2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)課時(shí)分層作業(yè)22直線的方向向量與直線的向量方程含解析新人教B版選修2-1

PAGE1-課時(shí)分層作業(yè)(二十二)直線的方向向量與直線的向量方程(建議用時(shí)：60分鐘)[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練]一、選擇題1．已知兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，則l1與l2的位置關(guān)系是()A．平行 B．相交C．垂直 D．不確定A[因?yàn)関2＝－2v1，所以v1∥v2.]2．若點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，\f(7,2)))在直線l上，則直線l的一個(gè)方向向量為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,3)，\f(1,3)))A[∵eq\o(AB,\s\up15(→))＝(1,2,3)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))＝eq\f(1,3)(1,2,3)＝eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up15(→))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)，1))是直線l的一個(gè)方向向量．故選A.]3．已知線段AB的兩端點(diǎn)坐標(biāo)為A(9，－3,4)，B(9,2,1)，則線段AB與坐標(biāo)平面()A．xOy平行 B．xOz平行C．yOz平行 D．yOz相交C[因?yàn)閑q\o(AB,\s\up15(→))＝(9,2,1)－(9，－3,4)＝(0,5，－3)，所以AB∥平面yOz.]4．在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F(xiàn)分別是CC1，AD的中點(diǎn)，那么異面直線OE和FD1A.eq\f(\r(15),5) B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(4,5) D.eq\f(2,3)A[以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))，eq\o(DD1,\s\up15(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，則eq\o(OE,\s\up15(→))＝(－1,1,1)，eq\o(FD1,\s\up15(→))＝(－1,0,2)，∴|eq\o(OE,\s\up15(→))|＝eq\r(3)，|eq\o(FD1,\s\up15(→))|＝eq\r(5)，eq\o(OE,\s\up15(→))·eq\o(FD1,\s\up15(→))＝3，∴cos〈eq\o(OE,\s\up15(→))，eq\o(FD1,\s\up15(→))〉＝eq\f(\o(OE,\s\up15(→))·\o(FD1,\s\up15(→)),|\o(OE,\s\up15(→))||\o(FD1,\s\up15(→))|)＝eq\f(3,\r(3)·\r(5))＝eq\f(\r(15),5).]5．在如圖空間直角坐標(biāo)系中，直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(3,5)A[不妨令CB＝1，則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\o(BC1,\s\up15(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up15(→))＝(－2,2,1)，∴cos〈eq\o(BC1,\s\up15(→))，eq\o(AB1,\s\up15(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up15(→))·\o(AB1,\s\up15(→)),|\o(BC1,\s\up15(→))||\o(AB1,\s\up15(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)＞0，∴eq\o(BC1,\s\up15(→))與eq\o(AB1,\s\up15(→))的夾角即為直線BC1與直線AB1的夾角，其余弦值為eq\f(\r(5),5).]二、填空題6．直線l1的方向向量為v1＝(1,0，－1)，直線l2的方向向量為v2＝(－2,0，－2)，則直線l1與l2的位置關(guān)系是________．垂直[∵v1·v2＝(1,0，－1)·(－2,0，－2)＝0，∴v1⊥v2，∴l(xiāng)1⊥l2.]7．已知點(diǎn)A(3,3，－5)，B(2，－3,1)，C為線段AB上一點(diǎn)，且eq\o(AC,\s\up15(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up15(→))，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為_(kāi)_______．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，－1，－1))[設(shè)C(x，y，z)，則(x－3，y－3，z＋5)＝eq\f(2,3)(－1，－6,6)，解得x＝eq\f(7,3)，y＝－1，z＝－1，所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，－1，－1)).]8．已知A(0，y,3)，B(－1，－2，z)，若直線l的方向向量v＝(2,1,3)與直線AB的方向向量平行，則實(shí)數(shù)y＋z等于________．0[由題意，得eq\o(AB,\s\up15(→))＝(－1，－2－y，z－3)，則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.]三、解答題9．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是C1C，B1求證：MN∥平面A1BD.[證明]如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，可求得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\f(1,2)，1,1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，于是eq\o(MN,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(DA1,\s\up15(→))＝(1,0,1)．得eq\o(DA1,\s\up15(→))＝2eq\o(MN,\s\up15(→))，∴eq\o(DA1,\s\up15(→))∥eq\o(MN,\s\up15(→))，∴DA1∥MN.而MN?平面A1BD，DA1?平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.10．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且PA＝AB＝BC＝eq\f(1,2)AD＝1.(1)求證：PC⊥CD；(2)求PB與CD所成的角．[解]建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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\o(PB,\s\up15(→))＝(1,0，－1)，eq\o(CD,\s\up15(→))＝(－1,1,0)，eq\o(PC,\s\up15(→))＝(1,1，－1)．(1)證明：∵eq\o(PC,\s\up15(→))·eq\o(CD,\s\up15(→))＝(1,1，－1)·(－1,1,0)＝0，∴PC⊥CD.(2)cos〈eq\o(PB,\s\up15(→))，eq\o(CD,\s\up15(→))〉＝eq\f(－1＋0＋0,\r(2)·\r(2))＝－eq\f(1,2).∴〈eq\o(PB,\s\up15(→))，eq\o(CD,\s\up15(→))〉＝120°.∴PB與CD所成的角為60°.[實(shí)力提升練]1．如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點(diǎn)，若平行六面體的各棱長(zhǎng)均相等，則①A1M∥D1P②A1M∥B1Q③A1M∥平面DCC1D1④A1M∥平面D1PQB1四個(gè)結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．4C[∵eq\o(A1M,\s\up15(→))＝eq\o(A1A,\s\up15(→))＋eq\o(AM,\s\up15(→))＝eq\o(A1A,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(D1P,\s\up15(→))＝eq\o(D1D,\s\up15(→))＋eq\o(DP,\s\up15(→))＝eq\o(A1A,\s\up15(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up15(→))，∴eq\o(A1M,\s\up15(→))∥eq\o(D1P,\s\up15(→))，從而A1M∥D1P.可得①③④正確．又B1Q與D1P不平行，∴A1M與B1Q2．在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E為CC1的中點(diǎn)，則異面直線BC1與AEA.eq\f(\r(10),10)B.eq\f(\r(30),10)C.eq\f(2\r(15),10)D.eq\f(3\r(10),10)B[建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．所以eq\o(BC1,\s\up15(→))＝(－1,0,2)，eq\o(AE,\s\up15(→))＝(－1,2,1)．故cos〈eq\o(BC1,\s\up15(→))，eq\o(AE,\s\up15(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up15(→))·\o(AE,\s\up15(→)),|\o(BC1,\s\up15(→))||\o(AE,\s\up15(→))|)＝eq\f(\r(30),10).所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為eq\f(\r(30),10).]3．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_(kāi)_______．(－1,0,2)[由已知，得eq\o(AB,\s\up15(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(2,0,1)，eq\o(PA,\s\up15(→))＝(－x,1，－z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up15(→))·\o(AB,\s\up15(→))＝0,\o(PA,\s\up15(→))·\o(AC,\s\up15(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＋z＝0,－2x－z＝0))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1,z＝2))，故P(－1,0,2)．]4．在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，已知A(1，－2,3)，B(2,1，－1)，若直線AB交平面xOz于點(diǎn)C，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為_(kāi)_______．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，0，\f(1,3)))[設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x,0，z)，則eq\o(AC,\s\up15(→))＝(x－1,2，z－3)，eq\o(AB,\s\up15(→))＝(1,3，－4)，因?yàn)閑q\o(AC,\s\up15(→))與eq\o(AB,\s\up15(→))共線，所以eq\f(x－1,1)＝eq\f(2,3)＝eq\f(z－3,－4)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,3)，,z＝\f(1,3)))，所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，0，\f(1,3))).]5.如圖所示，在五面體ABCDEF中，AB∥CD∥EF，CD＝EF＝CF＝2AB＝2，AD＝2，∠DCF＝60°，AD⊥CD，平面CDEF⊥平面ABCD.求異面直線BE與CF所成角的余弦值．[解]連接DF，∵CD∥EF，CD＝EF＝CF＝2，∴四邊形CDEF為菱形．∵∠DCF＝60°，∴△DEF為正三角形．取EF的中點(diǎn)G，連接GD，則GD⊥EF，∴GD⊥CD.∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD?平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∴GD⊥平面ABCD.∵AD⊥CD，∴DA，DC，DG兩兩相互垂直．以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up15(→))，eq\o(DC,\s\up15(→))，eq\o(DG,\s\up15(→))的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，∵CD＝EF＝CF＝AD＝2，AB＝1，∴B(2,1,0)，C(0,2,0)，E(0，－