发布时间 : 星期一 文章备战2020年高考数学一轮复习第10单元空间向量在立体几何中的应用单元训练B卷理含解析更新完毕开始阅读54099c66667d27284b73f242336c1eb91a373382
又uADuuur，uBPuur??0,π?，故uADuuuruuur?ππ?11,BP???6,3??．故选错误!未找到引用源。
． 11．【答案】A
【解析】如图，以AB，AC，错误!未找到引用源。分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系错误!未找到引用源。，
则错误!未找到引用源。0，错误!未找到引用源。，uPNuur???11?2??，2，?1???，平面ABC的一个法向量为n??0,0,1?，
uPNuur?n设直线PN与平面ABC所成的角为错误!未找到引用源。，?sin??uPNuur?n?1， ?????1?252???4错误!未找到引用源。当??12时，?sin??25max?5，此时角错误!未找到引用源。最大．故选A．
12．【答案】B
【解析】以C为原点，CD为错误!未找到引用源。轴，CB为错误!未找到引用源。轴，过C作平面
BCD的垂线为错误!未找到引用源。轴，建立空间直角坐标系，
则错误!未找到引用源。，
设Q?q，0，0?，uAPuur??uABuur??0，?，???，
则uPQuur?uCQuur?uCPuur?uCQuur??uCAuur?uAPuur???q,0,0???0,1,1???0,?,?????q,?1??,??1?，
因为异面直线PQ与AC所成的角为错误!未找到引用源。，
uCAuur?uPAuur所以cos30??uCAuur2?uPAuur??2?32?q2??1???2????1?2q2?2?2?22， ?2?2?2?即q2?2?2?2?83，所以q2?23?2?2??0,4?，所以???30，解得0???3?2??3?2?2?43，
所以uAPuur?2????0,6??3?，即线段PA的长的取值范围是?0,6?3?，故选B．
????
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】错误!未找到引用源。
【解析】因为错误!未找到引用源。与错误!未找到引用源。的夹角为钝角，所以错误!未找到引用源。且错误!未找到引用源。不同向．
错误!未找到引用源。，整理得错误!未找到引用源。．
当错误!未找到引用源。反向时，错误!未找到引用源。，所以错误!未找到引用源。． 14．【答案】
49 【解析】在长方体错误!未找到引用源。中，错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。是侧棱错误!未找到引用源。的中点，
以错误!未找到引用源。为原点，错误!未找到引用源。为错误!未找到引用源。轴，错误!未找到引用源。为错误!未找到引用源。轴，错误!未找到引用源。为错误!未找到引用源。轴，建立空间直角坐标系，
uu
A?2,0,0?，E?0,1,2?，Auruuuur??2,0,4?，uDEuur1?2,0,4?，D?0,0,0?，EA??2,?1,?2?，DA1??0,1,2?，
设平面错误!未找到引用源。的法向量为n??x,y,z?，则n?uDAuuur1?2x?4z?0，
3
n?uDEuur?y?2z?0，取错误!未找到引用源。，得n???2,?2,1?，
设直线错误!未找到引用源。与平面错误!未找到引用源。所成角为错误!未找到引用源。，则
usin??EAuuruEAuur?nn?449?9?9． ∴直线错误!未找到引用源。与平面错误!未找到引用源。所成角的正弦值为49．
15．【答案】错误!未找到引用源。
【解析】以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设错误!未找到引用源。，则：错误!未找到引用源。，
如图所示，由对称性不妨设错误!未找到引用源。且错误!未找到引用源。，
则uMCuuur??x,y?1,?3?，易知平面SAB的一个法向量为m??10，，0?，
uuu据此有sin??uMCur?mx1??MCuuur?m?x2??y?1?2??32?????y?4??12y?4?8? ??4?23?3?1，
当且仅当错误!未找到引用源。时等号成立， 综上可得：sin?的最大值为错误!未找到引用源。． 16．【答案】（1）（3）
【解析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|错误!未找到引用源。，
斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系， 则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量a??0,1,0?，a?1， 直线b的方向单位向量b??1,0,0?，b?1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0）， 其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量为uABuur???cos?,sin?,?1?，uABuur??2，
设uABuur?与a所成夹角为????0,π??2??，
则cos????cos?，?sin?，1???01，，0?a?uABuur?22sin????0,2??ππ???2?，∴?????4,2??， ∴（3）正确，（4）错误．
设uABuur?与b所成夹角为?????0,π?2??，
ucos??uABuurABuur??b??b???cos?，sin?，1???1，0，0?b?uABuur??22cos?， 当uABuur?与a夹角为60°时，即??ππ23，sin??2cos??2cos3?2，
∵cos2??sin2??1，∴cos??22cos??12， ∵????π?πuuur?0,2??，∴??3，此时AB?与b的夹角为60°，
∴（1）正确，（2）错误． 故答案为（1）（3）．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1）见解析；（2）155． 【解析】（1）证明：∵底面ABCD为正方形，∴BC?AB， 又BC?PB,ABIPB?B，∴BC⊥平面PAB，∴BC?PA,
4
同理CD?PA,BCICD?C，∴PA?平面ABCD．
（2）建立如图的空间直角坐标系A?xyz，不妨设正方形的边长为2，
则A?0,0,0?,C?2,2,0?,E?0,1,1?,B?2,0,0?， 设m??x,y,z?为平面ABE的一个法向量，
又uuAEur??0,1,1?,uuABur??2,0,0?，?uuur??n?uAEuu?y?z?0，令2x?0y??1,z?1，得m??0,?1,1?． ?r?n?AB?同理n??1,0,2?是平面BCE的一个法向量，则cos 所以OF∥PA，且OF?12PA，因为DE∥PA，且DE?12PA， 所以OF∥DE，且OF?DE， 所以四边形OFED为平行四边形，所以OD∥EF，即BD∥EF， 又BD?平面PCE，EF?面PCE，所以BD∥面PCE． （2）因为PA?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA?BD． 因为ABCD是菱形，所以BD?AC． 因为PAIAC?A，所以BD?平面PAC， 因为BD//EF，所以EF?平面PAC， 因为FE?平面PCE，所以平面PAC?平面PCE． （3）解法1：因为直线PC与平面ABCD所成角为45?， 所以?PCA?45?，所以AC?PA?2， 所以AC?AB，故△ABC为等边三角形． 设BC的中点为M，连接AM，则AM?BC． 以A为原点，AM，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A?xyz（如图）． 则P(0,0,2),C(3,1,0),E(0,2,1),D(0,2,0)，PC?(3,1,?2)，CE?(?3,11)，DE?(0,0,1)， 设平面PCE的法向量为n=?x?uuur?n?PC?0??3x1?y1?2z1?01,y1,z1?，则??uuur，即?n?CE?0?， ???3x1?y1?z1?0令y?1，则???x1?31，所以n?(3,1,2)， ??z1?2设平面CDE的法向量为m??x??uDEuur?m?0??z2?02,y2,z2?，则?，即?uuur?m?CE?0??y， ???3x22?z2?0令x??y?32?1，则?2，所以m?(1,3,0)， ??z2?0设二面角P?CE?D的大小为?，由于?为钝角， 所以cos???|cos?n,m?|??|n?m|236|n|?|m|??22?2??4． 所以二面角P?CE?D的余弦值为?64． 解法2：因为直线PC与平面ABCD所成角为45?，且PA?平面ABCD， 所以?PCA?45?，所以AC?PA?2． 因为AB?BC?2，所以△ABC为等边三角形． 因为PA?平面ABCD，由（1）知PA//OF，所以OF?平面ABCD． 5 因为OB?平面ABCD，OC?平面ABCD，所以OF?OB且OF?OC． 在菱形ABCD中，OB?OC． 以点O为原点，OB,OC,OF分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系O?xyz（如图）． 则O(0,0,0),P(0,?1,2),C(0,1,0),D(?3,0,0),E(?3,0,1)， 则uCPuur?(0,?2,2),uCEuur?(?3,?1,1),uCDuur?(?3,?1,0)， 设平面PCE的法向量为n??x??uCPuur?n?0???2y1?2z1?01,y1,z1?，则??uCEuu，即?r?n?0?， ???3x1?y1?z1?0令y，则??y1?11?1，则法向量n?(0,1,1)．?z1?1 uu设平面CDE的法向量为m??x?CEur?m??0???3x2?y2?z2?02,y2,z2?，则?，即， ?uuur?m?CD?0????3x2?y2?0令x???y2??32?1，则0，则法向量m?(1,?3,0)． ??z2?设二面角P?CE?D的大小为?，由于?为钝角， 则cos???|cos?n,m?|??|n?m|36|n|?|m|??2?2??4． 所以二面角P?CE?D的余弦值为?64． 19．【答案】（1）证明见解析；（2） 255． 【解析】（1）证明：平面错误!未找到引用源。平面错误!未找到引用源。，平面错误!未找到引用源。平面错误!未找到引用源。， 错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。面错误!未找到引用源。，∴错误!未找到引用源。平面错误!未找到引用源。， 又错误!未找到引用源。平面错误!未找到引用源。，∴错误!未找到引用源。， 又∵错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。平面错误!未找到引用源。，∴错误!未找到引用源。平面错误!未找到引用源。， 又错误!未找到引用源。平面错误!未找到引用源。，∴错误!未找到引用源。． （2）如图，以错误!未找到引用源。为坐标原点，建立空间直角坐标系错误!未找到引用源。， 则错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。， 在直角错误!未找到引用源。中，EC?1?33?2a，错误!未找到引用源。，易得E??0,?4a,4a??，?uCEuur????0,?1a,3a??44??， ?由（1）知uCEuur为平面错误!未找到引用源。的一个法向量，uDBuur??a,a,0?，uDEuur???33?0,4a,a???， ?4?设n??x，y，z?是平面BDE的一个法向量，则?uuur??n?DB?0??uDEuur， ?n?0?即?ax?ay?0??3，令错误!未找到引用源。，则错误!未找到引用源。，?4ay?34az?0错误!未找到引用源。，∴n??1，?1，3?， ?cos?n,uCEuur??n?uCEuur14a?34a25nuCEuru??， 5?a52∴二面角错误!未找到引用源。的余弦值是255． 20．【答案】（1）见证明；（2）见解析． 【解析】（1）证明：因为AE∥CD，且错误!未找到引用源。， 所以四边形错误!未找到引用源。是平行四边形，从而AD∥CE，且错误!未找到引用源。， 又在正三角形错误!未找到引用源。中，PE?32AB?6， 从而在错误!未找到引用源。中，满足错误!未找到引用源。，所以错误!未找到引用源。， 又平面错误!未找到引用源。平面错误!未找到引用源。，平面错误!未找到引用源。平面错误!未找到 6