北师大版 (2019)选择性必修 第一册第一章 直线与圆1 直线与直线的方程1.4 两条直线的平行与垂直练习

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第一册第一章 直线与圆1 直线与直线的方程1.4 两条直线的平行与垂直练习，共7页。试卷主要包含了[多选题]下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
A．a＝(1,0,0)，b＝(－3,0,0)
B．a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)
C．a＝(0,1，－1)，b＝(0，－1,1)
D．a＝(1,0,0)，b＝(－1,0,0)
2．设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m等于( )
A．－2 B．2
C．6 D．10
3．若平面α，β的法向量分别为a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，并且α⊥β，则x的值为( )
A．10 B．－10
C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
4．已知点A(0,1,0)，B(－1,0，－1)，C(2,1,1)，P(x,0，z)，若PA⊥平面ABC，则点P的坐标为( )
A．(1,0，－2) B．(1,0,2)
C．(－1,0,2) D．(2,0，－1)
5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq \f(2,3)A1D，AF＝eq \f(1,3)AC，则( )
A．EF至多与A1D，AC中的一个垂直
B．EF⊥A1D，EF⊥AC
C．EF与BD1相交
D．EF与BD1异面
6．[多选题]下列命题中正确的是( )
A．直线l的方向向量为a＝(1，－1,2)，直线m的方向向量b＝(2,1，－eq \f(1,2))，则l与m垂直
B．直线l的方向向量a＝(0,1，－1)，平面α的法向量n＝(1，－1，－1)，则l⊥α
C．平面α、β的法向量分别为n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，则α∥β
D．平面α经过三点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1
7．两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z)，v＝(－2，－y,1)，若α⊥β，则y＋z的值是( )
A．－3 B．6
C．－6 D．－12
8．在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝eq \r(13)，，SB＝eq \r(29)，则直线SC与BC是否垂直________．(填“是”或“否”)
9．已知点A，B，C的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，点P的坐标为(x,0，z)，若eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(AC,\s\up6(→))，则点P的坐标为________．
10.
如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC­A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.
[提能力]
11．[多选题]已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)．下列结论中正确的是( )
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量
D.eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BD,\s\up6(→))
12．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF:FD的比为( )
A．1:2 B．1:1
C．3:1 D．2:1
13．在直角坐标系O－xyz中，已知点P(2cs x＋1，2cs 2x＋2,0)和点Q(cs x，－1,3)，其中x∈[0，π]，若直线OP与直线OQ垂直，则x的值为________．
14．在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3,1)，C(2，－2,1)．若向量n与平面ABC垂直，且|n|＝eq \r(21)，则n的坐标为________．
15．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝a，AA1＝b，点E，F分别在棱BB1，CC1上，且BE＝eq \f(1,3)BB1，C1F＝eq \f(1,3)CC1.设λ＝eq \f(b,a)，当平面AEF⊥平面A1EF时，求λ的值．
[培优生]
16．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2)．
(1)当λ＝1时，求证：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．
课时作业(三十一)
1．解析：因为a＝(0，1，0)，b＝(1，0，1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B.
答案：B
2．解析：因为a⊥b，故a·b＝0，
即－2×3＋2×(－2)＋m＝0，解得m＝10.故选D.
答案：D
3．解析：因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，
所以a·b＝(－1，2，4)·(x，－1，－2)＝0，
解得x＝－10.故选B.
答案：B
4．解析：由题意知eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，0，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以有eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0，①
eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(2，0，1)·(x，－1，z)＝0，得2x＋z＝0，②
联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为(－1，0，2).故选C.
答案：C
5．解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为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A1(1，0，1)，D(0，0，0)，A(1，0，0)，
C(0，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，
B(1，1，0)，D1(0，0，1)，
∴A1D＝(－1，0，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，BD1＝(－1，－1，1)，
∴eq \(EF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)BD1，A1D·eq \(EF,\s\up6(→))＝0，
eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0，
从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故选B.
答案：B
6．解析：∵a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，2))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1，－\f(1,2)))，则a·b＝1×2－1×1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝0
则a⊥b，∴直线l与m垂直，故A正确，
a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，－1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，－1))，则a·n＝0×1＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＝0
则a⊥n，∴l∥α或l⊂α，故B错误，
∵n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，3))，n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，2))，∴n1与n2不共线，
∴α∥β不成立，故C错误，
∵点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，2，0))
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，1))，eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，0))
向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，u，t))是平面α的法向量
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0,n·\(BC,\s\up6(→))＝0)))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－1＋u＋t＝0,－1＋u＝0)))，解得u＋t＝1，故D正确．故选AD.
答案：AD
7．解析：∵α⊥β，∴u·v＝0，即－6＋y＋z＝0，即y＋z＝6.
答案：B
8．解析：如图，以A为坐标原点，AB，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系A­xyz，
则由AC＝2，BC＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，
得B(0，eq \r(17)，0)，S(0，0，2eq \r(3))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(13,17))，\f(4,\r(17))，0))，
eq \(SC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(13,17))，\f(4,\r(17))，－2\r(3)))，
eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(\f(13,17))，\f(13,\r(17))，0)).
因为eq \(SC,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，所以SC⊥BC.
答案：是
9．解析：eq \(PA,\s\up6(→))＝(－x，1，－z)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，0，1)，
∵eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1－z＝0，,－2x－z＝0，))∴x＝eq \f(1,3)，z＝－eq \f(2,3).
答案：(eq \f(1,3)，0，－eq \f(2,3))
10．略
11．解析：eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP⊥AB，即A正确．eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)·(4，2，0)＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP⊥AD，即B正确．又∵AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，即eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的一个法向量，C正确．∵eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，∴eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，D不正确．故选ABC.
答案：ABC
12．答案：B
13．解析：由OP⊥OQ，得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0.
即(2csx＋1)·csx＋(2cs2x＋2)·(－1)＝0.
∴csx＝0或csx＝eq \f(1,2).
∵x∈[0，π]，∴x＝eq \f(π,2)或x＝eq \f(π,3).
答案：eq \f(π,2)或eq \f(π,3)
14．解析：据题意，得eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，0，2).
设n＝(x，y，z)，∵n与平面ABC垂直，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－y＋2z＝0，,x＋2z＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝4z，,x＝－2z))
∵|n|＝eq \r(21)，∴eq \r(x2＋y2＋z2)＝eq \r(21)，
解得z＝1或z＝－1.
当z＝1时，y＝4，x＝－2；当z＝－1时，y＝－4，x＝2，
故n＝(－2，4，1)或(2，－4，－1).
答案：(－2，4，1)或(2，－4，－1)
15．略
16．解析：(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，BC1＝(－2，0，2)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ－2).
当λ＝1时，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，因为BC1＝(－2，0，2)，
所以BC1＝2eq \(FP,\s\up6(→))，即BC1∥eq \(FP,\s\up6(→))，又BC1与FP无公共点，所以BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)假设存在符合题意的λ，设平面EFPQ的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\(FP,\s\up6(→))·n＝0.))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))
于是可取n＝(λ，－λ，1)，同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)，则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，
解得λ＝1±eq \f(\r(2),2).
故存在λ＝1±eq \f(\r(2),2)，使平面EFPQ⊥平面PQMN.