2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十四空间向量及应用

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业四十四空间向量及应用，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．设u＝(2，1，－2)是平面α的法向量，a＝(－3，8，1)是直线l的方向向量，则直线l与平面α的位置关系是( )
A．平行B．垂直
C．相交但不垂直D．平行或在平面内
2．设x，y∈R，向量a＝(x，1，1)，b＝(1，y，1)，c＝(2，－4，2)且a⊥b，b∥c，则|a＋b|＝( )
A．2eq \r(2)B．eq \r(10)
C．3D．4
3．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若eq \(OP,\s\up6(→))＝xeq \(OA,\s\up6(→))＋yeq \(OB,\s\up6(→))＋zeq \(OC,\s\up6(→))(x，y，z∈R)，则“x＝1，y＝－3，z＝3”是“P，A，B，C四点共面”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．[2023·湖南益阳模拟]在正三棱锥P­ABC中，O是△ABC的中心，PA＝AB＝2，则eq \(PO,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝( )
A．eq \f(5,9)B．eq \f(\r(6),3)
C．eq \f(4\r(2),3)D．eq \f(8,3)
5．[2023·江西南昌二中模拟]在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CD的中点，则( )
A．A1F⊥AEB．A1F⊥EC
C．A1F⊥EC1D．A1F⊥C1D
6．[2023·河北石家庄期末]如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，AA1＝c，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN∶CA1＝1∶4，则向量eq \(MN,\s\up6(→))可表示为( )
A．eq \f(1,2)a＋b＋cB．eq \f(1,4)a＋eq \f(1,4)b＋c
C．eq \f(1,4)a－eq \f(3,8)b－eq \f(1,4)cD．eq \f(3,4)a＋eq \f(1,4)b－eq \f(3,4)c
7．(能力题)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CB＝CC1＝2，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则( )
A．A1B∥平面CMNB．AM⊥平面CMN
C．A1B⊥CB1D．AM∥CB1
8.
(能力题)[2023·湖北潜江模拟]如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD­A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是( )
A．AC1＝6
B．AC1⊥BD
C．向量与的夹角是60°
D．AA1与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)
二、多项选择题
9．已知空间向量m＝(－1，2，4)，n＝(2，－4，x)，则下列选项中正确的是( )
A．当m⊥n时，x＝3
B．当m∥n时，x＝－8
C．当|m＋n|＝eq \r(5)时，x＝－4
D．当x＝1时，sin〈m，n〉＝eq \f(3\r(5),7)
10．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，A1C∩AC1＝O，则( )
A．·eq \(BC,\s\up6(→))＝a2B．·＝a2
C．·＝a2D．·eq \(BO,\s\up6(→))＝a2
三、填空题
11．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E在A1C1上，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A1E))＝eq \f(1,4)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A1C1))且eq \(AE,\s\up6(→))＝x＋yeq \(AB,\s\up6(→))＋zeq \(AD,\s\up6(→))，则x＋y＋z＝________．
12．(能力题)[2023·北京东城期末]如图，在棱长都为1的平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，两两夹角均为eq \f(π,3)，则·eq \(BD,\s\up6(→))＝________；请选择该平行六面体的三个顶点，使得经过这三个顶点的平面与直线AC1垂直.这三个顶点可以是________．
四、解答题
13．[2023·河南洛宁一中模拟]如图三棱柱，ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，点M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点N，连接A1M，设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，＝c.
(1)用a，b，c表示；
(2)证明：A1M⊥AB.
14．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥DC，DA⊥AB，AB＝AP＝2，DA＝DC＝1，E为PC上一点，且PE＝eq \f(2,3)PC.
(1)求证：AE⊥平面PBC；
(2)求证：PA∥平面BDE.
优生选做题
15．[2023·河北保定模拟]已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，则eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的取值范围为( )
A．[1，4] B．[0，12]
C．[0，8] D．[1，6]
16.
如图所示，三棱柱ABC­A1B1C1中，eq \(CA,\s\up6(→))＝a，eq \(CB,\s\up6(→))＝b，CC1＝c，CA＝CB＝CC1＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq \f(2π,3)，〈b，c〉＝eq \f(π,2)，N是AB中点．
(1)用a，b，c表示向量；
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
课时作业（四十四） 空间向量及应用
1．解析：由u·a＝2×（－3）＋1×8＋（－2）×1＝0，则u⊥a，
由向量的自由性，直线l与平面α的位置关系是平行或在平面内．
故选D.
答案：D
2．解析：因为向量a＝（x，1，1），b＝（1，y，1），c＝（2，－4，2）且a⊥b，b∥c，
所以x＋y＋1＝0，eq \f(1,2)＝eq \f(y,－4)，
解得y＝－2，x＝1，
所以向量a＝（1，1，1），b＝（1，－2，1），
所以a＋b＝（2，－1，2），
所以|a＋b|＝eq \r(22＋（－1）2＋22)＝3.
故选C.
答案：C
3．解析：当x＝1，y＝－3，z＝3时，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))－3eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))，
即eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝－3eq \(OB,\s\up6(→))＋3eq \(OC,\s\up6(→))，则有eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(BC,\s\up6(→))，
又因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(AC,\s\up6(→))－3eq \(AB,\s\up6(→))，
根据共面向量定理可知，P，A，B，C四点共面；
反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，
设eq \(AP,\s\up6(→))＝meq \(AC,\s\up6(→))＋neq \(AB,\s\up6(→))（m，n∈R），
即eq \(OP,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))＝m（eq \(OC,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))）＋n（eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→))）（m，n∈R），
即eq \(OP,\s\up6(→))＝（1－m－n）eq \(OA,\s\up6(→))＋neq \(OB,\s\up6(→))＋meq \(OC,\s\up6(→))（m，n∈R），
即x＝1－m－n，y＝n，z＝m，
因为m，n∈R，所以x，y，z不止1，－3，3这一组，
故“x＝1，y＝－3，z＝3”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
故选A.
答案：A
4．解析：
∵P­ABC为正三棱椎，O为△ABC的中心，
∴PO⊥平面ABC，△ABC是等边三角形，∴PO⊥AO，
∴eq \(PO,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))＝0，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AO))＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))·sin60°＝eq \f(2\r(3),3)，
故eq \(PO,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))·（eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OA,\s\up6(→))）＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PO,\s\up6(→))|2＝))AP|2－|AO|2＝4－eq \f(4,3)＝eq \f(8,3).
故选D.
答案：D
5．解析：
由题，建立如图所示空间直角坐标系A1­xyz，
设正方体棱长为2，则有A1（0，0，0），F（2，1，2），A（2，0，0），E（1，2，0），C（2，2，2），C1（0，2，2），D（2，0，2），
eq \(A1F,\s\up6(→))＝（2，1，2），eq \(AE,\s\up6(→))＝（－1，2，0），eq \(EC,\s\up6(→))＝（1，0，2），eq \(EC1,\s\up6(→))＝（－1，0，2），eq \(C1D,\s\up6(→))＝（2，－2，0），
∴eq \(A1F,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝0，eq \(A1F,\s\up6(→))·eq \(EC,\s\up6(→))＝6，eq \(A1F,\s\up6(→))·eq \(EC1,\s\up6(→))＝2，eq \(A1F,\s\up6(→))·eq \(C1D,\s\up6(→))＝2，
∴A1F⊥AE.
故选A.
答案：A
6．解析：因为在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，点M是A1D1的中点，点N是CA1上的点，且CN∶CA1＝1∶4，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MA1,\s\up6(→))＋eq \(A1N,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)eq \(A1C,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)（eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))）＝－eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(3,4)（eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))）＝eq \f(3,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \f(3,4)eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)a＋eq \f(1,4)b－eq \f(3,4)c.
故选D.
答案：D
7．解析：
如图，以C为坐标原点，以eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CC1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系C­xyz，则B（0，2，0），A1（2，0，2），B1（0，2，2），A（2，0，0），M（1，1，2），N（1，0，2）.
eq \(CM,\s\up6(→))＝（1，1，2），eq \(CN,\s\up6(→))＝（1，0，2），eq \(A1B,\s\up6(→))＝（－2，2，－2），eq \(CB1,\s\up6(→))＝（0，2，2），eq \(AM,\s\up6(→))＝（－1，1，2）.
设平面CMN的法向量n＝（x，y，z），则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CM,\s\up6(→))·n＝x＋y＋2z＝0,\(CN,\s\up6(→))·n＝x＋2z＝0))，
令z＝－1，得n＝（2，0，－1）.
因为eq \(A1B,\s\up6(→))与n不垂直，所以A1B与平面CMN不平行，故A不正确；
因为eq \(AM,\s\up6(→))与n不平行，所以AM与平面CMN不垂直，故B不正确；
因为eq \(A1B,\s\up6(→))·eq \(CB1,\s\up6(→))＝0，所以eq \(A1B,\s\up6(→))⊥eq \(CB1,\s\up6(→))，故C正确；
因为eq \(AM,\s\up6(→))与eq \(CB1,\s\up6(→))不平行，所以AM与CB1不平行，故D不正确．
故选C.
答案：C
8．解析：记eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，由已知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(c))＝6，a，b，c间两两夹角都是60°，
即a·b＝a·c＝b·c＝6×6×cs60°＝18，
eq \(AC1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，
则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC1,\s\up6(→))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋b＋c))＝eq \r(（a＋b＋c）2)＝
eq \r(a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c)＝
eq \r(62＋62＋62＋2×18＋2×18＋2×18)＝6eq \r(6)，A错；
eq \(BD,\s\up6(→))＝b－a，
eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝（a＋b＋c）·（b－a）＝b2－a2＋b·c－c·a＝0，eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，即AC1⊥BD，B正确；
eq \(B1C,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))－eq \(BB1,\s\up6(→))＝b－c，
△BB1C是正三角形，∠BB1C＝60°，eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))，所以向量eq \(B1C,\s\up6(→))与eq \(AA1,\s\up6(→))的夹角是180°－60°＝120°，C错；
eq \(AC,\s\up6(→))＝a＋b，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))))＝eq \r(（a＋b）2)＝eq \r(a2＋2a·b＋b2)＝6eq \r(3)，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝c·（a＋b）＝c·a＋c·b＝18＋18＝36，
cs〈eq \(AA1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AA1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→)))))＝eq \f(36,6×6\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，
所以AA1与AC所成角的余弦值为eq \f(\r(3),3)，D错．
故选B.
答案：B
9．解析：当m⊥n时，m·n＝（－1）×2＋2×（－4）＋4x＝－10＋4x＝0，解得：x＝eq \f(5,2)，故A错误；
令m＝λn，则（－1，2，4）＝（2λ，－4λ，λx），eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2λ＝－1,－4λ＝2,λx＝4))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－\f(1,2),x＝－8))，故B正确；
m＋n＝（－1＋2，2－4，4＋x）＝（1，－2，4＋x），所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋n))＝eq \r(12＋（－2）2＋（4＋x）2)＝eq \r(5＋（4＋x）2)＝eq \r(5)，解得：x＝－4，故C正确；
当x＝1，cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(－1×2＋2×（－4）＋4×1,\r(21)×\r(21))＝－eq \f(2,7)，
因为〈m，n〉∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))，sin〈m，n〉＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,7)))2)＝eq \f(3\r(5),7)，故D正确．
故选BCD.
答案：BCD
10．解析：
如图：
对于A，因为AA1⊥BC，所以eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，故A错误．
对于B，eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))·（eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1C1,\s\up6(→))）＝eq \(BB,\s\up6(→)) eq \\al(2,1) ＝a2，故B正确．
对于C，eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))·（eq \(BB1,\s\up6(→))＋eq \(B1D1,\s\up6(→))）＝eq \(BB,\s\up6(→)) eq \\al(2,1) ＝a2，故C正确．
对于D，eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BO,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a2，故D错误．
故选BC.
答案：BC
11．解析：由题意可得：eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(A1C1,\s\up6(→))，则eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1E,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(A1C1,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)（eq \(A1B1,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(→))）＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AD,\s\up6(→))，
∴x＝1，y＝z＝eq \f(1,4)，则x＋y＋z＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(3,2)
12．解析：（1）令a＝eq \(AA1,\s\up6(→))，b＝eq \(AB,\s\up6(→))，c＝eq \(AD,\s\up6(→))，
则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(c))＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝〈b，c〉＝eq \f(π,3)，
则有eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝c－b，
eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝b＋c＋a，
故eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝（c＋b＋a）·（c－b）＝c2＋b·c＋a·c－b·c－b2－a·b
＝12＋1×1×eq \f(1,2)＋1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－12－1×1×eq \f(1,2)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－1－eq \f(1,2)＝0.
（2）由（1）知eq \(A1D,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))＝c－a，
eq \(AC1,\s\up6(→))＝eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝b＋c＋a，
故eq \(AC1,\s\up6(→))·eq \(A1D,\s\up6(→))＝（c－a）·（c＋b＋a）＝c2＋b·c＋a·c－a·c－a·b－a2
＝12＋1×1×eq \f(1,2)＋1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－1×1×eq \f(1,2)－12＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)－1＝0，
故eq \(AC1,\s\up6(→))⊥eq \(A1D,\s\up6(→))，即AC1⊥A1D，
又由（1）知AC1⊥BD，A1D∩BD＝D，
故直线AC1垂直于平面A1BD，
同理可证直线AC1垂直于平面B1D1C.
答案：0 点A1，B，D或点C，B1，D1
13．解析：（1）因为△ABC为正三角形，点M为△ABC的重心，
所以N为BC的中点，
所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AN,\s\up6(→))，
所以eq \(A1M,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(AN,\s\up6(→))，
＝－eq \(AA,\s\up6(→))1＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b－c.
（2）证明：设三棱柱的棱长为m，
则eq \(A1M,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝（eq \f(1,3)a＋eq \f(1,3)b－c）·a
＝eq \f(1,3)a2＋eq \f(1,3)a·b－c·a
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))2＋eq \f(1,3)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b))cseq \f(π,3)－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(c))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))cseq \f(π,3)
＝eq \f(1,3)m2＋eq \f(1,3)m2×eq \f(1,2)－m2×eq \f(1,2)＝0.
所以A1M⊥AB.
14.
证明：（1）如图，以A为原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，2），
所以eq \(PC,\s\up6(→))＝（1，1，－2），eq \(AP,\s\up6(→))＝（0，0，2），eq \(CB,\s\up6(→))＝（1，－1，0），
因为PE＝eq \f(2,3)PC，所以eq \(PE,\s\up6(→))＝（eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，－eq \f(4,3)），所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PE,\s\up6(→))＝（eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3)），
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)－eq \f(4,3)＝0，eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)－eq \f(2,3)＋0＝0，
所以eq \(AE,\s\up6(→))⊥eq \(PC,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))⊥eq \(CB,\s\up6(→))，即AE⊥PC，AE⊥CB，
又因为PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC.
所以AE⊥平面PBC.
（2）由（1）可得eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(AE,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝（eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3)）－（2，0，0）＝（－eq \f(4,3)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3)），eq \(PA,\s\up6(→))＝（0，0，－2），eq \(BD,\s\up6(→))＝（－2，1，0）.
设平面BDE的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BD,\s\up6(→))·n＝0,\(BE,\s\up6(→))·n＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x1＋y1＝0，,－\f(4,3)x1＋\f(2,3)y1＋\f(2,3)z1＝0，))令x1＝1，得y1＝2，z1＝0，
则n＝（1，2，0）是平面BDE的一个法向量，
因为eq \(PA,\s\up6(→))·n＝（0，0，－2）·（1，2，0）＝0，所以eq \(PA,\s\up6(→))⊥n，
因为PA⊄平面BDE，所以PA∥平面BDE.
15．解析：设正方体内切球的球心为O，则OM＝ON＝2，
eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝（eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→))）·（eq \(PO,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))）＝eq \(PO,\s\up6(→))2＋eq \(PO,\s\up6(→))·（eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))）＋eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))，
因为MN是正方体内切球的一条直径，
所以eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝0，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4，
所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \(PO,\s\up6(→))2－4，
又点Р在正方体表面上运动，
所以当P为正方体顶点时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PO,\s\up6(→))))最大，且最大值为2eq \r(3)；
当P为内切球与正方体的切点时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(PO,\s\up6(→))))最小，且最小值为2；
所以0≤eq \(PO,\s\up6(→))2－4≤8，
所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，8)).
故选C.
答案：C
16．解析：（1）因为N是AB中点，所以eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，
所以eq \(A1N,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AN,\s\up6(→))＝eq \(C1C,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))
＝－eq \(CC1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)（eq \(CB,\s\up6(→))－eq \(CA,\s\up6(→))）＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c.
（2）假设存在点M，使AM⊥A1N，设eq \(C1M,\s\up6(→))＝λeq \(C1B1,\s\up6(→))，（λ∈[0，1]），
显然λeq \(C1B1,\s\up6(→))＝λb，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1C1,\s\up6(→))＋eq \(C1M,\s\up6(→))＝c－a＋λb，
因为AM⊥A1N，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(A1N,\s\up6(→))＝0，
即（c－a＋λb）·（－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b－c）＝0，
∴－eq \f(1,2)c·a＋eq \f(1,2)c·b－c2＋eq \f(1,2)a2－eq \f(1,2)a·b＋c·a－eq \f(1,2)λa·b＋eq \f(1,2)λb2－λb·c＝0.
∵CA＝CB＝CC1＝1，〈a，b〉＝〈a，c〉＝eq \f(2π,3)，〈b，c〉＝eq \f(π,2)，
∴eq \f(1,2)c·a－c2＋eq \f(1,2)a2－（eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)λ）a·b＋eq \f(1,2)λb2＝0，
即eq \f(1,2)×1×1×（－eq \f(1,2)）－12＋eq \f(1,2)×12－（eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)λ）×1×1×（－eq \f(1,2)）＋eq \f(1,2)λ·12＝0，
解得λ＝eq \f(2,3)，所以当C1M＝eq \f(2,3)C1B1时，AM⊥A1N.