人教B版 (2019)选择性必修 第一册1.2.1 空间中的点、直线与空间向量课后复习题

课时作业(六)　空间中的点、直线与空间向量

一、选择题

1．已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则(　　)

A．x＝6，y＝15   B．x＝3，y＝15

C．x＝，y＝   D．x＝6，y＝

答案：D

2．(2022山西运城模拟)设直线l1的方向向量a＝(1,2，－2)，直线l2的方向向量b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则实数m的值为(　　)

A．1   B．2 

C．   D．3

答案：B

3．(2022辽宁辽河油田第二高级中学月考)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为(　　)

A．   B． 

C．   D．

答案：C

4．(2022四川绵阳南山中学模拟)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，点F在线段AD上移动，异面直线B1C与EF所成角最小时，其余弦值为(　　)

A．0   B． 

C．   D．

答案：C

解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，在正方体ABCD－A1B1C1D1中， 点E为线段AB的中点，设正方体棱长为2，

则D(0,0,0)，E(2,1,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，＝(－2,0，－2)，

设F(m,0,0)(0≤m≤2)，＝(m－2，－1,0)，设异面直线B1C与EF的夹角为θ，

则cos θ＝＝＝，异面直线B1C与EF所成角最小时，则cos θ最大，即m＝0时，cos θ＝＝＝.故选C．

5．(多选题)在正方体ABCD－A1B1C1D1中与AB1垂直的直线有(　　)

A．A1C   B．BD1 

C．AD1   D．CD1

答案：ABD

6．(多选题)已知点A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0，0,1)，点D满足条件DB⊥AC，DC⊥AB，AD＝BC，则点D的坐标为(　　)

A．(1,1,1)   B．(－1，－1，－1)

C．   D．

答案：AD

二、填空题

7．(2022北京市陈经纶中学模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，设AD＝AA1＝1，AB＝2，则＝__________，·＝__________.

答案：　1

解析：以D为原点建立空间直角坐标系如下图所示，则C(0,2,0)，C1(0,2,1)，B(1,2,0)，D1(0,0,1)，A1(2,0,1)．

所以＝(0,0,1)，＝(－1，－2,1)，＝(2，－2,1)，

所以＝＝＝，·＝(0,0,1)·(2，－2,1)＝1.

三、解答题

8．如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点.

(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；

(2)求MN的长．

答案：(1)证明：设＝p，＝q，＝r，

由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量的两两夹角均为60°.

＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)．

·＝(q＋r－p)·p＝(p·q＋p·r－p2)

＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0，

∴⊥，即MN⊥AB，同理可证MN⊥CD．

(2)解：由(1)可知＝(q＋r－p)．

∴||2＝(q＋r－p)2

＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]

＝

＝×2a2＝，

∴|MN|＝a，∴MN的长为a.

9．(2022湖南衡阳船山英文学校月考)如图，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∠ABE＝60°，G为BE的中点．

(1)求证：平面AGC⊥平面ADF；

(2)若AB＝，BC＝1，求异面直线AC与DF所成角的余弦值．

答案：(1)证明：因为矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，矩形ABCD∩菱形ABEF＝AB，AD⊥AB，

所以AD⊥平面ABEF.

因为AG⊂ABEF，所以AD⊥AG.

因为菱形ABEF中，∠ABE＝60°，G为BE的中点，

所以AG⊥BE，

所以AG⊥AF.

因为AD∩AF＝A，所以AG⊥平面ADF.

又AG⊂平面AGC，

所以平面AGC⊥平面ADF.

(2)解：由(1)知，AD，AF，AG两两垂直，以A为原点，AG为x轴，AF为y轴，AD为z轴，建立空间直角坐标系．

因为AB＝，BC＝1，

则AD＝1，AG＝，

故A(0,0,0)，C，D(0,0,1)，F(0，，0)，

则＝，＝(0，，－1)．

设异面直线AC与DF所成角为θ，

则cos θ＝＝，

故异面直线AC与DF所成角的余弦值为.