-新教材高中數(shù)學課時檢測5空間中的點直線與空間向量含解析新人教B版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE7課時跟蹤檢測（五）空間中的點、直線與空間向量[A級基礎鞏固]1．已知向量a＝(2，4，5)，b＝(3，x，y)分別是直線l1，l2的方向向量，若l1∥l2，則()A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝eq\f(15,2)C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝eq\f(15,2)解析：選D由題意知，因l1∥l2有a∥b，則eq\f(3,2)＝eq\f(x,4)＝eq\f(y,5)，得x＝6，y＝eq\f(15,2)，故選D.2．已知線段AB的兩端點坐標為A(9，－3，4)，B(9，2，1)，則線段AB與坐標平面()A．xOy平行 B．xOz平行C．yOz平行 D．yOz相交解析：選C因為eq\o(AB,\s\up7(→))＝(9，2，1)－(9，－3，4)＝(0，5，－3)，所以AB∥平面yOz.3．已知直線l1，l2的方向向量分別是a＝(2，2，0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα，－\f(1,2)，1))(0°＜α＜180°)，若l1⊥l2，則α＝()A．30° B．60°C．120° D．150°解析：選B∵向量a＝(2，2，0)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα，－\f(1,2)，1))(0°＜α＜180°)，∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝2cosα－1＝0，∴cosα＝eq\f(1,2)，∵0°＜α＜180°，∴α＝60°.故選B.4．在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F(xiàn)分別是CC1，AD的中點，那么異面直線OE和FD1A．eq\f(\r(15),5) B．eq\f(\r(10),5)C．eq\f(4,5) D．eq\f(2,3)解析：選A如圖，以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DD1,\s\up7(→))的方向為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，則F(1，0，0)，D1(0，0，2)，O(1，1，0)，E(0，2，1)，則eq\o(OE,\s\up7(→))＝(－1，1，1)，eq\o(FD1,\s\up7(→))＝(－1，0，2)，∴|eq\o(OE,\s\up7(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(FD1,\s\up7(→))|＝eq\r(5)，eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(FD1,\s\up7(→))＝3，∴cos〈eq\o(OE,\s\up7(→))，eq\o(FD1,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(OE,\s\up7(→))·eq\o(FD1,\s\up7(→)),|eq\o(OE,\s\up7(→))||eq\o(FD1,\s\up7(→))|)＝eq\f(3,\r(3)·\r(5))＝eq\f(\r(15),5).5．(多選)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，且A1E＝eq\f(2,3)A1D，AF＝eq\f(1,3)AC，則()A．EF至多與A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF與BD1相交D．EF與BD1平行解析：選BD建立分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸的空間直角坐標系(圖略)，不妨設正方體的棱長為1，則eq\o(DA1,\s\up7(→))＝(1，0，1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－1，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，∴eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(DA1,\s\up7(→))＝0，eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，∴EF⊥A1D，EF⊥AC.又eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－1，－1，1)，∴eq\o(BD1,\s\up7(→))＝－3eq\o(EF,\s\up7(→))，即EF與BD1平行．6．已知點A(1，1，－4)，B(2，－4，2)，C為線段AB上的一點，且eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))，則C點坐標為________．解析：設C(x，y，z)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(x－1，y－1，z＋4)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，－5，6)，由eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up7(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＝\f(1,2)，,y－1＝－\f(5,2)，,z＋4＝3，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝－\f(3,2)，,z＝－1.))∴Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2)，－1)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(3,2)，－1))7．已知A(0，y，3)，B(－1，－2，z)，若直線l的方向向量v＝(2，1，3)與直線AB的方向向量平行，則實數(shù)y＋z等于________．解析：由題意，得eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－1，－2－y，z－3)，則eq\f(－1,2)＝eq\f(－2－y,1)＝eq\f(z－3,3)，解得y＝－eq\f(3,2)，z＝eq\f(3,2)，所以y＋z＝0.答案：08．長方體ABCD-A1B1C1D1的底面是邊長為1的正方形，高為2，M，N分別是矩形BB1C1C和正方形A1B1C1D1的中心，則向量eq\o(BM,\s\up7(→))與eq\o(DN,\s\up7(→))的夾角的余弦值是________．解析：如圖，以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，B(1，1，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，D(0，0，0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，2))，eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))，eq\o(DN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，2))，設向量eq\o(BM,\s\up7(→))與eq\o(DN,\s\up7(→))的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(DN,\s\up7(→)),|eq\o(BM,\s\up7(→))|·|eq\o(DN,\s\up7(→))|)＝eq\f(\f(7,4),\r(\f(5,4))·\r(\f(18,4)))＝eq\f(7\r(10),30).故向量eq\o(BM,\s\up7(→))與eq\o(DN,\s\up7(→))的夾角的余弦值為eq\f(7\r(10),30).答案：eq\f(7\r(10),30)9.如圖，正四棱錐P-ABCD的各棱長都為a.(1)用向量法證明BD⊥PC；(2)求|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|的值．解：(1)證明：∵eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))，∴eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝(eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→)))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＋eq\o(CD,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝|eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))||eq\o(PC,\s\up7(→))|·cos60°＋|eq\o(CD,\s\up7(→))||eq\o(PC,\s\up7(→))|·cos120°＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,2)a2＝0.∴BD⊥PC.(2)∵eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))，∴|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|2＋|eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))|2＋|eq\o(PC,\s\up7(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))＋2eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＋2eq\o(eq\o(BC,\s\up7(→)),\s\up7(→))·eq\o(PC,\s\up7(→))＝a2＋a2＋a2＋0＋2a2cos60°＋2a2cos60°＝5a2，∴|eq\o(AC,\s\up7(→))＋eq\o(PC,\s\up7(→))|＝eq\r(5)a.10．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，求BM與解：以C1為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系．設BC＝CA＝CC1＝2，則A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，∴eq\o(AN,\s\up7(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(BM,\s\up7(→))＝(1，－1，－2)，|eq\o(AN,\s\up7(→))|＝eq\r(（－1）2＋02＋（－2）2)＝eq\r(5)，|eq\o(BM,\s\up7(→))|＝eq\r(12＋（－1）2＋（－2）2)＝eq\r(6)，∴cos〈eq\o(AN,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(AN,\s\up7(→))·eq\o(BM,\s\up7(→)),|eq\o(AN,\s\up7(→))|·|eq\o(BM,\s\up7(→))|)＝eq\f(－1＋4,\r(5)×\r(6))＝eq\f(3,\r(30))＝eq\f(\r(30),10).∴直線BM與AN所成角的余弦值為eq\f(\r(30),10).[B級綜合運用]11.如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點，N是A1B1的中點，則直線NO和AMA．平行B．相交C．異面垂直D．異面不垂直解析：選C以D為原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系(如圖)，設正方體的棱長為2，則A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，eq\o(NO,\s\up7(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(AM,\s\up7(→))＝(－2，0，1)，eq\o(NO,\s\up7(→))·eq\o(AM,\s\up7(→))＝0，則直線NO，AM的位置關(guān)系是異面垂直．12．已知直線l1的一個方向向量a＝(2，4，x)，直線l2的一個方向向量b＝(2，y，2)，若|a|＝6，且l1⊥l2，則x＋y的值是________．解析：∵|a|＝eq\r(22＋42＋x2)＝6，∴x＝±4.∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝2×2＋4y＋2x＝0，∴y＝－1－eq\f(1,2)x.∴當x＝4時，y＝－3；當x＝－4時，y＝1，∴x＋y＝－3或1.答案：－3或113．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝a，BC＝b，AA1＝c，則異面直線BD1和B1解析：以點D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(b，a，0)，D1(0，0，c)，B1(b，a，c)，C(0，a，0)，則eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(－b，－a，c)，eq\o(B1C,\s\up7(→))＝(－b，0，－c)，從而cos〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉＝eq\f(eq\o(BD1,\s\up7(→))·eq\o(B1C,\s\up7(→)),|eq\o(BD1,\s\up7(→))||eq\o(B1C,\s\up7(→))|)＝eq\f(b2－c2,\r(a2＋b2＋c2)·\r(b2＋c2)).對上式進行以下討論：(1)當c<b時，cos〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉>0，這時〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉是銳角，則〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉即異面直線BD1和B1C所成的角；(2)當c>b時，cos〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉<0，這時〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉是鈍角，則〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉的補角π－〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉即異面直線BD1和B1C所成的角；(3)當c＝b時，cos〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉＝0，這時〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉＝90°，則〈eq\o(BD1,\s\up7(→))，eq\o(B1C,\s\up7(→))〉即異面直線BD1和B1C所成的角．綜上，異面直線BD1和B1C所成角的余弦值為eq\f(|b2－c2|,\r(a2＋b2＋c2)·\r(b2＋c2)).答案：eq\f(|b2－c2|,\r(a2＋b2＋c2)·\r(b2＋c2))14．在正方體ABCD-A1B1C1D1(1)若G是A1D的中點，點H在平面ABCD上，且GH∥BD1，試判斷點H的位置；(2)若E是棱D1D的中點，P，Q分別為線段B1D1，BD上的點，且3eq\o(B1P,\s\up7(→))＝eq\o(PD1,\s\up7(→))，PQ⊥AE，eq\o(BD,\s\up7(→))＝λeq\o(DQ,\s\up7(→))，求λ的值．解：如圖所示，以D為原點，eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DD1,\s\up7(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則A(1，0，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，B(1，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1).(1)因為G是A1D的中點，所以點G的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，因為點H在平面ABCD上，設點H的坐標為(m，n，0)，因為eq\o(GH,\s\up7(→))＝(m，n，0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(1,2)，n，－\f(1,2)))，eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(0，0，1)－(1，1，0)＝(－1，－1，1)，且eq\o(GH,\s\up7(→))∥eq\o(BD1,\s\up7(→))，所以eq\f(m－\f(1,2),－1)＝eq\f(n,－1)＝eq\f(－\f(1,2),1)，解得m＝1，n＝eq\f(1,2).所以點H的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，所以H為線段AB的中點．(2)由題意，可設點P的坐標為(a，a，1)，因為3eq\o(B1P,\s\up7(→))＝eq\o(PD1,\s\up7(→))，所以3(a－1，a－1，0)＝(－a，－a，0)，所以3a－3＝－a，解得a＝eq\f(3,4)，所以點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)，1)).由題意可設點Q的坐標為(b，b，0)，因為PQ⊥AE，所以eq\o(PQ,\s\up7(→))·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(3,4)，b－\f(3,4)，－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))＝0，即－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(3,4)))－eq\f(1,2)＝0，解得b＝eq\f(1,4)，所以點Q的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，0))，因為eq\o(BD,\s\up7(→))＝λeq\o(DQ,\s\up7(→))，所以(－1，－1，0)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，0))，所以eq\f(λ,4)＝－1，故λ＝－4.[C級拓展探究]15.如圖所示，已知空間四邊形OABC各邊及對角線長都是1，D，E分別是OA，BC的中點，連接DE.(1)求證：DE是OA和BC的公垂線；(2)求OA和BC間的距離．解：(1)證明：∵E為BC的中點，∴eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up7(→))＋eq\o(DC,\s\up7(→)))，由題知DB⊥OA，得eq\o(DB,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→))＝0.同理可得eq\o(DC,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(