2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第3章空間向量與立體幾何3.2空間向量在立體幾何中的應(yīng)用3.2.1直線的方向向量與直線的向量方程應(yīng)用案鞏固提升新人教B版選修2-1

PAGEPAGE13.2.1直線的方向向量與直線的向量方程[A基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．設(shè)兩條直線所成角為θ(θ為銳角)，則直線方向向量的夾角與θ()A．相等 B．互補(bǔ)C．互余 D．相等或互補(bǔ)解析：選D．兩直線方向向量夾角與θ可能相等，可能互補(bǔ)，取決于向量的方向．2．已知線段AB的兩端點(diǎn)的坐標(biāo)為A(9，－3，－4)，B(9，2，1)，則線段AB與哪個(gè)坐標(biāo)平面平行()A．xOy B．xOzC．yOz D．xOy與yOz答案：C3．已知A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(4，1，3)、B(2，－5，1)、C(3，7，λ)，若eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，則λ等于()A．28 B．－28C．14 D．－14解析：選D．eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，－6，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，6，λ－3)，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0即2－36－2(λ－3)＝0，所以λ＝－14，故選D．4．l1的方向向量為v1＝(1，2，3)，l2的方向向量v2＝(λ，4，6)，若l1∥l2，則λ等于()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B．因?yàn)閘1∥l2，則v1∥v2，即eq\f(1,λ)＝eq\f(2,4)＝eq\f(3,6)，所以λ＝2.5．正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面邊長為1，側(cè)棱長為eq\r(2)，則這個(gè)棱柱的側(cè)面對(duì)角線E1D與BC1所成的角是()A．90° B．60°C．45° D．30°解析：選B．連接A1B，由正棱柱性質(zhì)知，E1D∥A1B，連接A1C1，在Rt△A1AB中，A1A＝eq\r(2)，AB＝1，所以A1B＝eq\r(3)，同理BC1＝eq\r(3)；在△A1B1C1中，|eq\o(A1C1,\s\up6(→))|＝eq\r(12＋12－2×1×1×cos120°)＝eq\r(3).故△A1BC1為等邊三角形，因?yàn)镋1D∥A1B，所以∠A1BC1＝60°就是E1D與BC1所成的角，故選B．6．已知兩異面直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，若cos〈v1，v2〉＝－eq\f(1,2)，則l1與l2所成角為________．解析：由cos〈v1，v2〉＝－eq\f(1,2)，則〈v1，v2〉＝120°，l1，l2所成角為其補(bǔ)角60°.答案：60°7．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→))＋μeq\o(CE,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，則直線AB與平面CDE的位置關(guān)系是________．解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→))＋μeq\o(CE,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，則eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(CD,\s\up6(→))、eq\o(CE,\s\up6(→))共面．所以AB∥平面CDE或AB?平面CDE.答案：AB∥平面CDE或AB?平面CDE8．已知直線l的方向向量v＝(2，－1，3)，且過A(0，y，3)和B(－1，2，z)兩點(diǎn)，則y＝________，z＝________．解析：由題意知，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，2－y，z－3)，v∥eq\o(AB,\s\up6(→))，所以eq\f(－1,2)＝eq\f(2－y,－1)＝eq\f(z－3,3)，所以y＝eq\f(3,2)，z＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)eq\f(3,2)9．已知A(2，1，0)，點(diǎn)B在平面xOz內(nèi)，若直線AB的方向向量是(3，－1，2)，求點(diǎn)B的坐標(biāo)．解：設(shè)B(x，0，z)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x－2，－1，z)，由已知條件知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2＝λ×3,－1＝λ×(－1)(λ∈R)，,z＝λ×2))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝5,z＝2)).即點(diǎn)B的坐標(biāo)為(5，0，2)．10．已知正方體AC1中，O1為B1D1的中點(diǎn)，求證：BO1∥平面ACD1.證明：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體棱長為2，則A(2，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，O1(1，1，2)，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，eq\o(BO1,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，所以eq\o(BO1,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD1,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(CD1,\s\up6(→))，所以eq\o(BO1,\s\up6(→))與eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(CD1,\s\up6(→))共面，所以eq\o(BO1,\s\up6(→))∥平面ACD1.又因?yàn)锽O1?平面ACD1，所以BO1∥平面ACD1.[B實(shí)力提升]11．已知直線l1的方向向量a＝(2，4，x)，直線l2的方向向量b＝(2，y，2)，若|a|＝6，且a⊥b，則x＋y的值是()A．－3或1 B．3或－1C．－3 D．1解析：選A．|a|＝eq\r(22＋42＋x2)＝6，所以x＝±4，又因?yàn)閍⊥b，所以a·b＝2×2＋4y＋2x＝0，所以y＝－1－eq\f(1,2)x，所以當(dāng)x＝4時(shí)，y＝－3，當(dāng)x＝－4時(shí)，y＝1，所以x＋y＝1或－3.12．已知點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)分別為(0，1，0)，(－1，0，－1)，(2，1，1)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，0，z)，若PA⊥AB，PA⊥AC，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．解析：易得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，0，1)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－x，1，－z)，因?yàn)镻A⊥AB，PA⊥AC，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＋z＝0，,－2x－z＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,z＝2.))所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－1，0，2)．答案：(－1，0，2)13.如圖，已知兩個(gè)正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1和2，AB＝4.求異面直線AQ與PB所成角的余弦值．解：由題設(shè)知，ABCD是正方形，連接AC，BD，交于點(diǎn)O，連接PQ，則PQ過點(diǎn)O，所以AC⊥BD.由正四棱錐的性質(zhì)知PQ⊥平面ABCD，故以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則P(0，0，1)，A(2eq\r(2)，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，2eq\r(2)，0)，所以eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0，－2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(2)，－1)．于是cos〈eq\o(AQ,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AQ,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\o(AQ,\s\up6(→))||\o(PB,\s\up6(→))|))＝eq\f(\r(3),9)，所以異面直線AQ與PB所成角的余弦值為eq\f(\r(3),9).14．(選做題)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點(diǎn)，證明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.證明：AB，AD，AP兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PA＝AB＝BC＝1，則P(0，0，1)．(1)因?yàn)椤螦BC＝60°，AB＝BC，所以△ABC為正三角形，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2))).設(shè)D(0，y，0)，由AC⊥CD，得eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，即y＝eq\f(2\r(3),3)，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，0))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0)).又eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),6)×eq\f(\r(3),4)＝0，所以eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，即AE⊥CD.(2)因?yàn)镻(0，0，1)，所以eq\o(PD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3)，－1)).又因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(