)求点B到平面ACD的距离图135专题限时集训(十三)【基础演练】1B解析 (2cos3cos，2sin3sin，0)，所以|，正确选项为B.2B解析 当x2
5、，y3，z2时，即232，则23()2()，即32，根据共面向量定理，P，A，B，C四点共面；反之当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理mn，即m()n()，即(1mn)mn，即x1mn，ym，zn，这组数显然不止2，3，2.故选B.3A解析 设棱长为a，则()()，所以cos，所以正确选项为A.4A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5C解析 ma，故ma，mla(b c)ab ac0，故ml.【提升训练】6D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7D解析 如图，取AC中点M，连接SM，BM，因为ABBC，所
6、以BMAC，又SASC2，所以SMAC，所以SMB为二面角SACB的平面角，即cosSMB.因为ABBC，所以AC2，故BM1，SM.在SMB中，SB2()212216，可得SB，所以SABSCB90，故SB是三棱锥SABC外接球的直径，可得外接球的表面积为46.8(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9.，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，
7、取得最小值，此时，.10.a解析 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的距离来源:Z.xx.k.Comd|2|s0|2)，根式内的二次函数当m时取最小值aa2a2，故d的最小值为a.11解：(1)VPABCDSABCDPA224.(2)连接AC，因为PA平面ABCD，所以PABD，而在正方形ABCD中，对角线互相垂直，所以有ACBD.又PAACA，所以BD平面PAC.又CQ平面PAC，所以CQBD.(3)以点A为原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立坐标系，则有A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，
8、2，0)，D(0，2，0)，Q(0，0，3)设n1(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量，则有n10，n10，取n1(3，0，2)，同理求得平面CDQ的法向量n2(0，3，2)，所以，二面角DCQB的余弦值cosx.12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BB
9、1D.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.13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)
10、，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.
