2021_2022学年新教材高中数学课时素养评价六第一章空间向量与立体几何1.2.1空间中的点直线与空间向量含解析新人教B版选择性必修第一册202106042123.doc

1、六空间中的点、直线与空间向量 (15分钟30分)1l1的方向向量v1(1，2，3)，l2的方向向量v2(，4，6)，若l1l2，则()A1 B2 C3 D4【解析】选B.因为l1l2，所以v1v2，则，所以2.【补偿训练】直线l1，l2的方向向量分别为a(1，2，2)，b(2，3，2)，则()Al1l2 Bl1与l2相交，但不垂直Cl1l2 D不能确定【解析】选C.因为ab2640，所以ab.所以l1l2.2已知点A(1，2，0)和向量a(3，4，6)，|2|a|，且与a方向相反，则点B的坐标为()A(7，6，12) B(7，10，12)C(7，6，12) D(7，10，12)【解析】选B.设

2、B(x，y，z)，则(x1，y2，z)，因为|2|a|，且与a方向相反，所以(6，8，12)，可得x7，y10，z12.3若异面直线l1，l2的方向向量分别是a(0，2，1)，b(2，0，4)，则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于()A B C D【解析】选B.设l1与l2的夹角为，则cos |cos a，b|.4已知直线l，m的方向向量分别是a(1，1，0)，b(1，t，2)，若lm，则实数t的值是_【解析】因为直线l，m的方向向量分别是a(1，1，0)，b(1，t，2)，lm，所以ab1t0，解得t1.答案：15已知长方体ABCDABCD的上，下底面都是边长为3的正方形，长方体的高为4，

3、如图建立空间直角坐标系，求下列直线的一个方向向量(1)AB；(2)BB；(3)BD；(4)CB.【解析】B，A，B(，0，4)，C，D.所以(1)；(2)(0，0，4)；(3)(3，0，4)；(4). (30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1已知点A(3，3，5)，B(2，3，1)，C为线段AB上一点，且，则点C的坐标为()A BC D【解析】选C.设C点坐标为(x，y，z)，则(x3，y3，z5)，(1，6，6).由，得解得x，y1，z1.即C点坐标为.2在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()A B

4、C D【解析】选B.建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2).所以(1，0，2)，(1，2，1).故cos ，.所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.3在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N分别是棱DD1，D1C1的中点，则直线OM()A和AC，MN都垂直B垂直于AC，但不垂直于MNC垂直于MN，但不垂直于ACD与AC，MN都不垂直【解析】选A.以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设正方体的棱长为2a，则D(0，0，0)，D1(0，0，2a)，M(0，0，a)，A(2a，

5、0，0)，C(0，2a，0)，O(a，a，0)，N(0，a，2a).所以(a，a，a)，(0，a，a)，(2a，2a，0).所以0，0，所以OMAC，OMMN.【补偿训练】在正方体ABCDA1B1C1D1中，若E为A1C1中点，则直线CE垂直于()AAC BBD CA1D DA1A【解析】选B.以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，E，所以，(1，1，0)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，1)，显然00，所以，即CEBD.4已知A(3，0

6、，1)，B(0，2，6)，C(2，4，2)，则ABC是()A等边三角形 B等腰三角形C直角三角形 D等腰直角三角形【解析】选C.因为(3，2，5)，(2，6，4)，(1，4，1).所以3(1)(2)4(5)(1)0，所以ABAC.所以ABC是直角三角形又|，所以ABC不是等腰直角三角形二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5在空间直角坐标系中，已知直角三角形ABC的三个顶点为A(3，2，1)，B(1，1，1)，C(5，x，0)，则x的值为()A1 B0 C3 D9【解析】选BD.因为A(3，2，1)，B(1，1，1)，C(5，x，0)，所以(2，

7、1，2)，(4，x1，1)，(2，x2，1)，分三种情况：A为直角，0，所以4x220，所以x0；B为直角，0，所以8x120，所以x9；C为直角，0，所以8(x1)(x2)10，x23x90，方程无解，综上，x的值为0或9.【误区警示】本题易忽视对直角的讨论，导致选不全6如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列结论正确的是()AA1MD1P BA1MB1QCA1M平面DCC1D1 DA1M平面D1PQB1【解析】选ACD.因为，所以，从而A1MD1P.可得ACD正确又B1Q与D1P不平行，所以A1M与B1

8、Q不平行，故B不正确三、填空题(每小题5分，共10分)7若直线a，b是两条异面直线，其方向向量分别是m(1，1，1)和n(2，3，2)，则直线a和b的公垂线的一个方向向量是_【解题指南】直线a，b是两条异面直线，其方向向量分别是：m和n，直线a和b的公垂线的一个方向向量是a，则，即，进而可得答案【解析】因为直线a，b是两条异面直线，其方向向量分别是：m(1，1，1)和n(2，3，2)，设直线a和b的公垂线的一个方向向量是a(x，y，z)，则，即，即，令x1，则a(1，4，5).答案：(1，4，5)(答案不唯一：(，4，5)，0均满足条件)8ABC的三个顶点分别是A(1，1，2)，B(5，6，2

9、)，C(1，3，1)，则AC边上的高BD长为_【解题指南】根据A，C，D三点共线，设，利用向量垂直的充要条件建立关于的方程，解出的值由此得到向量的坐标，再利用向量模的坐标公式即可求出AC边上的高BD的长【解析】因为A(1，1，2)，B(5，6，2)，C(1，3，1)，所以(4，5，0)，(0，4，3)，因为点D在直线AC上，所以设(0，4，3)，由此可得(0，4，3)(4，5，0)(4，45，3)，又因为，所以40(45)4(3)(3)0，解得.因此(4，45，3)，可得|5.答案：5四、解答题(每小题10分，共20分)9如图所示，在五面体ABCDEF中，ABCDEF，CDEFCF2AB2，A

10、D2，DCF60，ADCD，平面CDEF平面ABCD.求异面直线BE与CF所成角的余弦值【解析】连接DF，因为CDEF，CDEFCF2，所以四边形CDEF为菱形因为DCF60，所以DEF为正三角形取EF的中点G，连接GD，则GDEF，所以GDCD.因为平面CDEF平面ABCD，GD平面CDEF，平面CDEF平面ABCDCD，所以GD平面ABCD.因为ADCD，所以DA，DC，DG两两互相垂直以D为坐标原点，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，因为CDEFCFAD2，AB1，所以B(2，1，0)，C(0，2，0)，E(0，1，)，F(0，1，)，所以(2，2，)，(0，1，)，设异

11、面直线BE与CF所成角为，则cos |cos ，|.10如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点E在棱AB上移动(1)证明：D1EA1D；(2)当E为AB的中点时，求异面直线AC与D1E所成角的余弦值【解析】以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设AEx，则A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，E(1，x，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0).(1)因为(1，0，1)，(1，x，1)，所以1010，所以D1EA1D；(2)因为E为AB中点，则E(1，1，0)，从而(1，1，1)，(1，2，0)，设AC与D1E所成的角为，则

12、cos .1在直角坐标系Oxyz中，已知点P(2cos x1，2cos 2x2，0)和点Q(cos x，1，3)，其中x0，若直线OP与直线OQ垂直，则x的值为_【解析】由OPOQ，得0.即(2cos x1)cos x(2cos 2x2)(1)0.所以cos x0或cos x.因为x0，所以x或x.答案：或2如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC，E是侧棱CC1上的任意一点，在线段A1C1上是否存在一个定点P，使得D1P垂直于AE，证明你的结论【解析】假设在线段A1C1上存在一个定点P，使得D1P垂直于AE，如图，分别以，方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系依题意可设ABa，AA1b，ECt，D1(0，0，b)，P(x，ax，b)，A(a，0，0)，E(0，a，t)，则有(x，ax，0)，(a，a，t)，由x(a)(ax)a0t0，求得x，即P为A1C1中点，所以假设成立，即线段A1C1中点P，使得D1P垂直于AE.