高考數(shù)學理科一輪復習第7章立體幾何第7講課后作業(yè)

A組基礎關1．如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為()A.eq\f(\r(5),5) B．eq\f(\r(5),3)C．eq\f(2\r(5),5) D．eq\f(3,5)答案A解析不妨設CB＝1，則B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)．cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).∴直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).2．(2018·滄州模擬)如圖所示，在正方體ABCD－A′B′C′D′中，棱長為1，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，且BE＝CF＝a(0<a<1)，則D′E與B′F的位置關系是()A．平行 B．垂直C．相交 D．與a值有關答案B解析建立如圖所示空間直角坐標系．則D′(0,0,1)，E(1－a,1,0)，B′(1，1,1)，F(xiàn)(0,1－a,0)，∴eq\o(D′E,\s\up6(→))＝(1－a,1，－1)，eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(－1，－a，－1)．∴eq\o(D′E,\s\up6(→))·eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(1－a)×(－1)＋1×(－a)＋(－1)×(－1)＝a－1－a＋1＝0.∴eq\o(D′E,\s\up6(→))⊥eq\o(B′F,\s\up6(→))，即D′E⊥B′F.故選B.3．在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點，AB＝AC＝1，PA＝2，則直線PA與平面DEF所成角的正弦值為()A.eq\f(1,5) B．eq\f(2\r(5),5)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(2,5)答案C解析以A為原點，AB，AC，AP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系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0,0)，B(1，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，Deq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，0,0eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())，Eeq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).設平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0，))取z＝1，則n＝(2,0,1)，設PA與平面DEF所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴PA與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).故選C.4．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB，已知AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝eq\r(17)，則該二面角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．120°答案C解析由已知可得，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，∴二面角的大小為60°.故選C.5．如圖，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都相等，E，F(xiàn)，G分別為AB，AA1，A1C1的中點，則B1F與平面GEF所成角的正弦值為()A.eq\f(3,5) B．eq\f(5,6)C.eq\f(3\r(3),10) D．eq\f(3\r(6),10)答案A解析設正三棱柱的棱長為2，取AC的中點D，連接DG，DB，分別以DA，DB，DG所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則B1(0，eq\r(3)，2)，F(xiàn)(1，0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，G(0,0,2)，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，－1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，eq\o(GF,\s\up6(→))＝(1,0，－1)．設平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→))·n＝0，,\o(GF,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋z＝0，,x－z＝0，))取x＝1，則z＝1，y＝eq\r(3)，故n＝(1，eq\r(3)，1)為平面GEF的一個法向量，所以cos〈n，eq\o(B1F,\s\up6(→))〉＝eq\f(1－3－1,\r(5)×\r(5))＝－eq\f(3,5)，所以B1F與平面GEF所成角的正弦值為eq\f(3,5).故選A.6．如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，點M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點，若平行六面體的各棱長均相等，則：①A1M∥D1P；②A1M∥B1Q；③A1M∥平面DCC1D1；④A1M∥平面D1PQB1.以上說法正確的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\o(D1D,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(A1M,\s\up6(→))∥eq\o(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P，由線面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正確．7．已知長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，點E，F(xiàn)分別為BB1，CD的中點，則點F到平面A1D1E的距離為()A.eq\r(2) B．eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2) D．2eq\r(3)答案B解析以點A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，A1(0,0,4)，D1(0,2,4)，E(2,0,2)，F(xiàn)(1,2,0)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(2,0，－2)易知平面A1D1E的法向量可取n＝(1,0,1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(1,2，－4)，d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(3\r(2),2).8．在棱長為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，則異面直線OE和FD1所成的角的余弦值等于________．答案eq\f(\r(15),5)解析以D為原點，分別以DA，DC，DD1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，∴F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)．∴eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．∴cos〈eq\o(FD1,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))〉＝eq\f(1＋2,\r(5)·\r(3))＝eq\f(\r(15),5).∴異面直線OE與FD1所成角的余弦值為eq\f(\r(15),5).9．已知V為矩形ABCD所在平面外一點，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))，eq\o(VM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up6(→))，eq\o(VN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→)).則VA與平面PMN的位置關系是________．答案平行解析如圖，設eq\o(VA,\s\up6(→))＝a，eq\o(VB,\s\up6(→))＝b，eq\o(VC,\s\up6(→))＝c，則eq\o(VD,\s\up6(→))＝a＋c－b，由題意知eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.因此eq\o(VA,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\f(3,2)eq\o(PN,\s\up6(→))，∴eq\o(VA,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))共面．又∵VA?平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC與BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2eq\r(2)，E，F(xiàn)分別是AB，AP的中點．則二面角F－OE－A的余弦值為________．答案eq\f(\r(3),3)解析以O為坐標原點，OB，OC，OP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系Oxyz，由題知，OA＝OB＝2，則A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(xiàn)(0，－1,1)，則eq\o(OE,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，設平面OEF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(OF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－y＋z＝0.))令x＝1，可得m＝(1,1,1)．易知平面OAE的一個法向量為n＝(0,0,1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),3).由圖知二面角F－OE－A為銳角，所以二面角F－OE－A的余弦值為eq\f(\r(3),3).B組能力關1．(2018·河南百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1的各棱長均為2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，則直線BD1與平面ABCD所成的角的正切值為()A.eq\f(\r(3),4) B．eq\f(\r(13),4)C.eq\f(\r(39),13) D．eq\f(\r(39),3)答案C解析取AD中點O，連接OA1，易證A1O⊥平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標系，得B(2，－1,0)，D1(0,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))1＝(－2,3，eq\r(3))，平面ABCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，設BD1與平面ABCD所成的角為θ，∴sinθ＝eq\f(|\o(BD,\s\up6(→))1·n|,|\o(BD,\s\up6(→))1||n|)＝eq\f(\r(3),4)，則cosθ＝eq\f(\r(13),4)，∴tanθ＝eq\f(\r(39),13).故選C.2．如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．設二面角D－AE－C為60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，則三棱錐E－ACD的體積為________．答案eq\f(\r(3),8)解析因為PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．如圖，以A為坐標原點，Aeq\o(B,\s\up6(→))的方向為x軸的正方向，建立空間直角坐標系Axyz，則D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以Aeq\o(E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).設B(m,0,0)(m>0)，則C(m，eq\r(3)，0)，Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．設n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·A\o(C,\s\up6(→))＝0，,n1·A\o(E,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).易知n2＝(1,0,0)為平面DAE的一個法向量，由題設知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因為E為PD的中點，所以三棱錐E－ACD的高為eq\f(1,2).所以三棱錐E－ACD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).3．(2017·全國卷Ⅲ)a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：①當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角；②當直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角；③直線AB與a所成角的最小值為45°；④直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是________．(填寫所有正確結(jié)論的編號)答案②③解析依題意建立如圖所示的空間直角坐標系．設等腰直角三角形ABC的直角邊長為1.由題意知點B在平面xOy中形成的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓．設直線a的方向向量為a＝(0,1,0)，直線b的方向向量為b＝(1,0,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))以Ox軸為始邊沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為θ，θ∈[0,2π)，則B(cosθ，sinθ，0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2).設直線AB與a所成夾角為α，則cosα＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·a)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴45°≤α≤90°，∴③正確，④錯誤．設直線AB與b所成夾角為β，則cosβ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.當直線AB與a的夾角為60°，即α＝60°時，則|sinθ|＝eq\r(2)cosα＝eq\r(2)cos60°＝eq\f(\r(2),2)，∴|cosθ|＝eq\f(\r(2),2).∴cosβ＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2).∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直線AB與b的夾角為60°.∴②正確，①錯誤．4．如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)證明：AP⊥BC；(2)若點M是線段AP上一點，且AM＝3.試證明平面AMC⊥平面BMC.證明如圖所示，以O為坐標原點，以射線OP為z軸的正半軸建立空間直角坐標系Oxyz.則O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．(1)∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,3,4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.(2)由(1)知|AP|＝5，又|AM|＝3，且點M在線段AP上，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5))).又eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－4,5,0)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5,0)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，則Aeq\o(P,\s\up6(→))·Beq\o(M,\s\up6(→))＝(0,3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，∴eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BM,\s\up6(→))，即AP⊥BM，又根據(jù)(1)的結(jié)論知AP⊥BC，BM∩BC＝B，∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.又AM?平面AMC，故平面AMC⊥平面BCM.C組素養(yǎng)關1．在如圖所示的多面體中，四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝eq\f(π,6)，AB＝2AD.(1)求證：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD，求直線AF與平面AEC所成角的正弦值．解(1)證明：在△ABD中，由正弦定理知eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，所以sin∠ADB＝eq\f(AB·sin∠ABD,AD)＝eq\f(2AD·sin\f(π,6),AD)＝1，所以∠ADB＝90°，即BD⊥AD.因為DE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以DE⊥BD.又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.因為BD?平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝eq\f(π,3)，BD＝eq\r(3)AD，又由ED＝BD，設AD＝1，則BD＝ED＝eq\r(3).因為DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，所以可以點D為坐標原點，DA，DB，DE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．則A(1,0,0)，C(－1，eq\r(3)，0)，E(0,0，eq\r(3))，F(xiàn)(0，eq\r(3)，eq\r(3))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，0)．設平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)z＝0，,－2x＋\r(3)y＝0，))令z＝1，得n＝(eq\r(3)，2,1)為平面AEC的一個法向量．因為eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，eq\r(3))，所以cos〈n，eq\o(AF,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AF,\s\up6(→)),|n||\o(AF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(42),14)，所以直線AF與平面AEC所成角的正弦值為eq\f(\r(42),14).2．如圖，球O內(nèi)接四面體ABCD，AB為球O的直徑，平面BCD截球得圓O′，BD為圓O′的直徑，C為圓O′上一點，AD⊥平面BCD，AD＝2，BD＝2eq\r(2)，M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ＝3QC.(1)證明：PQ∥平面BCD；(2)若二面角C－BM－D的大小為60°，求∠BDC的大?。?1)證明：連接PO′，由中位線易知PO′∥AD，從而PO′⊥平面BCD.如圖，以O′為原點，O′D，O′P所在射線分別為y軸、z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O′xyz.由題意知A(0，eq\r(2)，2)，B(0，－eq\r(2)，0)，D(0，eq\r(2)，0)．設點C的坐標為(x0，y0,0)，因為eq\o(AQ,\s\up6(→))＝3eq\o(QC,\s\up6(→))，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，\f(1,2))).因為M為AD的中點，故M(0，eq\r(2)，1)．又P為BM的中點，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(