人教B版（2019）高中数学选择性必修第一册 1.2.1　空间中的点、直线与空间向量word含答案

1.2　空间向量在立体几何中的应用
1.2.1　空间中的点、直线与空间向量
课后篇巩固提升
基础达标练
1.已知l1的方向向量为v1=(1,2,3),l2的方向向量为v2=(λ,4,6),若l1∥l2,则λ等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1 B.2 C.3 D.4
解析由l1∥l2,得v1∥v2,得1λ=24=36,故λ=2.
答案B
2.若a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),且a与b夹角的余弦值为89,则λ=(　　)
A.2 B.-2
C.-2或255 D.2或-255
解析a·b=2-λ+4=6-λ,
|a|=5+λ2,|b|=3.
cos=a·b|a||b|=6-λ5+λ2·3=89.
55λ2+108λ-4=0,解得λ=-2或λ=255.
答案C
3.若异面直线l1,l2的方向向量分别是a=(0,-2,-1),b=(2,0,4),则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于(　　)
A.-25 B.25
C.-255 D.255
解析a·b=-4,|a|=5,|b|=25,
cos θ=|cos|=a·b|a||b|=-410=25.
答案B
4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于(　　)
A.BD B.AC
C.A1D D.A1A
解析以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz.设正方体的棱长为1.则C(0,1,0),B(1,1,0),A(1,0,0),D(0,0,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),E12,12,1,
∴CE=12,-12,1,AC=(-1,1,0),
BD=(-1,-1,0),A1D=(-1,0,-1),A1A=(0,0,-1),
∵CE·BD=(-1)×12+(-1)×-12+0×1=0,
CE·AC=-1≠0,CE·A1D=-32≠0,CE·A1A=-1≠0,
∴CE⊥BD.

答案A
5.直线l1与l2的方向向量分别为a1,a2,若a1⊥a2,则l1与l2的位置关系为　　　　.?
答案垂直
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是AC的中点,E是线段D1O上一点,且D1E=EO.求异面直线DE与CD1所成角的余弦值.

解不妨设正方体的棱长为1,以DA,DC,DD1为单位正交基底建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示,

则A(1,0,0),O12,12,0,C(0,1,0),D1(0,0,1),E14,14,12,于是DE=14,14,12,CD1=(0,-1,1),
且|DE|=64,|CD1|=2,
则cos=DE·CD1|DE||CD1|　=36.
所以异面直线DE与CD1所成角的余弦值为36.
7.已知圆柱的底面半径为3,高为4,A,B两点分别在两底面圆周上,并且AB=5,求异面直线AB与轴OO'之间的距离.


解如图,直线AB与轴OO'之间的距离等于轴OO'与平面ABC的距离,由图形可知,直线AB与轴OO'之间的距离等于点O'到BC的距离,∵AB=5,AC=4,且AC⊥BC,∴BC=52-42　=3,∴异面直线AB与轴OO'之间的距离为332.
能力提升练
1.已知直线l1的方向向量a=(2,-3,5),直线l2的方向向量b=(-4,x,y),若两直线l1∥l2,则x,y的值分别是(　　)
A.6和-10
B.-6和10
C.-6和-10
D.6和10
解析由两直线l1∥l2,得两向量a,b平行,即2-4=-3x=5y,所以x,y的值分别是6和-10.
答案A
2.

如图,S是正三角形ABC所在平面外一点,M,N分别是AB和SC的中点,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=90°,则异面直线SM与BN所成角的余弦值为(　　)
A.105　　　　　　　B.-105
C.-1010 D.1010

解析不妨设SA=SB=SC=1,以S为坐标原点,SA,SB,SC所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Sxyz,
则相关各点坐标为B(0,1,0),S(0,0,0),M12,12,0,N0,0,12.
因为SM=12,12,0,BN=0,-1,12,
所以|SM|=22,|BN|=52,SM·BN=-12,
cos=SM·BN|SM||BN|　=-105,
因为异面直线所成的角为锐角或直角,
所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为105.
答案A
3.如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,且SA=AB=BC=1,则异面直线SB与AC之间的距离为　　　　.?


解析构造如图所示正方体.取AB的中点O,连接OD交AC于点E,连接OM交SB于点F,由平面几何知识可知,OF=13OM,OE=13OD,所以EF∥13DM.又因为AC⊥BD,AC⊥BM,
所以AC⊥平面BDM,AC⊥DM,因为EF∥13DM,所以AC⊥EF.
同理可证SB⊥DM,所以SB⊥EF.
所以EF是异面直线AC和SB的公垂线段.所以EF=13DM=33.
答案33
4.

如图是正四面体的平面展开图,G,H,M,N分别为DE,BE,EF,EC的中点,在这个正四面体中,①GH与EF平行;②BD与MN为异面直线;③GH与MN成60°角;④DE与MN垂直.
以上四个命题中,正确命题的序号是　　　　.?
解析还原成正四面体知GH与EF为异面直线,BD与MN为异面直线,GH与MN成60°角,DE与MN为异面垂直.
答案②③④
5.

如图,在四面体ABOC中,OC⊥OA,OC⊥OB,∠AOB=120°,且OA=OB=OC=1,设P为AC的中点,Q在AB上且AB=3AQ,证明:PQ⊥OA.
证明

如图,连接OP,OQ,PQ,取O为坐标原点,过点O作OD⊥OA,以OA,OD,OC所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz(如图所示).
则A(1,0,0),C(0,0,1),B-12,32,0.
∵P为AC中点,∴P12,0,12.
∴AB=-32,32,0,
又由已知,可得AQ=13AB=-12,36,0.
又OQ=OA+AQ=12,36,0,
∴PQ=OQ-OP=0,36,-12.
∵PQ·OA=0,∴PQ⊥OA,即PQ⊥OA.
6.

如图,直三棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1的底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别为A1B1,A1A的中点.
(1)求cos的值;
(2)求证:BN⊥平面C1MN.
解以C为原点,CA,CB,CC1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立坐标系Cxyz.

(1)依题意得A1(1,0,2),C(0,0,0),B(0,1,0),B1(0,1,2),
∴BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2),
∴BA1·CB1=1×0+(-1)×1+2×2=3,|BA1|=6,|CB1|=5,
∴cos=BA1·CB1|BA1|·|CB1|　=3010.
(2)证明:依题意得C1(0,0,2),N(1,0,1),
∴M12,12,2,∴C1M=12,12,0,C1N=(1,0,-1),BN=(1,-1,1),
∴C1M·BN=12×1+12×(-1)+1×0=0,
C1N·BN=1×1+0×(-1)+(-1)×1=0,
∴C1M⊥BN,C1N⊥BN,
∴BN⊥C1M,BN⊥C1N,且C1M?平面C1MN,C1N?平面C1MN,C1M∩C1N=C1,∴BN⊥平面C1MN.
素养培优练

已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,求A1B与D1B1的距离.
解在A1B上任取一点M,作MP⊥A1B1,PN⊥B1D1,则MN⊥B1D1,只要求出MN的最小值即可.设A1M=x,则MP=22x,A1P=22x.所以PB1=a-22x,PN=a-22xsin 45°=12(2a-x),MN=PM2+PN2　
=2232(x-23a)?2+23a2　.
当x=23a时,MNmin=33a.
因此A1B与D1B1的距离为33a.