高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.1 空间中的点、直线与空间向量课堂检测

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.1 空间中的点、直线与空间向量课堂检测，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．垂直 D．不确定
2．若点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，\f(7,2)))在直线l上，则直线l的一个方向向量为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1，\f(2,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(1,3)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,3)，\f(1,3)))
3．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于( )
A.eq \f(\r(15),5) B.eq \f(\r(10),5)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(2,3)
4．在如图空间直角坐标系中，直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(\r(5),3)
C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(3,5)
二、填空题
5．直线l1的方向向量为v1＝(1,0，－1)，直线l2的方向向量为v2＝(－2,0，－2)，则直线l1与l2的位置关系是________．
6．已知点A(3,3，－5)，B(2，－3,1)，C为线段AB上一点，且eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AB,\s\up6(→))，则点C的坐标为________．
7．已知A(0，y,3)，B(－1，－2，z)，若直线l的方向向量v＝(2,1,3)与直线AB的方向向量平行，则实数y＋z等于________．
三、解答题
8.
如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点．
求证：MN∥DA1.
9.
如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1.
求证：PC⊥CD.
[尖子生题库]
10.
如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点，证明：
(1)AE⊥CD；
(2)PD⊥平面ABE.
课时作业(四) 空间中的点、直线与空间向量
1．解析：因为v2＝－2v1，所以v1∥v2.
答案：A
2．解析：∵eq \(AB,\s\up12(→))＝(1,2,3)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))＝eq \f(1,3)(1,2,3)＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up12(→))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))是直线l的一个方向向量．
故选A.
答案：A
3．解析：以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up12(→))，eq \(DC,\s\up12(→))，eq \(DD1,\s\up12(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，则eq \(OE,\s\up12(→))＝(－1,1,1)，eq \(FD1,\s\up12(→))＝(－1,0,2)，
∴|eq \(OE,\s\up12(→))|＝eq \r(3)，|eq \(FD1,\s\up12(→))|＝eq \r(5)，eq \(OE,\s\up12(→))·eq \(FD1,\s\up12(→))＝3，
∴cs〈eq \(OE,\s\up12(→))，eq \(FD1,\s\up12(→))〉＝eq \f(\(OE,\s\up12(→))·\(FD1,\s\up12(→)),|\(OE,\s\up12(→))||\(FD1,\s\up12(→))|)＝eq \f(3,\r(3)·\r(5))＝eq \f(\r(15),5).
答案：A
4．解析：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)，
∴eq \(BC1,\s\up12(→))＝(0,2，－1)，eq \(AB1,\s\up12(→))＝(－2,2,1)，
∴cs〈eq \(BC1,\s\up12(→))，eq \(AB1,\s\up12(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up12(→))·\(AB1,\s\up12(→)),|\(BC1,\s\up12(→))||\(AB1,\s\up12(→))|)＝eq \f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5)>0，
∴eq \(BC1,\s\up12(→))与eq \(AB1,\s\up12(→))的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，其余弦值为eq \f(\r(5),5).
答案：A
5．解析：∵v1·v2＝(1,0，－1)·(－2,0，－2)＝0，
∴v1⊥v2，∴l1⊥l2.
答案：垂直
6．解析：设C(x，y，z)，则(x－3，y－3，z＋5)＝eq \f(2,3)(－1，－6,6)，解得x＝eq \f(7,3)，y＝－1，z＝－1，所以点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，－1，－1)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，－1，－1))
7．解析：由题意，得eq \(AB,\s\up12(→))＝(－1，－2－y，z－3)，则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：0
8．证明：
如图，以D为原点，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，设正方体的棱长为1，
可求得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，
于是eq \(MN,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，
eq \(DA1,\s\up12(→))＝(1,0,1)．
得eq \(DA1,\s\up12(→))＝2eq \(MN,\s\up12(→))，∴eq \(DA1,\s\up12(→))∥eq \(MN,\s\up12(→))，
又DA1与MN不重合，
∴DA1∥MN.
9．证明：
建立如图所示的空间直角坐标系，
∵PA＝AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1，
∴P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)．
∴eq \(CD,\s\up12(→))＝(－1,1,0)，eq \(PC,\s\up12(→))＝(1,1，－1)．
∵eq \(PC,\s\up12(→))·eq \(CD,\s\up12(→))＝(1,1，－1)·(－1,1,0)＝0，
∴PC⊥CD.
10．证明：
AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．
(1)因为∠ABC＝60°，AB＝BC，
所以△ABC为正三角形，
所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2))).
设D(0，y,0)，由AC⊥CD，
得eq \(AC,\s\up12(→))·eq \(CD,\s\up12(→))＝0，
即y＝eq \f(2\r(3),3)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，0))，
所以eq \(CD,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0)).
又eq \(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，所以eq \(CD,\s\up12(→))·eq \(AE,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(\r(3),6)×eq \f(\r(3),4)＝0，所以eq \(AE,\s\up12(→))⊥eq \(CD,\s\up12(→))，即AE⊥CD.
(2)因为P(0,0,1)，所以eq \(PD,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，－1)).
又因为eq \(AE,\s\up12(→))·eq \(PD,\s\up12(→))＝eq \f(\r(3),4)×eq \f(2\r(3),3)＋eq \f(1,2)×(－1)＝0，所以eq \(PD,\s\up12(→))⊥eq \(AE,\s\up12(→))，即PD⊥AE.
因为eq \(AB,\s\up12(→))＝(1,0,0)，所以eq \(PD,\s\up12(→))·eq \(AB,\s\up12(→))＝0.所以PD⊥AB，又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.