課時作業(yè)參考答案2

課時作業(yè)·參考答案課時作業(yè)(一)1．解析：B錯誤，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CA,\s\up10(→))＝0，而不是eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CA,\s\up10(→))＝0.C錯誤，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(AC,\s\up10(→))＝eq\o(CB,\s\up10(→)).故選BC.答案：BC2．解析：eq\o(MG,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＝eq\o(MG,\s\up10(→))＋eq\o(BD,\s\up10(→))＝eq\o(MG,\s\up10(→))＋2eq\o(MG,\s\up10(→))＝3eq\o(MG,\s\up10(→)).答案：B3．解析：eq\o(B1M,\s\up10(→))＝eq\o(B1A1,\s\up10(→))＋eq\o(A1A,\s\up10(→))＋eq\o(AM,\s\up10(→))＝－a＋c＋eq\f(1,2)(a＋b)＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋c.答案：A4．解析：如題圖所示，因?yàn)閑q\o(DD1,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＝eq\o(BA1,\s\up10(→))，又因?yàn)閑q\o(BA1,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(BD1,\s\up10(→))，所以eq\o(DD1,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(BD1,\s\up10(→)).答案：A5．解析：eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up10(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,8)(eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→)))＋eq\f(1,8)(eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))＝eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,8)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,8)eq\o(AC,\s\up10(→))，∴eq\o(OP,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\f(1,8)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,8)eq\o(AC,\s\up10(→))，∴eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\f(1,8)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,8)eq\o(AC,\s\up10(→)).由共面的充要條件知P，A，B，C四點(diǎn)共面．答案：B6．解析：eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA1,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CC1,\s\up10(→))＝eq\o(AC1,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(DD1,\s\up10(→))－(eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(AD,\s\up10(→)))＝eq\o(DD1,\s\up10(→))－eq\o(DB,\s\up10(→))＝eq\o(BD1,\s\up10(→)).答案：eq\o(AC1,\s\up10(→))eq\o(BD1,\s\up10(→))7．解析：對于A，(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)))＋eq\o(CC1,\s\up10(→))＝eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(CC1,\s\up10(→))＝eq\o(AC1,\s\up10(→))，對于B，(eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\o(A1D1,\s\up10(→)))＋eq\o(D1C1,\s\up10(→))＝eq\o(AD1,\s\up10(→))＋eq\o(D1C1,\s\up10(→))＝eq\o(AC1,\s\up10(→))，對于C，(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BB1,\s\up10(→)))＋eq\o(B1C1,\s\up10(→))＝eq\o(AB1,\s\up10(→))＋eq\o(B1C1,\s\up10(→))＝eq\o(AC1,\s\up10(→))，對于D，(eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\o(A1B1,\s\up10(→)))＋eq\o(B1C1,\s\up10(→))＝eq\o(AB1,\s\up10(→))＋eq\o(B1C1,\s\up10(→))＝eq\o(AC1,\s\up10(→)).故選ABCD.答案：ABCD8．解析：∵eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\o(A1E,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(A1C1,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up10(→))＝eq\o(AA1,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA1,\s\up10(→))，∴x＝eq\f(1,2)，y＝eq\f(1,2)，z＝1，∴x＋y＋z＝2.答案：29．證明：因?yàn)镸在BD上，且BM＝eq\f(1,3)BD，所以eq\o(MB,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DB,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(AB,\s\up10(→)).同理eq\o(AN,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DE,\s\up10(→)).所以eq\o(MN,\s\up10(→))＝eq\o(MB,\s\up10(→))＋eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(AN,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(DA,\s\up10(→))＋\f(1,3)\o(AB,\s\up10(→))))＋eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)\o(AD,\s\up10(→))＋\f(1,3)\o(DE,\s\up10(→))))＝eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DE,\s\up10(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DE,\s\up10(→)).又eq\o(CD,\s\up10(→))與eq\o(DE,\s\up10(→))不共線，根據(jù)向量共面的充要條件可知eq\o(MN,\s\up10(→))，eq\o(CD,\s\up10(→))，eq\o(DE,\s\up10(→))共面．10．證明：如圖，在平行六面體ABCD－A′B′C′D′中，設(shè)點(diǎn)O是AC′的中點(diǎn)，則eq\o(AO,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC′,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA′,\s\up10(→)))．設(shè)P，M，N分別是BD′，CA′，DB′的中點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BP,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BD′,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(BB′,\s\up10(→)))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(－eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA′,\s\up10(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA′,\s\up10(→)))，同理可得eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA′,\s\up10(→)))，eq\o(AN,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA′,\s\up10(→)))．由此可知O，P，M，N四點(diǎn)重合．故平行六面體的對角線相交于一點(diǎn)，且在交點(diǎn)處互相平分．課時作業(yè)(二)1．解析：∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝|a||b|∴cos〈a，b〉＝1，∴〈a，b〉＝0當(dāng)a與b反向時，不能成立．故選A.答案：A2．解析：由題意可得a·b＝0，e1·e2＝0，|e1|＝|e2|＝1，∴(2e1＋3e2)·(ke1－4e2)＝0，∴2k－12＝0，∴k＝6.答案：B3．解析：eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(OA,\s\up10(→))·(eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→)))＝eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→))·eq\o(OB,\s\up10(→))＝|eq\o(OA,\s\up10(→))||eq\o(OC,\s\up10(→))|cos∠AOC－|eq\o(OA,\s\up10(→))||eq\o(OB,\s\up10(→))|cos∠AOB＝eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up10(→))||eq\o(OC,\s\up10(→))|－eq\f(1,2)|eq\o(OA,\s\up10(→))||eq\o(OB,\s\up10(→))|＝0，∴eq\o(OA,\s\up10(→))⊥eq\o(BC,\s\up10(→)).∴cos〈eq\o(OA,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝0.故選D.答案：D4．解析：原式＝eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(CD,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(CA,\s\up10(→))·(eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·(eq\o(CD,\s\up10(→))－eq\o(CA,\s\up10(→)))＋eq\o(AD,\s\up10(→))·(eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CA,\s\up10(→)))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(BA,\s\up10(→))＝0.答案：05．解析：方法一連接A1D，則∠PA1D就是eq\o(B1C,\s\up10(→))與eq\o(A1P,\s\up10(→))所成角．連接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝eq\r(2)，即△PA1D為等邊三角形，從而∠PA1D＝60°，即eq\o(B1C,\s\up10(→))與eq\o(A1P,\s\up10(→))所成角的大小為60°.因此eq\o(B1C,\s\up10(→))·eq\o(A1P,\s\up10(→))＝eq\r(2)×eq\r(2)×cos60°＝1.方法二根據(jù)向量的線性運(yùn)算可得eq\o(B1C,\s\up10(→))·eq\o(A1P,\s\up10(→))＝(eq\o(A1A,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up10(→))＋\f(1,2)\o(AB,\s\up10(→))))＝eq\o(AD2,\s\up10(→))＝1.由題意可得PA1＝B1C＝eq\r(2)，則eq\r(2)×eq\r(2)×cos〈eq\o(B1C,\s\up10(→))，eq\o(A1P,\s\up10(→))〉＝1，從而〈eq\o(B1C,\s\up10(→))，eq\o(A1P,\s\up10(→))〉＝60°.答案：1,60°.6．解析：如圖，(1)由題意知，|eq\o(AD,\s\up10(→))|＝a，|eq\o(DB,\s\up10(→))|＝a，〈eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(DB,\s\up10(→))〉＝120°，所以eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(DB,\s\up10(→))＝|eq\o(AD,\s\up10(→))||eq\o(DB,\s\up10(→))|cos120°＝－eq\f(1,2)a2.(2)因?yàn)閑q\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))，所以eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))·(eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→)).又|eq\o(AD,\s\up10(→))|＝|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|＝a，〈eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))〉＝〈eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(AB,\s\up10(→))〉＝60°，所以eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,2)a2－eq\f(1,2)a2＝0.(3)因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD上的點(diǎn)，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，所以eq\o(EF,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up10(→))，所以eq\o(EF,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→)).又〈eq\o(BD,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝60°，所以eq\o(EF,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(BD,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)a2cos60°＝eq\f(1,6)a2.7．解析：因?yàn)閑q\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))兩兩垂直，所以(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝0，所以(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→)))2＝(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))2＋eq\o(AD,\s\up10(→))2＋2(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))2＋eq\o(AD,\s\up10(→))2，(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AD,\s\up10(→)))2＝(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))2＋eq\o(AD,\s\up10(→))2－2(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→)))2＋eq\o(AD,\s\up10(→))2，故|eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))|＝|eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AD,\s\up10(→))|，因此A正確；易得B正確；C中，(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→)))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AC,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→)))·(eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))－|eq\o(AB,\s\up10(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up10(→))|2－eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))－eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝|eq\o(AC,\s\up10(→))|2－|eq\o(AB,\s\up10(→))|2，當(dāng)|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|時，|eq\o(AC,\s\up10(→))|2－|eq\o(AB,\s\up10(→))|2＝0，否則不成立，因此C不正確；D中，eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(CD,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·(eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AC,\s\up10(→)))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0，同理可得eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝0，eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝0，因此D正確．故選ABD.答案：ABD8．解析：因四面體ABCD是正四面體，頂點(diǎn)A在底面BCD內(nèi)的射影為△BCD的垂心，所以有BC⊥DA，AB⊥CD.設(shè)正四面體的棱長為4，則eq\o(BF,\s\up10(→))·eq\o(DE,\s\up10(→))＝(eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(CF,\s\up10(→)))·(eq\o(DA,\s\up10(→))＋eq\o(AE,\s\up10(→)))＝0＋eq\o(BC,\s\up10(→))·eq\o(AE,\s\up10(→))＋eq\o(CF,\s\up10(→))·eq\o(DA,\s\up10(→))＋0＝4×1×cos120°＋1×4×cos120°＝－4，BF＝DE＝eq\r(42＋12－2×4×1×cos60°)＝eq\r(13)，所以異面直線DE與BF的夾角θ的余弦值為cosθ＝eq\f(|\o(BF,\s\up10(→))·\o(DE,\s\up10(→))|,|\o(BF,\s\up10(→))||\o(DE,\s\up10(→))\o(|,\s\up10()))＝eq\f(4,13).答案：eq\f(4,13)9．解析：(1)證明：eq\o(AB1,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BB1,\s\up10(→))，eq\o(BC1,\s\up10(→))＝eq\o(BB1,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)).∵BB1⊥平面ABC，∴eq\o(BB1,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝0，eq\o(BB1,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝0.又△ABC為正三角形，∴〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝π－〈eq\o(BA,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＝π－eq\f(π,3)＝eq\f(2π,3).∴eq\o(AB1,\s\up10(→))·eq\o(BC1,\s\up10(→))＝(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BB1,\s\up10(→)))·(eq\o(BB1,\s\up10(→))＋eq\o(BC,\s\up10(→)))＝eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BB1,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＋eq\o(BB1,\s\up10(→))2＋eq\o(BB1,\s\up10(→))·eq\o(BC,\s\up10(→))＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|·|eq\o(BC,\s\up10(→))|·cos〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up10(→))2＝eq\r(2)×eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝0，∴eq\o(AB1,\s\up10(→))⊥eq\o(BC1,\s\up10(→))，即AB1⊥BC1.(2)結(jié)合(1)，知eq\o(AB1,\s\up10(→))·eq\o(BC1,\s\up10(→))＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|·|eq\o(BC,\s\up10(→))|·cos〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(BC,\s\up10(→))〉＋eq\o(BB1,\s\up10(→))2＝eq\o(BB1,\s\up10(→))2－1.又|eq\o(AB1,\s\up10(→))|＝eq\r(\o(AB,\s\up10(→))＋\o(BB1,\s\up10(→))\o(2,\s\up10()))＝eq\r(2＋|\o(BB1,\s\up10(→))|\o(2,\s\up10()))＝|eq\o(BC1,\s\up10(→))|.∴cos〈eq\o(AB1,\s\up10(→))，eq\o(BC1,\s\up10(→))〉＝eq\f(|\o(BB1,\s\up10(→))|2－1,2＋|\o(BB1,\s\up10(→))|\o(2,\s\up10()))＝eq\f(1,2)，∴|eq\o(BB1,\s\up10(→))|＝2，即側(cè)棱長為2.10．解析：假設(shè)存在點(diǎn)Q(點(diǎn)Q在邊BC上)，使eq\o(PQ,\s\up10(→))⊥eq\o(QD,\s\up10(→))，即PQ⊥QD.連接AQ，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥QD.又eq\o(PQ,\s\up10(→))＝eq\o(PA,\s\up10(→))＋eq\o(AQ,\s\up10(→))，所以eq\o(PQ,\s\up10(→))·eq\o(QD,\s\up10(→))＝eq\o(PA,\s\up10(→))·eq\o(QD,\s\up10(→))＋eq\o(AQ,\s\up10(→))·eq\o(QD,\s\up10(→))＝0.又eq\o(PA,\s\up10(→))·eq\o(QD,\s\up10(→))＝0，所以eq\o(AQ,\s\up10(→))·eq\o(QD,\s\up10(→))＝0，所以eq\o(AQ,\s\up10(→))⊥eq\o(QD,\s\up10(→)).即點(diǎn)Q在以邊AD為直徑的圓上，圓的半徑為eq\f(a,2).又AB＝1，所以當(dāng)eq\f(a,2)＝1，即a＝2時，該圓與邊BC相切，存在1個點(diǎn)Q滿足題意；當(dāng)eq\f(a,2)＞1，即a＞2時，該圓與邊BC相交，存在2個點(diǎn)Q滿足題意；當(dāng)eq\f(a,2)＜1，即a＜2時，該圓與邊BC相離，不存在點(diǎn)Q滿足題意．綜上所述，當(dāng)a≥2時，存在點(diǎn)Q，使eq\o(PQ,\s\up10(→))⊥eq\o(QD,\s\up10(→))；當(dāng)0＜a＜2時，不存在點(diǎn)Q，使eq\o(PQ,\s\up10(→))⊥eq\o(QD,\s\up10(→)).課時作業(yè)(三)1．解析：由題意知只要eq\o(MA,\s\up10(→))，eq\o(MB,\s\up10(→))，eq\o(MC,\s\up10(→))不共面即可．對于選項(xiàng)A，由結(jié)論eq\o(OM,\s\up10(→))＝xeq\o(OA,\s\up10(→))＋yeq\o(OB,\s\up10(→))＋zeq\o(OC,\s\up10(→))(x＋y＋z＝1)?M，A，B，C四點(diǎn)共面知，eq\o(MA,\s\up10(→))，eq\o(MB,\s\up10(→))，eq\o(MC,\s\up10(→))共面；對于選項(xiàng)B，D，易知eq\o(MA,\s\up10(→))，eq\o(MB,\s\up10(→))，eq\o(MC,\s\up10(→))共面；選項(xiàng)C中eq\o(MA,\s\up10(→))，eq\o(MB,\s\up10(→))，eq\o(MC,\s\up10(→))不共面．故選C.答案：C2．解析：由已知eq\o(MN,\s\up10(→))＝eq\o(ON,\s\up10(→))－eq\o(OM,\s\up10(→))＝eq\o(OC,\s\up10(→))＋eq\o(CN,\s\up10(→))－eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\o(OC,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(CB,\s\up10(→))－eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up10(→))＝eq\o(OC,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OC,\s\up10(→)))－eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up10(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\f(1,3)eq\o(OC,\s\up10(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c，故選D.答案：D3．解析：∵λ2＋μ2≠0，∴當(dāng)μ＝0時，λ≠0，此時，a＝λe1，∴a∥e1，同理，當(dāng)λ＝0時，μ≠0，此時，a＝μe2，∴a∥e2；當(dāng)λ≠0，且μ≠0時，a＝λe1＋μe2，可知a與e1，e2共面，故選D.答案：D4．解析：取基底eq\o(AA′,\s\up10(→))，eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))，所以eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\o(AA′,\s\up10(→))＋eq\o(A′E,\s\up10(→))＝eq\o(AA′,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up10(→))＝eq\o(AA′,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→)))＝eq\o(AA′,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up10(→))，所以x＝y(tǒng)＝eq\f(1,2)?x＋y＝1.故選B.答案：B5．解析：eq\o(MN,\s\up10(→))＝eq\o(MA,\s\up10(→))＋eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BN,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→)))＋eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up10(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋(eq\o(OB,\s\up10(→))－eq\o(OA,\s\up10(→)))＋eq\f(1,2)(eq\o(OC,\s\up10(→))－eq\o(OB,\s\up10(→)))＝－eq\f(2,3)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up10(→))，∴x＝－eq\f(2,3)，y＝eq\f(1,2)，z＝eq\f(1,2)，故選B.答案：B6．解析：因?yàn)閙與n共線，所以存在實(shí)數(shù)λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋λc，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝λx，,－1＝λy，,1＝λ，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1.))答案：1－17．解析：當(dāng)eq\o(MA,\s\up10(→))＝meq\o(MB,\s\up10(→))＋neq\o(MC,\s\up10(→))時，可知點(diǎn)M與點(diǎn)A，B，C共面，所以eq\o(MO,\s\up10(→))＋eq\o(OA,\s\up10(→))＝m(eq\o(MO,\s\up10(→))＋eq\o(OB,\s\up10(→)))＋n(eq\o(MO,\s\up10(→))＋eq\o(OC,\s\up10(→)))，所以(m＋n－1)eq\o(OM,\s\up10(→))＝－eq\o(OA,\s\up10(→))＋meq\o(OB,\s\up10(→))＋neq\o(OC,\s\up10(→))，所以eq\o(OM,\s\up10(→))＝eq\f(－\o(OA,\s\up10(→))＋m\o(OB,\s\up10(→))＋n\o(OC,\s\up10(→)),m＋n－1)＝－eq\f(1,m＋n－1)eq\o(OA,\s\up10(→))＋eq\f(m,m＋n－1)eq\o(OB,\s\up10(→))＋eq\f(n,m＋n－1)eq\o(OC,\s\up10(→))，不妨令－eq\f(1,m＋n－1)＝x，eq\f(m,m＋n－1)＝y(tǒng)，eq\f(n,m＋n－1)＝z，且此時x＋y＋z＝1，因?yàn)?＋(－1)＋(－1)＝0≠1,1＋1＋(－1)＝1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＝eq\f(11,6)≠1，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)＝1，由上可知：BD滿足要求．故選BD.答案：BD8．解析：∵eq\o(MN,\s\up10(→))＝eq\o(AN,\s\up10(→))－eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\o(AN,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(AC1,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(BN,\s\up10(→))－eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA1,\s\up10(→)))＝eq\f(2,3)eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\f(1,6)eq\o(AA1,\s\up10(→))－eq\f(1,3)eq\o(AD,\s\up10(→))，∴|eq\o(MN,\s\up10(→))|＝eq\r(\f(4,9)|\o(AB,\s\up10(→))|2＋\f(1,36)|\o(AA1,\s\up10(→))|2＋\f(1,9)|\o(AD,\s\up10(→))|2)＝eq\f(\r(21),6)a.答案：eq\f(\r(21),6)a9．解析：{eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(AA1,\s\up10(→))}可以作為空間的一個基底，且|eq\o(AB,\s\up10(→))|＝a，|eq\o(AD,\s\up10(→))|＝a，|eq\o(AA1,\s\up10(→))|＝b，〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))〉＝90°，〈eq\o(AA1,\s\up10(→))，eq\o(AB,\s\up10(→))〉＝120°，〈eq\o(AA1,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))〉＝120°.又eq\o(BD1,\s\up10(→))＝eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA1,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))＝eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→))，∴|eq\o(BD1,\s\up10(→))|2＝|eq\o(AD,\s\up10(→))|2＋|eq\o(AA1,\s\up10(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up10(→))|2＋2eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AA1,\s\up10(→))－2eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))－2eq\o(AA1,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝a2＋b2＋a2＋2abcos120°－0－2abcos120°＝2a2＋b2，|eq\o(AC,\s\up10(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＋|eq\o(AD,\s\up10(→))|2＝2a2，∴|eq\o(BD1,\s\up10(→))|＝eq\r(2a2＋b2)，|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝eq\r(2)a.∴eq\o(BD1,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝(eq\o(AD,\s\up10(→))＋eq\o(AA1,\s\up10(→))－eq\o(AB,\s\up10(→)))·(eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AD,\s\up10(→)))＝eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＋|eq\o(AD,\s\up10(→))|2＋eq\o(AA1,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＋eq\o(AA1,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))－|eq\o(AB,\s\up10(→))|2－eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝0＋a2＋abcos120°＋abcos120°－a2－0＝－ab.∴|cos〈eq\o(BD1,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))〉|＝eq\f(|\o(BD1,\s\up10(→))·\o(AC,\s\up10(→))|,|\o(BD1,\s\up10(→))||\o(AC,\s\up10(→))|)＝eq\f(|－ab|,\r(2a2＋b2)·\r(2)a)＝eq\f(b,\r(4a2＋2b2)).∴異面直線BD1和AC所成角的余弦值為eq\f(b,\r(4a2＋2b2)).10．解析：假設(shè)P，A，B，C四點(diǎn)共面，則存在實(shí)數(shù)x，y，z，使eq\o(OP,\s\up10(→))＝xeq\o(OA,\s\up10(→))＋yeq\o(OB,\s\up10(→))＋zeq\o(OC,\s\up10(→))，且x＋y＋z＝1，即2e1－e2＋3e3＝x(e1＋2e2－e3)＋y(－3e1＋e2＋2e3)＋z(e1＋e2－e3)．比較對應(yīng)的系數(shù)，得到關(guān)于x，y，z的方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y＋z＝2，,2x＋y＋z＝－1，,－x＋2y－z＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝17，,y＝－5，,z＝－30，))與x＋y＋z＝1矛盾，故P，A，B，C四點(diǎn)不共面．課時作業(yè)(四)1．解析：因?yàn)閍＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，所以a·b＝－3＋2x－5＝2，解得x＝5.故選C.答案：C2．解析：由已知得a＝(1，eq\r(2)，eq\r(3))，b＝(1,0，eq\r(3))．∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1＋0＋3,\r(6)×\r(4))＝eq\f(\r(6),3).故選C.答案：C3．解析：因?yàn)橄蛄?x，y,2)與向量(1,2,4)共線，則存在λ，使(x，y,2)＝λ(1,2,4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝λ,y＝2λ，,2＝4λ))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝1，))∴x＋y＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)4．解析：由題，因?yàn)閍⊥b，所以a·b＝－8＋2＋3x＝0，即x＝2，所以b＝(－4,2,2)，則a－b＝(6，－1,1)，所以|a－b|＝eq\r(62＋－12＋1)＝eq\r(38).答案：eq\r(38)5．解析：分別以eq\o(DA,\s\up10(→))，eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，D1(0,0,1)，可得eq\o(BD1,\s\up10(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(AM,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，則cos〈eq\o(BD1,\s\up10(→))，eq\o(AM,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up10(→))·\o(AM,\s\up10(→)),|\o(BD1,\s\up10(→))||\o(AM,\s\up10(→))|)＝eq\f(1－1＋\f(1,2),\r(3)·\r(1＋1＋\f(1,4)))＝eq\f(\r(3),9)，即異面直線BD1與AM所成角的余弦值為eq\f(\r(3),9).答案：eq\f(\r(3),9)6．證明：由題設(shè)知，AA1，AB，AD兩兩垂直．以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1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，則A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，設(shè)Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6.因?yàn)镻是DD1的中點(diǎn)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)，3))，所以eq\o(PQ,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，m－\f(9,2)，－3))，又eq\o(AB1,\s\up10(→))＝(3,0,6)，于是eq\o(AB1,\s\up10(→))·eq\o(PQ,\s\up10(→))＝18－18＝0，所以eq\o(AB1,\s\up10(→))⊥eq\o(PQ,\s\up10(→))，即AB1⊥PQ.7．解析：因?yàn)閍·b＝－2×2＋1×4＝0，所以a⊥b，B正確；因?yàn)閍＝(－2，－3,1)＝eq\f(1,2)(－4，－6,2)＝eq\f(1,2)c所以a∥c，C正確；因?yàn)閎·c＝2×(－4)＋4×2＝0，所以b⊥c，D不正確．故選BC.答案：BC8．解析：∵Q在直線OP上，可設(shè)Q(x，x,2x)，則eq\o(QA,\s\up10(→))＝(1－x,2－x,3－2x)，eq\o(QB,\s\up10(→))＝(2－x,1－x,2－2x)，∴eq\o(QA,\s\up10(→))·eq\o(QB,\s\up10(→))＝(1－x)(2－x)＋(2－x)·(1－x)＋(3－2x)·(2－2x)＝6x2－16x＋10＝6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,3)))2－eq\f(2,3).故當(dāng)x＝eq\f(4,3)時，eq\o(QA,\s\up10(→))·eq\o(QB,\s\up10(→))取最小值，此時Q點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(8,3)))9．解析：如圖所示，分別以eq\o(DA,\s\up10(→))，eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))為單位正交基底建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則D(0,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，B1(1,1,1)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)，0)).(1)易得eq\o(EF,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(B1C,\s\up10(→))＝(－1,0，－1)，則eq\o(EF,\s\up10(→))·eq\o(B1C,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－\f(1,2)))·(－1,0，－1)＝eq\f(1,2)×(－1)＋eq\f(1,2)×0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－1)＝0.∴eq\o(EF,\s\up10(→))⊥eq\o(B1C,\s\up10(→))，即EF⊥B1C，∴EF與B1C所成的角為90°.(2)eq\o(C1G,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，－1))，則|eq\o(C1G,\s\up10(→))|＝eq\f(\r(17),4).又|eq\o(EF,\s\up10(→))|＝eq\f(\r(3),2)，且eq\o(EF,\s\up10(→))·eq\o(C1G,\s\up10(→))＝eq\f(3,8)，∴cos〈eq\o(EF,\s\up10(→))，eq\o(C1G,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(EF,\s\up10(→))·\o(C1G,\s\up10(→)),|\o(EF,\s\up10(→))||\o(C1G,\s\up10(→))|)＝eq\f(\f(3,8),\f(\r(3),2)×\f(\r(17),4))＝eq\f(\r(51),17).即EF與C1G所成角的余弦值為eq\f(\r(51),17).(3)∵H是C1G的中點(diǎn)，∴Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7,8)，\f(1,2)))，則eq\o(FH,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,8)，\f(1,2))).∴FH＝|eq\o(FH,\s\up10(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(41),8).10．解析：由正四面體棱長為a，知△BCD的外接圓半徑為eq\f(\r(3),3)a，∴Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a，－\f(\r(3),6)a，0))，又正四面體的高為eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2)＝eq\f(\r(6),3)a，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),3)a))，∴AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)a，－\f(\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a)).又Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)a，0))，∴eq\o(DM,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)a，－\f(5\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a))，同理可得eq\o(CN,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a，\f(\r(3),3)a，\f(\r(6),6)a)).∴eq\o(DM,\s\up10(→))與eq\o(CN,\s\up10(→))夾角的余弦值為cos〈eq\o(DM,\s\up10(→))，eq\o(CN,\s\up10(→))〉＝eq\f(\o(DM,\s\up10(→))·\o(CN,\s\up10(→)),|\o(DM,\s\up10(→))||\o(CN,\s\up10(→))|)＝－eq\f(1,6).∴異面直線CN與DM所成角的余弦值為eq\f(1,6).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)a，－\f(\r(3),12)a，\f(\r(6),6)a))，eq\f(1,6).課時作業(yè)(五)1．解析：∵空間直角坐標(biāo)系中，A(1,2,3)，B(－1,0,5)，C(3,0,4)，D(4，1,3)，∴eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－2，－2,2)，eq\o(CD,\s\up10(→))＝(1,1，－1)，∴eq\o(AB,\s\up10(→))＝－2eq\o(CD,\s\up10(→))，∴直線AB與CD平行．故選A.答案：A2．解析：設(shè)正方體棱長為2，則A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(xiàn)(1,0,2)，∴eq\o(AE,\s\up10(→))＝(0,2,1)，eq\o(AF,\s\up10(→))＝(－1,0,2)設(shè)向量n＝(x，y，z)是平面AEF的一個法向量則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up10(→))＝2y＋z＝0,n·\o(AF,\s\up10(→))＝－x＋2z＝0))，取y＝1，得x＝－4，z＝－2∴n＝(－4,1，－2)是平面AEF的一個法向量．因此可得：只有B選項(xiàng)的向量是平面AEF的法向量．故選B.答案：B3．解析：由題意，得eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－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，故選B.答案：B4．解析：設(shè)平面ABC的一個法向量為n＝(x′，y′，z′)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up10(→))＝0,n·\o(BC,\s\up10(→))＝0))，從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＋5y′－2z′＝0,3x′＋y′＋2z′＝0))，則可令n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－2，－\f(7,2)))，又DE∥平面ABC，則eq\o(DE,\s\up10(→))·n＝0，則x＝5.答案：D5．解析：因?yàn)棣痢桅?，所以u∥v.則eq\f(x,－1)＝eq\f(1,y)＝eq\f(－2,\f(1,2))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－\f(1,4)，))故x＋y＝eq\f(15,4).答案：eq\f(15,4)6．證明：(1)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up10(→))，eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，并設(shè)正方體的棱長為2，則A(2,0,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．由正方體的性質(zhì)知AD⊥平面CC1D1D，所以eq\o(DA,\s\up10(→))＝(2,0,0)為平面CC1D1D的一個法向量．由于eq\o(MN,\s\up10(→))＝(0,1，－1)，則eq\o(MN,\s\up10(→))·eq\o(DA,\s\up10(→))＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，所以eq\o(MN,\s\up10(→))⊥eq\o(DA,\s\up10(→)).又MN?平面CC1D1D，所以MN∥平面CC1D1D.(2)由于eq\o(MP,\s\up10(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up10(→))＝(0,2,0)，所以eq\o(MP,\s\up10(→))∥eq\o(DC,\s\up10(→))，即MP∥DC.由于MF?平面CC1D1D，所以MP∥平面CC1D1D.又由(1)，知MN∥平面CC1D1D，MN∩MP＝M，所以由兩個平面平行的判定定理，知平面MNP∥平面CC1D1D.7．解析：A選項(xiàng)，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量平行等價于平面α，β平行，正確；B選項(xiàng)，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量垂直等價于平面α，β垂直，正確；C選項(xiàng)，直線的方向向量平行于平面的法向量等價于直線垂直于平面，錯誤；D選項(xiàng)，直線的方向向量垂直于平面的法向量等價于直線平行于平面或直線在平面內(nèi)，錯誤．故選AB.答案：AB8．解析：∵點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)，∴存在實(shí)數(shù)k1，k2，使eq\o(AP,\s\up10(→))＝k1eq\o(AB,\s\up10(→))＋k2eq\o(AC,\s\up10(→))，即(x－4，－2,0)＝k1(－2,2，－2)＋k2(－1,6，－8)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2k1＋6k2＝－2，,k1＋4k2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k1＝－4，,k2＝1.))∴x－4＝－2k1－k2＝8－1＝7，即x＝11.答案：119．解析：如圖所示，分別以DA、DC、DD1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，在CC1上任取一點(diǎn)Q，連接BQ，D1Q.設(shè)正方體的棱長為1，則Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，則Q(0,1，z)，eq\o(OP,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(BD1,\s\up10(→))＝(－1，－1,1)，∴eq\o(OP,\s\up10(→))∥eq\o(BD1,\s\up10(→))，∴OP∥BD1.eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq\o(BQ,\s\up10(→))＝(－1,0，z)，當(dāng)z＝eq\f(1,2)時，eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\o(BQ,\s\up10(→))，即AP∥BQ，有平面PAO∥平面D1BQ，∴當(dāng)Q為CC1的中點(diǎn)時，平面D1BQ∥平面PAO.10．解析：建立以AB，AD，AA1所在直線分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)|AB|＝a，點(diǎn)P坐標(biāo)為(0,0，b)則B1(a,0,1)，D(0,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))eq\o(AB1,\s\up10(→))＝(a,0,1)，eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，eq\o(DP,\s\up10(→))＝(0，－1，b)，∵DP∥平面B1AE，∴存在實(shí)數(shù)λ，μ，設(shè)eq\o(DP,\s\up10(→))＝λeq\o(AB1,\s\up10(→))＋μeq\o(AE,\s\up10(→))，即(0，－1，b)＝λ(a,0,1)＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λa＋\f(μa,2)，μ，λ)).∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λa＋\f(μ,2)a＝0，,μ＝－1，,λ＝b，))∴b＝λ＝eq\f(1,2)，即AP＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)課時作業(yè)(六)1．解析：∵eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AP,\s\up10(→))＝2×(－1)＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，eq\o(AD,\s\up10(→))·eq\o(AP,\s\up10(→))＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0.又∵AB?底面ABCD，AD?底面ABCD，AB∩AD＝A，∴AP⊥底面ABCD.故選B.答案：B2．解析：由題意知eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(AC,\s\up10(→))＝(2,0,1)，eq\o(AP,\s\up10(→))＝(x，－1，z)，又因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以有eq\o(AB,\s\up10(→))·eq\o(AP,\s\up10(→))＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0①.eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(AP,\s\up10(→))＝(2,0,1)·(x，－1，z)＝0，得2x＋z＝0②，聯(lián)立①②得x＝－1，z＝2，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－1,0,2)．答案：C3．解析：以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(DA,\s\up10(→))，eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，則eq\o(A1D,\s\up10(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(AC,\s\up10(→))＝(－1,1,0)，eq\o(EF,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，eq\o(BD1,\s\up10(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(EF,\s\up10(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(BD1,\s\up10(→))，eq\o(A1D,\s\up10(→))·eq\o(EF,\s\up10(→))＝0，eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(EF,\s\up10(→))＝0，從而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故選B.答案：B4．解析：∵PA⊥平面ABCD，∴BD⊥PA.又∵AC⊥BD，∴BD⊥平面PAC，∴PC⊥BD.故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A和D顯然成立．故選ABD.答案：ABD5．解析：eq\o(PA,\s\up10(→))＝(－x,1，－z)，eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(AC,\s\up10(→))＝(2,0,1)，∵eq\o(PA,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝0，eq\o(PA,\s\up10(→))·eq\o(AC,\s\up10(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1－z＝0，,－2x－z＝0，))∴x＝eq\f(1,3)，z＝－eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，－\f(2,3)))6．證明：如圖所示，取BC的中點(diǎn)O，連接AO.因?yàn)椤鰽BC為正三角形，所以AO⊥BC.因?yàn)樵谡庵鵄BC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中點(diǎn)O1，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OO1,\s\up10(→))，eq\o(OA,\s\up10(→))所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(BA1,\s\up10(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up10(→))＝(－2,1,0)．因?yàn)閚⊥eq\o(BA1,\s\up10(→))，n⊥eq\o(BD,\s\up10(→))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up10(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up10(→))＝0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))令x＝1，則y＝2，z＝－eq\r(3)，故n＝(1,2，－eq\r(3))為平面A1BD的一個法向量，而eq\o(AB1,\s\up10(→))＝(1,2，－eq\r(3))，所以eq\o(AB1,\s\up10(→))＝n，所以eq\o(AB1,\s\up10(→))∥n，故AB1⊥平面A1BD.7．解析：eq\o(AP,\s\up10(→))·eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－1,2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP⊥AB，即A正確.eq\o(AP,\s\up10(→))·eq\o(AD,\s\up10(→))＝(－1,2，－1)·(4,2,0)＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP⊥AD，即B正確．又∵AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，即eq\o(AP,\s\up10(→))是平面ABCD的一個法向量，C正確．∵eq\o(AP,\s\up10(→))是平面ABCD的法向量，∴eq\o(AP,\s\up10(→))⊥eq\o(BD,\s\up10(→))，D不正確．故選ABC.答案：ABC8．解析：由OP⊥OQ，得eq\o(OP,\s\up10(→))·eq\o(OQ,\s\up10(→))＝0.即(2cosx＋1)·cosx＋(2cos2x＋2)·(－1)＝0.∴cosx＝0或cosx＝eq\f(1,2).∵x∈[0，π]，∴x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,2)或eq\f(π,3)9．解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.則由題意可知A(0,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(b,3)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(2b,3)))，故eq\o(AE,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(b,3)))，eq\o(AF,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(2b,3))).設(shè)平面AEF的法向量為n1＝(x，y，z)，則n1·eq\o(AE,\s\up10(→))＝0，則n1·eq\o(AF,\s\up10(→))＝0，即ax＋eq\f(bz,3)＝0，且ay＋eq\f(2bz,3)＝0.令z＝1，得x＝－eq\f(b,3a)，y＝－eq\f(2b,