广东省广州市普通高中2022届高考数学三轮复习冲刺模拟试题(15).doc

《广东省广州市普通高中2022届高考数学三轮复习冲刺模拟试题(15).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省广州市普通高中2022届高考数学三轮复习冲刺模拟试题(15).doc（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高考数学三轮复习冲刺模拟试题15立体几何中的向量方法一、选择题1已知a(2，4，5)，b(3，x，y)，若ab，则xy()A9BC3 D解析：由ab，得，解得x6，y，故xy6.答案：D2已知a(1，2，1)，b(2，1，1)，则|at b|的最小值是()A2 B.C. D3解析：由已知得atb(2t1，2t，t1)，所以|atb|2(2t1)2(2t)2(t1)26t26t66(t2t)66(t)2，所以|atb|的最小值为.答案：B3已知二面角l的大小为60，点B、C在棱l上，A，D，ABl，CDl，ABBC1，CD2，则AD的长为()A2 B.C2 D.解析：由题意知|1，|2，120，

2、则|2|2|2|2222114212cos 1204，故|2.答案：A4如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B.C. D.解析：利用向量法求解不妨令CB1，则CACC12.可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，(0，2，1)，(2，2，1)，cos ，0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案：A5如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，AC2，BC，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与

3、平面BB1C1C所成的角为()A. B.C. D.解析：由AB1，AC2，BC可得AB2BC2AC2，故ABBC.又由直棱柱的性质可知BB1平面ABC.如图，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，设棱BB1的长为h，则E(0，0，)，A(0，1，0)，C1(，0，h)，D(，)，故(，0)因为BB1平面ABC，所以BB1AB，又因为ABBC，所以AB平面BB1C1C，故(0，1，0)是平面BB1C1C的一个法向量设直线DE与平面BB1C1C所成的角为，则sin |cos ，|.又因为0，所以.答案：A二、填空题6如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，且CC1底面ABC，M是侧棱CC1

4、的中点，则异面直线AB1和BM所成的角为_解析：由题意可知该三棱柱为正三棱柱，设其棱长为2，a，b，c，则|a|b|c|2，且a，c，a，bb，c，所以ac22cos 2，abbc0.而ba，cb，所以(ba)(cb)bcb2acab0，故，即异面直线AB1与BM所成的角为.答案：7如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是C1D1，CC1的中点，则直线B1N与平面BDM所成角的正弦值为_解析：以D为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则B1(2，2，2)，N(0，2，1)，(2，0，1)，又M(0，1，2)，D(0，0，0)，B(2，

5、2，0)，则(2，2，0)，(0，1，2)，可得平面BDM的一个法向量n(2，2，1)，因为cos n，故直线B1N与平面BDM所成角的正弦值是.答案：8如图，PA平面ABC，ACBC，PAAC1，BC，则二面角APBC的余弦值大小为_解析：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立空间直角坐标系Cxyz，因为A(1，0，0)，B(0，0)，C(0，0，0)，P(1，0，1)，(0，0，1)，(1，1)，(0，0)，设平面APB的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n2(x2，y2，z2)，则n1(2，0)，n2(1，0，1)，cos n1，n2，二面角APBC的余弦值为.答案：

6、三、解答题9三棱锥PABC中，BAC90，PAPBPCBC2AB2.(1)求证：平面PBC平面ABC；(2)求二面角BAPC的余弦值解析：(1)证明：取BC的中点O，连接AO、PO，因为ABC为直角三角形，所以OAOBOC，又知PAPBPC，OP为公共边，则POAPOBPOC，所以POAPOBPOC90，所以POOB，POOA.又OBOAO，所以PO平面ABC.又因为PO平面PBC，所以平面PBC平面ABC.(2)过O作ODBC，交AC于点D，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0)，B(0，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，)，(，0)，(0，1，)，(，0)，(0，1

7、，)设平面PAB的法向量为n1(x，y，z)，则由，得，令x1，得平面PAB的一个法向量为n1(1，1)同理可求得平面PAC的一个法向量为n2(3, ，1)所以cos n1，n2，故二面角BAPC的余弦值为.10如图，在四棱锥S ABCD中，ABAD，ABCD，CD3AB3，平面SAD平面ABCD，E是线段AD上一点，AEED，SEAD.(1)证明：平面SBE平面SEC；(2)若SE1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值解析：(1)证明平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，SE平面SAD，SEAD，SE平面ABCD，BE平面ABCD，SEBE.ABAD，ABCD，CD3AB3，

8、AEED，AEB30，CED60.BEC90，即BECE.又SECEE，BE平面SEC，BE平面SBE，平面SBE平面SEC.(2)由(1)知，直线ES，EB，EC两两垂直如图，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，ES为z轴，建立空间直角坐标系则E(0，0，0)，C(0，2，0)，S(0，0，1)，B(2，0，0)，(0，2，0)，(2，2，0)，(0，2，1)设平面SBC的法向量为n(x，y，z)，则，即，令y1，得x，z2，平面SBC的一个法向量为n(，1，2)设直线CE与平面SBC所成角的大小为，则sin |，直线CE与平面SBC所成角的正弦值为.11如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中

9、，ABBC2AA1，ABC90，D是BC的中点(1)求证：A1B平面ADC1；(2)求二面角C1ADC的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在一点E，使AE与DC1成60角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由解析：(1)连接A1C，交AC1于点O，连接OD.由ABCA1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点又D为BC的中点，所以OD为A1BC的中位线，所以A1BOD，因为OD平面ADC1，A1B平面ADC1，所以A1B平面ADC1.(2)由ABCA1B1C1是直三棱柱，且ABC90，得BA、BC、BB1两两垂直以B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在直线分别为

10、x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设BA2，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，1)，D(1，0，0)，所以(1，2，0)，(2，2，1)设平面ADC1的法向量为n(x，y，z)，则有所以取y1，得n(2，1，2)易知平面ADC的一个法向量为v(0，0，1)所以cos n，v.因为二面角C1ADC是锐二面角，所以二面角C1ADC的余弦值为.(3)假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上，A1(0，2，1)，B1(0，0，1)，故可设E(0，1)，其中02.所以(0，2，1)，(1，0，1)因为AE与DC1成60角，所以|cos ，|.即|，解得1或3(舍去)所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60角高考资源网()来源：高考资源网