高中数学北师大版 (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课后练习题

这是一份高中数学北师大版 (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课后练习题，共10页。

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
2．若直线l的一个方向向量为a＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u＝(1,1，－1)，则( )
A．l∥α或l⊂α B．l⊥α
C．l⊂α D．l与α斜交
3．已知两平行直线的方向向量分别为a＝(4－2m，m－1，m－1)，b＝(4,2－2m,2－2m)，则实数m的值为( )
A．1 B．3
C．1或3 D．以上答案都不正确
4．直线l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的一个法向量为n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥α，则x的值为( )
A．－2 B．－eq \r(2)
C.eq \r(2) D．±eq \r(2)
5．在空间直角坐标系中，A(1,2,3)，B(－2，－1,6)，C(3,2,1)，D(4,3,0)，则直线AB与CD的位置关系是( )
A．垂直 B．平行
C．异面 D．相交但不垂直
6．如图所示，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2),3)a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
7．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1,3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z＝________.
8．若两不重合平面α，β的法向量分别为u＝(2，－3,5)，v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)，－\f(5,2)))，则α与β的位置关系是________．
9．设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n＝(2,2,4)，若a＝(1,1,2)，则直线l与平面α的位置关系为________；若a＝(－1，－1,1)，则直线l与平面α的位置关系为________．
10．如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点求证：EF∥平面SAD.
[提能力]
11．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，若AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为( )
A．(1,1,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
12．[多选题]在如图所示的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BB1，AD，AA1的中点，则下列说法错误的是( )
A．D1F⊥B1C
B．FG∥D1E
C．FG⊥平面AD1E
D．BF∥平面AD1E
13．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．若在棱AA1上取一点P，使得DP∥平面B1AE，此时AP的长为________．
14．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1位置关系是________；设Ceq \(Q,\s\up6(→))＝eq \(λCC1,\s\up6(→))，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝________.
15.
如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：平面EGF∥平面ABD.
[培优生]
16．如图所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝eq \f(1,2)AP＝2，D是AP的中点，E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD.试用向量方法证明AP∥平面EFG.
课时作业(三十)
1．解析：由l1∥l2，得v1∥v2，得eq \f(1,λ)＝eq \f(2,4)＝eq \f(3,6)，故λ＝2.故选B.
答案：B
2．解析：由条件知a·u＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l⊂α，故选A.
答案：A
3．解析：由题意知a∥b.因为b＝(4，2－2m，2－2m)≠0，所以a∥b的充要条件是a＝λb.
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4－2m＝4λ，,m－1＝λ（2－2m），,m－1＝λ（2－2m），))显然m＝1符合题意，当m≠1时，由m－1＝λ(2－2m)，得λ＝－eq \f(1,2)，
代入4－2m＝4λ，得m＝3，综上，m的值为1或3.
答案：C
4．解析：依题意得，－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，
解得x＝±eq \r(2).故选D.
答案：D
5．解析：由题意得，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－3，－3，3)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，∴eq \(AB,\s\up6(→))＝－3eq \(CD,\s\up6(→))，∴eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(CD,\s\up6(→))共线，又AB与CD没有公共点，∴AB∥CD.
答案：B
6．解析：
如图，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为A1M＝AN＝eq \f(\r(2),3)a，所以
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2,3)a，\f(a,3)))，
Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a))，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a))，
又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，所以C1D1＝(0，a，0).
所以eq \(MN,\s\up6(→))·C1D1＝0，所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥C1D1．因为C1D1是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.故选B.
答案：B
7．解析：∵l⊥α，v∥α，∴u⊥v，∴(1，3，z)·(3，－2，1)＝0，即3－6＋z＝0，z＝3.
答案：3
8．解析：∵u＝－2v
∴α与β平行
答案：平行
9．解析：当a＝(1，1，2)时，a＝eq \f(1,2)n，则l⊥α；
当a＝(－1，－1，1)时，a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l⊂α.
答案：l⊥α l∥α或l⊂α
10．证明：
如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系D­xyz，设AB＝a，SD＝b，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，S(0，0，b)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(b,2)))，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，0，\f(b,2))).
显然eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)为平面SAD的一个法向量．
∵eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，∴eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，又EF⊄平面SAD，所以EF∥平面SAD.
11．解析：由已知得A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，B(0eq \r(2)，0)，D(eq \r(2)，0，0)，E(0，0，1)，设M(x，x，1)，则eq \(AM,\s\up6(→))＝(x－eq \r(2)，x－eq \r(2)，1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，－eq \r(2)，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(2)，1).设平面BDE的法向量为n＝(a，b，c).
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n⊥\(BD,\s\up6(→))，,n⊥\(BE,\s\up6(→))，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)a－\r(2)b＝0，,－\r(2)b＋c＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝b，,c＝\r(2)b.))令b＝1，则n＝(1，1，eq \r(2))，
又AM∥平面BDE，所以n·eq \(AM,\s\up6(→))＝0，即2(x－eq \r(2))＋eq \r(2)＝0，
得x＝eq \f(\r(2),2)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))，故选C.
答案：C
12．解析：以D为原点，以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，DD1为方向向量建立空间直角坐标系D­xyz(图略)，设AD＝2，则有关点及向量的坐标为A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(2，2，1)，F(1，0，0)，G(2，0，1)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，D1F＝(1，0，－2)，B1C＝(－2，0，－2)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(1，0，1)，D1E＝(2，2，－1)，D1A＝(2，0，－2).
设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·D1A＝0，,n·D1E＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－2z＝0，,2x＋2y－z＝0，))
取x＝2，则z＝2，y＝－1，n＝(2，－1，2).
D1F·B1C＝(1，0，－2)·(－2，0，－2)＝2≠0，
故A不正确；
因为eq \f(1,2)≠eq \f(0,2)，故FG∥D1E不成立，
故B不正确；
eq \(FG,\s\up6(→))·D1E＝(1，0，1)·(2，2，－1)＝1≠0，
故eq \(FG,\s\up6(→))⊥平面AD1E不成立，
故C不正确；
eq \(BF,\s\up6(→))·n＝(－1，－1，0)·(2，－1，2)＝0，又BF⊄平面AD1E，故BF∥平面AD1E，故D正确，故选ABC.
答案：ABC
13．解析：以A为原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图所示).设AB＝a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0，1)，故AD1＝(0，1，1)，B1E＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，1，－1))，AB1＝(a，0，1)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0)).再设P(0，0，z0)，使得DP∥平面B1AE.此时eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0).
又设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n·AB1＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0，)))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.)))
取x＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(a,2)，－a)).
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq \(DP,\s\up6(→))，有eq \f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq \f(1,2).又DP⊄平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
14．解析：
如图所示，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
Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1).则eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，
BD1＝(－1，－1，1)，∴eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)BD1，
eq \(OP,\s\up6(→))∥BD1，
∴OP∥BD1，设Q(0，1，z)，
则eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－1，0，z)，
由于OP∥BD1，故要使平面D1BQ∥平面PAO，
只需eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BQ,\s\up6(→))，又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，故z＝eq \f(1,2)，
则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，由eq \(CQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
CC1＝(0，0，1)及eq \(CQ,\s\up6(→))＝λCC1，得λ＝eq \f(1,2).
答案：平行 eq \f(1,2)
15．解析：如图所示，由条件知BA，BC，BB1两两互相垂直，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
由条件知B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，E(0，0，3)，F(0，1，4)，设BA＝a，则A(a，0，0)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，4)).
所以eq \(BA,\s\up6(→))＝(a，0，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(0，2，2)，B1D＝(0，2，－2)，eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，1))，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，1).
(方法一)因为B1D·eq \(BA,\s\up6(→))＝0，B1D·eq \(BD,\s\up6(→))＝0＋4－4＝0，
所以B1D⊥BA，B1D⊥BD.因为BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD.
又B1D·eq \(EG,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，B1D·eq \(EF,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0.
所以B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，
所以B1D⊥平面EFG，可知平面EGF∥平面ABD.
(方法二)设平面EGF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n1·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\(EG,\s\up6(→))＝0，)))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(y1＋z1＝0，,\f(a,2)x1＋y1＋z1＝0，)))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝－z1，)))
令y1＝1，则n1＝(0，1，－1).
设平面ABD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n2·\(BA,\s\up6(→))＝0，,n2·\(BD,\s\up6(→))＝0，)))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(ax2＝0，,2y2＋2z2＝0，)))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(x2＝0，,y2＝－z2，)))
令y2＝1，则n2＝(0，1，－1).
所以n1＝n2，
所以平面EGF∥平面ABD.
16.
解析：如图，以D为原点，以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))为方向向量建立空间直角坐标系D­xyz，则有关点及向量的坐标为：P(0，0，2)，C(0，2，0)，G(1，2，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1)，A(2，0，0)
eq \(AP,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，
eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，1，－1).
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z).
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y＝0，,x＋y－z＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝z，,y＝0，))令x＝1，则z＝1，∴n＝(1，0，1)，∵n·eq \(AP,\s\up6(→))＝1×(－2)＋0×0＋1×2＝0，∴n⊥eq \(AP,\s\up6(→)).又AP⊄平面EFG，
∴AP∥平面EFG.