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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a∥b，则x＋y＝( ) A．－9 C．－3
9B．－
23D．－
2
3xy15153
解析：由a∥b，得＝＝，解得x＝6，y＝－，故x＋y＝6－＝－. 24－5222答案：D
2．已知a＝(－1，2，1)，b＝(2，－1，1)，则|a＋t b|的最小值是( ) A．23 C.6
B.32
2
D．32
2
2
2
解析：由已知得a＋tb＝(2t－1，2－t，t＋1)，所以|a＋tb|＝(2t－1)＋(2－t)＋(t129932222
＋1)＝6t－6t＋6＝6(t－t)＋6＝6(t－)＋≥，所以|a＋tb|的最小值为. 2222
答案：B
3．已知二面角α-l-β的大小为60°，点B、C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝BC＝1，CD＝2，则AD的长为( )
A．2 C．22
B.5 D.3
→→→→→→→→→→→
解析：由题意知|AB|＝|BC|＝1，|CD|＝2，AB⊥BC，CD⊥BC，〈AB，CD〉＝120°，AD＝AB→→→2→2→2→2→→→→→→
＋BC＋CD，则|AD|＝|AB|＋|BC|＋|CD|＋2AB·BC＋2BC·CD＋2AB·CD＝1＋1＋4＋→
2×1×2×cos 120°＝4，故|AD|＝2.
答案：A
4．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1
与直线AB1夹角的余弦值为( )
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A.5 525
5
B.5 3
C.
3D. 5
解析：利用向量法求解． 不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.
可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)， →→
∴BC1＝(0，2，－1)，AB1＝(－2，2，1)， ∴cos 〈BC1，AB1〉＝
→→|BC1||AB1|＝
4－15×9
＝15＝5
>0. 5
→
→
BC1·AB1
→→
→→
∵BC1与AB1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：A
5．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为( )
5. 5
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A.C.π 6π 3
B.D.π 4π 2
2
2
2
解析：由AB＝1，AC＝2，BC＝3可得AB＋BC＝AC，故AB⊥BC.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，
21，0)，C1(3，0，h)，D(
31h31→
，，)，故DE＝(－，－，0)．因22222
h为BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面
BB1C1C，故BA＝(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θ，
则
→→
BA·DE→→
sin θ＝|cos 〈BA，DE〉|＝||
→→|BA|·|DE|
12
1×
（－
1＝. 2
→
＝
32122）＋（－）＋022
ππ
又因为θ∈[0，]，所以θ＝.
26答案：A
二、填空题
6．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，且CC1⊥底面ABC，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角为________．
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[K12学习]广东省广州市普通高中2018届高考数学三轮复习冲刺模拟试题(15)
