课时作业参考答案2

课时作业·参考答案课时作业(一)1．解析：B错误，因为eq\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错误，因为eq\o(AB,\s\up10(→))－eq\o(AC,\s\up10(→))＝eq\o(CB,\s\up10(→)).故选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：如题图所示，因为eq\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(→))，又因为eq\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(→)).由共面的充要条件知P，A，B，C四点共面．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：对于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(→))，对于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(→))，对于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(→))，对于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(→)).故选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．证明：因为M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(→))与eq\o(DE,\s\up10(→))不共线，根据向量共面的充要条件可知eq\o(MN,\s\up10(→))，eq\o(CD,\s\up10(→))，eq\o(DE,\s\up10(→))共面．10．证明：如图，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，设点O是AC′的中点，则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(→)))．设P，M，N分别是BD′，CA′，DB′的中点，则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四点重合．故平行六面体的对角线相交于一点，且在交点处互相平分．课时作业(二)1．解析：∵a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝|a||b|∴cos〈a，b〉＝1，∴〈a，b〉＝0当a与b反向时，不能成立．故选A.答案：A2．解析：由题意可得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.故选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：方法一连接A1D，则∠PA1D就是eq\o(B1C,\s\up10(→))与eq\o(A1P,\s\up10(→))所成角．连接PD，在△PA1D中，易得PA1＝DA1＝PD＝eq\r(2)，即△PA1D为等边三角形，从而∠PA1D＝60°，即eq\o(B1C,\s\up10(→))与eq\o(A1P,\s\up10(→))所成角的大小为60°.因此eq\o(B1C,\s\up10(→))·eq\o(A1P,\s\up10(→))＝eq\r(2)×eq\r(2)×cos60°＝1.方法二根据向量的线性运算可得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.由题意可得PA1＝B1C＝eq\r(2)，则eq\r(2)×eq\r(2)×cos〈eq\o(B1C,\s\up10(→))，eq\o(A1P,\s\up10(→))〉＝1，从而〈eq\o(B1C,\s\up10(→))，eq\o(A1P,\s\up10(→))〉＝60°.答案：1,60°.6．解析：如图，(1)由题意知，|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)因为eq\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)因为点E，F分别是AB，AD上的点，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：因为eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AC,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))两两垂直，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正确；易得B正确；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，当|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝|eq\o(AB,\s\up10(→))|时，|eq\o(AC,\s\up10(→))|2－|eq\o(AB,\s\up10(→))|2＝0，否则不成立，因此C不正确；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正确．故选ABD.答案：ABD8．解析：因四面体ABCD是正四面体，顶点A在底面BCD内的射影为△BCD的垂心，所以有BC⊥DA，AB⊥CD.设正四面体的棱长为4，则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)，所以异面直线DE与BF的夹角θ的余弦值为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)证明：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为正三角形，∴〈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)结合(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，即侧棱长为2.10．解析：假设存在点Q(点Q在边BC上)，使eq\o(PQ,\s\up10(→))⊥eq\o(QD,\s\up10(→))，即PQ⊥QD.连接AQ，因为PA⊥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(→)).即点Q在以边AD为直径的圆上，圆的半径为eq\f(a,2).又AB＝1，所以当eq\f(a,2)＝1，即a＝2时，该圆与边BC相切，存在1个点Q满足题意；当eq\f(a,2)＞1，即a＞2时，该圆与边BC相交，存在2个点Q满足题意；当eq\f(a,2)＜1，即a＜2时，该圆与边BC相离，不存在点Q满足题意．综上所述，当a≥2时，存在点Q，使eq\o(PQ,\s\up10(→))⊥eq\o(QD,\s\up10(→))；当0＜a＜2时，不存在点Q，使eq\o(PQ,\s\up10(→))⊥eq\o(QD,\s\up10(→)).课时作业(三)1．解析：由题意知只要eq\o(MA,\s\up10(→))，eq\o(MB,\s\up10(→))，eq\o(MC,\s\up10(→))不共面即可．对于选项A，由结论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四点共面知，eq\o(MA,\s\up10(→))，eq\o(MB,\s\up10(→))，eq\o(MC,\s\up10(→))共面；对于选项B，D，易知eq\o(MA,\s\up10(→))，eq\o(MB,\s\up10(→))，eq\o(MC,\s\up10(→))共面；选项C中eq\o(MA,\s\up10(→))，eq\o(MB,\s\up10(→))，eq\o(MC,\s\up10(→))不共面．故选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，故选D.答案：D3．解析：∵λ2＋μ2≠0，∴当μ＝0时，λ≠0，此时，a＝λe1，∴a∥e1，同理，当λ＝0时，μ≠0，此时，a＝μe2，∴a∥e2；当λ≠0，且μ≠0时，a＝λe1＋μe2，可知a与e1，e2共面，故选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＝eq\f(1,2)⇒x＋y＝1.故选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)，故选B.答案：B6．解析：因为m与n共线，所以存在实数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：当eq\o(MA,\s\up10(→))＝meq\o(MB,\s\up10(→))＋neq\o(MC,\s\up10(→))时，可知点M与点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，eq\f(n,m＋n－1)＝z，且此时x＋y＋z＝1，因为2＋(－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满足要求．故选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(→))}可以作为空间的一个基底，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)).∴异面直线BD1和AC所成角的余弦值为eq\f(b,\r(4a2＋2b2)).10．解析：假设P，A，B，C四点共面，则存在实数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)．比较对应的系数，得到关于x，y，z的方程组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，))与x＋y＋z＝1矛盾，故P，A，B，C四点不共面．课时作业(四)1．解析：因为a＝(－3,2,5)，b＝(1，x，－1)，所以a·b＝－3＋2x－5＝2，解得x＝5.故选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).故选C.答案：C3．解析：因为向量(x，y,2)与向量(1,2,4)共线，则存在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：由题，因为a⊥b，所以a·b＝－8＋2＋3x＝0，即x＝2，所以b＝(－4,2,2)，则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：分别以eq\o(DA,\s\up10(→))，eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则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)))，则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)，即异面直线BD1与AM所成角的余弦值为eq\f(\r(3),9).答案：eq\f(\r(3),9)6．证明：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直．以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，设Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6.因为P是DD1的中点，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：因为a·b＝－2×2＋1×4＝0，所以a⊥b，B正确；因为a＝(－2，－3,1)＝eq\f(1,2)(－4，－6,2)＝eq\f(1,2)c所以a∥c，C正确；因为b·c＝2×(－4)＋4×2＝0，所以b⊥c，D不正确．故选BC.答案：BC8．解析：∵Q在直线OP上，可设Q(x，x,2x)，则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).故当x＝eq\f(4,3)时，eq\o(QA,\s\up10(→))·eq\o(QB,\s\up10(→))取最小值，此时Q点坐标为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：如图所示，分别以eq\o(DA,\s\up10(→))，eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))为单位正交基底建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Feq\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)，则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与B1C所成的角为90°.(2)eq\o(C1G,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,4)，－1))，则|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与C1G所成角的余弦值为eq\f(\r(51),17).(3)∵H是C1G的中点，∴Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7,8)，\f(1,2)))，则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：由正四面体棱长为a，知△BCD的外接圆半径为eq\f(\r(3),3)a，∴Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a，－\f(\r(3),6)a，0))，又正四面体的高为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的中点M的坐标为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(→))与eq\o(CN,\s\up10(→))夹角的余弦值为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).∴异面直线CN与DM所成角的余弦值为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).课时作业(五)1．解析：∵空间直角坐标系中，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(→))，∴直线AB与CD平行．故选A.答案：A2．解析：设正方体棱长为2，则A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(1,0,2)，∴eq\o(AE,\s\up10(→))＝(0,2,1)，eq\o(AF,\s\up10(→))＝(－1,0,2)设向量n＝(x，y，z)是平面AEF的一个法向量则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的一个法向量．因此可得：只有B选项的向量是平面AEF的法向量．故选B.答案：B3．解析：由题意，得eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－1，－2－y，z－3)，则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，故选B.答案：B4．解析：设平面ABC的一个法向量为n＝(x′，y′，z′)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up10(→))＝0,n·\o(BC,\s\up10(→))＝0))，从而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＋5y′－2z′＝0,3x′＋y′＋2z′＝0))，则可令n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－2，－\f(7,2)))，又DE∥平面ABC，则eq\o(DE,\s\up10(→))·n＝0，则x＝5.答案：D5．解析：因为α∥β，所以u∥v.则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．证明：(1)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up10(→))，eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，并设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．由正方体的性质知AD⊥平面CC1D1D，所以eq\o(DA,\s\up10(→))＝(2,0,0)为平面CC1D1D的一个法向量．由于eq\o(MN,\s\up10(→))＝(0,1，－1)，则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，所以由两个平面平行的判定定理，知平面MNP∥平面CC1D1D.7．解析：A选项，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量平行等价于平面α，β平行，正确；B选项，平面α，β不重合，所以平面α，β的法向量垂直等价于平面α，β垂直，正确；C选项，直线的方向向量平行于平面的法向量等价于直线垂直于平面，错误；D选项，直线的方向向量垂直于平面的法向量等价于直线平行于平面或直线在平面内，错误．故选AB.答案：AB8．解析：∵点P在平面ABC内，∴存在实数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：如图所示，分别以DA、DC、DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q.设正方体的棱长为1，则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)，则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)，当z＝eq\f(1,2)时，eq\o(AP,\s\up10(→))＝eq\o(BQ,\s\up10(→))，即AP∥BQ，有平面PAO∥平面D1BQ，∴当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.10．解析：建立以AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，设|AB|＝a，点P坐标为(0,0，b)则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，∴存在实数λ，μ，设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)课时作业(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.故选B.答案：B2．解析：由题意知eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(AC,\s\up10(→))＝(2,0,1)，eq\o(AP,\s\up10(→))＝(x，－1，z)，又因为PA⊥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，联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为(－1,0,2)．答案：C3．解析：以点D为坐标原点，分别以eq\o(DA,\s\up10(→))，eq\o(DC,\s\up10(→))，eq\o(DD1,\s\up10(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则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)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，则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，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故选B.答案：B4．解析：∵PA⊥平面ABCD，∴BD⊥PA.又∵AC⊥BD，∴BD⊥平面PAC，∴PC⊥BD.故选项B正确，选项A和D显然成立．故选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．证明：如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以eq\o(OB,\s\up10(→))，eq\o(OO1,\s\up10(→))，eq\o(OA,\s\up10(→))所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，eq\o(BA1,\s\up10(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up10(→))＝(－2,1,0)．因为n⊥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，则y＝2，z＝－eq\r(3)，故n＝(1,2，－eq\r(3))为平面A1BD的一个法向量，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正确.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正确．又∵AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，即eq\o(AP,\s\up10(→))是平面ABCD的一个法向量，C正确．∵eq\o(AP,\s\up10(→))是平面ABCD的法向量，∴eq\o(AP,\s\up10(→))⊥eq\o(BD,\s\up10(→))，D不正确．故选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：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则由题意可知A(0,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(b,3)))，Feq\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))).设平面AEF的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·eq\o(AE,\s\up10(→))＝0，则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,