人教A版高中数学选择性必修第一册同步精品讲义第1章 再练一课(范围：§1.1～§1.4)（2份打包，原卷版+教师版）

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再练一课(范围：1.4.1)1．若平面α与β的法向量分别是a＝(1,0，－2)，b＝(－1,0,2)，则平面α与β的位置关系是(　　)A．平行 B．垂直C．相交不垂直 D．无法判断答案　A解析　∵a＝(1,0，－2)，b＝(－1,0,2)，∴a＋b＝0，由此可得a∥b，∴平面α与β的法向量平行，可得平面α与β互相平行．2．已知直线l的方向向量a＝(－1,2,4)，平面α的法向量b＝(－2,4,8)，则直线l与平面α的位置关系是(　　)A．l∥α B．l⊥αC．l⊂α D．l∈α答案　B解析　∵b＝2a，∴则b与a共线，可得，l⊥α.3．若eq \o(AB,\s\up6(→))＝λeq \o(CD,\s\up6(→))＋μeq \o(CE,\s\up6(→))，则直线AB与平面CDE的位置关系是(　　)A．相交 B．平行C．在平面内 D．平行或在平面内答案　D解析　∵eq \o(AB,\s\up6(→))＝λeq \o(CD,\s\up6(→))＋μeq \o(CE,\s\up6(→))，∴eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(CD,\s\up6(→))，eq \o(CE,\s\up6(→))共面，则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内．4．(多选)已知点A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，点D满足条件：DB⊥AC，DC⊥AB，AD＝BC，则点D的坐标为(　　)A．(1,1,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，－\f(1,3)，－\f(1,3)))答案　AD解析　设D(x，y，z)，则eq \o(BD,\s\up6(→))＝(x，y－1，z)，eq \o(CD,\s\up6(→))＝(x，y，z－1)，eq \o(AD,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \o(BC,\s\up6(→))＝(0，－1,1)．又DB⊥AC⇔－x＋z＝0，① DC⊥AB⇔－x＋y＝0，②AD＝BC⇔(x－1)2＋y2＋z2＝2，③联立①②③得x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－eq \f(1,3)，所以点D的坐标为(1,1,1)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，－\f(1,3)，－\f(1,3))).故选AD.5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是上底面A1B1C1D1的中心，则AC1与CE的位置关系是(　　)A．重合 B．垂直C．平行 D．无法确定答案　B解析　eq \o(AC1,\s\up6(—→))＝eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AA1,\s\up6(—→))，eq \o(CE,\s\up6(→))＝eq \o(CC1,\s\up6(—→))＋eq \o(C1E,\s\up6(—→))＝eq \o(AA1,\s\up6(—→))－eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→)))．设正方体的棱长为1，于是eq \o(AC1,\s\up6(—→))·eq \o(CE,\s\up6(→))＝(eq \o(AB,\s\up6(→))＋eq \o(AD,\s\up6(→))＋eq \o(AA1,\s\up6(—→)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(—→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AD,\s\up6(→))))＝0－eq \f(1,2)－0＋0－0－eq \f(1,2)＋1－0－0＝0，故eq \o(AC1,\s\up6(—→))⊥eq \o(CE,\s\up6(→))，即AC1与CE垂直．6.如图，在正三棱锥S－ABC中，点O是△ABC的外心，点D是棱BC的中点，则平面ABC的一个法向量可以是________，平面SAD的一个法向量可以是________．答案　eq \o(SO,\s\up6(→))　eq \o(BC,\s\up6(→))解析　由题意知SO⊥平面ABC，BC⊥平面SAD.因此平面ABC的一个法向量可以是eq \o(SO,\s\up6(→))，平面SAD的一个法向量可以是eq \o(BC,\s\up6(→)).7．若a＝(2x，1,3)，b＝(1，－2y，9)，且a与b为共线向量，则x＝________，y＝________.答案　eq \f(1,6)　－eq \f(3,2)解析　由题意得eq \f(2x,1)＝eq \f(1,－2y)＝eq \f(3,9)，∴x＝eq \f(1,6)，y＝－eq \f(3,2).8．已知空间三点A(－1,1,1)，B(0,0,1)，C(1,2，－3)，若直线AB上存在一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为________．答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1))解析　设M(x，y，z)，∵eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq \o(BM,\s\up6(→))＝(x，y，z－1)，eq \o(CM,\s\up6(→)) ＝(x－1，y－2，z＋3)，由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－1－y －2＝0，,x＝－y，,z－1＝0，))∴x＝－eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,2)，z＝1，∴点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).9．如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.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，且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，OB，OO1，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，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)．所以eq \o(AB1,\s\up6(—→))＝(1,2，－eq \r(3))，eq \o(BA1,\s\up6(—→))＝(－1,2，eq \r(3))，eq \o(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．因为eq \o(AB1,\s\up6(—→))·eq \o(BA1,\s\up6(—→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq \r(3))×eq \r(3)＝0.eq \o(AB1,\s\up6(—→))·eq \o(BD,\s\up6(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq \r(3))×0＝0.所以eq \o(AB1,\s\up6(—→))⊥eq \o(BA1,\s\up6(—→))，eq \o(AB1,\s\up6(—→))⊥eq \o(BD,\s\up6(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD.又因为BA1∩BD＝B，BA1，BD⊂平面A1BD，所以AB1⊥平面A1BD.10.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD和B1C的中点，利用向量法证明：(1)MN∥平面CC1D1D；(2)平面MNP∥平面CC1D1D.证明　(1)以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DD1,\s\up6(—→))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\up6(→))＝(2,0,0)为平面CC1D1D的一个法向量．由于eq \o(MN,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，则eq \o(MN,\s\up6(→))·eq \o(DA,\s\up6(→))＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，所以eq \o(MN,\s\up6(→))⊥eq \o(DA,\s\up6(→)).又MN⊄平面CC1D1D，所以MN∥平面CC1D1D.(2)方法一　由于eq \o(MP,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，所以eq \o(MP,\s\up6(→))∥eq \o(DC,\s\up6(→))，即MP∥DC.由于MP⊄平面CC1D1D，DC⊂平面CC1D1D，所以MP∥平面CC1D1D.又由(1)，知MN∥平面CC1D1D，MN∩MP＝M，MN，MP⊂平面CC1D1D，所以由两个平面平行的判定定理，知平面MNP∥平面CC1D1D.方法二　eq \o(MN,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \o(MP,\s\up6(→))＝(0,2,0)，设平面MNP的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up6(→))＝y－z＝0，,n·\o(MP,\s\up6(→))＝2y＝0，))所以取n＝(1,0,0)，因为eq \o(DA,\s\up6(→))＝2n，所以DA∥n，所以平面MNP∥CC1D1D.11．已知eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－3,1,2)，平面α的一个法向量为n＝(2，－2，4)，点A不在平面α内，则直线AB与平面α的位置关系为(　　)A．AB⊥α B．AB⊂α C．AB与α相交但不垂直 D．AB∥α答案　D解析　因为n·eq \o(AB,\s\up6(→))＝2×(－3)＋(－2)×1＋4×2＝0，所以n⊥eq \o(AB,\s\up6(→)).又点A不在平面α内，n为平面α的一个法向量，所以AB∥α.12.如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC＝2，E是PC的中点，则CD与AE的位置关系________．答案　垂直解析　以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(1，eq \r(3)，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)，0))，P(0,0,2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，所以eq \o(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),3)，0))，eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，所以eq \o(CD,\s\up6(→))·eq \o(AE,\s\up6(→))＝－1×eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)＋0×1＝0，所以CD⊥AE.13．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且DP∥平面B1AE，则AP的长为________．答案　eq \f(1,2)解析　以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设|eq \o(AB,\s\up6(→))|＝a，|eq \o(AP,\s\up6(→))|＝b，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\up6(→))＝(a，0,1)，eq \o(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，eq \o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，b)，∵DP∥平面B1AE，∴存在实数λ，μ，设eq \o(DP,\s\up6(→))＝λeq \o(AB1,\s\up6(→))＋μeq \o(AE,\s\up6(→))，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).14.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝________.答案　a或2a解析　建立空间直角坐标系，如图所示，依题意得B1(0,0,3a)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，3a))，C(0，eq \r(2)a，0)．eq \o(B1D,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))，设E(eq \r(2)a，0，z)(0≤z≤3a)，则eq \o(CE,\s\up6(→))＝(eq \r(2)a，－eq \r(2)a，z)，eq \o(B1E,\s\up6(—→))＝(eq \r(2)a，0，z－3a)．eq \o(CE,\s\up6(→))·eq \o(B1D,\s\up6(—→))＝0，要使CE⊥平面B1DE，即B1E⊥CE，得eq \o(B1E,\s\up6(—→))·eq \o(CE,\s\up6(→))＝2a2－0＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.15.如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a＝________.答案　2解析　如图，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，a，0)，设Q(1，x，0)(0≤x≤a)，P(0,0，z)，则eq \o(PQ,\s\up6(→))＝(1，x，－z)，eq \o(QD,\s\up6(→))＝(－1，a－x，0)，由PQ⊥QD，得－1＋x(a－x)＝0，即x2－ax＋1＝0，由题意知方程x2－ax＋1＝0只有一解．∴Δ＝a2－4＝0，a＝2，这时x＝1∈[0，a]，满足题意．16.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AD∥BC，∠ABC＝∠PAD＝90°，侧面PAD⊥底面ABCD.若PA＝AB＝BC＝eq \f(1,2)AD.(1)求证：CD⊥平面PAC；(2)侧棱PA上是否存在点E，使得BE∥平面PCD？若存在，指出点E的位置并证明；若不存在，请说明理由．(1)证明　因为∠PAD＝90°，所以PA⊥AD.又因为侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，所以PA⊥底面ABCD.又因为∠BAD＝90°，所以AB，AD，AP两两垂直．以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设AD＝2，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．(1)eq \o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，可得eq \o(AP,\s\up6(→))·eq \o(CD,\s\up6(→))＝0，eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(CD,\s\up6(→))＝0，所以AP⊥CD，AC⊥CD.又因为AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC.(2)解　设侧棱PA的中点是E，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，eq \o(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2))).设平面PCD的法向量是n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))因为eq \o(CD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,2y－z＝0，))取x＝1，则y＝1，z＝2，所以平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,2)．所以n·eq \o(BE,\s\up6(→))＝(1,1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))＝0，所以n⊥eq \o(BE,\s\up6(→)).因为BE⊄平面PCD，所以BE∥平面PCD.综上所述，当E为PA的中点时，BE∥平面PCD.再练一课(范围：§1.1～§1.4)1．已知A(1,5, －2)，B(2,4,1)，C(x，3，y＋2)，且A，B，C三点共线，则实数x，y的值分别为(　　)A．3，－3 B．6，－1C．3,2 D．－2,1答案　C解析　eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1，－1,3)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(x－1，－2，y＋4)．∵A，B，C三点共线，∴eq \f(x－1,1)＝eq \f(－2,－1)＝eq \f(y＋4,3)，∴x＝3，y＝2.2．在平面ABCD中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(－1,0，－1)，若a＝(x，y，z)，且a为平面ABC的法向量，则y2等于(　　)A．2 B．0 C．1 D．3答案　C解析　eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1，－2)，由a为平面ABC的法向量知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a·\o(AB,\s\up6(→)) ＝0，,a·\o(AC,\s\up6(→)) ＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x－y－2z＝0，))令x＝－1，则y＝1，∴y2＝1.3．已知a＝(1－t，1－t，t)，b＝(2，t，t)，则|a－b|的最小值为(　　)A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(3\r(5),5) C.eq \f(\r(55),5) D.eq \f(11,5)答案　B解析　因为a－b＝(－1－t，1－2t，0)，所以|a－b|＝eq \r(1＋t2＋1－2t2)＝eq \r(5t2－2t＋2)，由配方法可求得最小值为eq \f(3\r(5),5).4．已知两平面的法向量分别为m＝(0，eq \r(2)，0)，n＝(eq \r(2)，eq \r(2)，2)，则两平面的夹角为(　　)A．60° B．120° C．30° D．90°答案　A解析　因为cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,2)，所以〈m，n〉＝60°.5．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为(　　)A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(10),10) C.eq \f(3,5) D.eq \f(2,5)答案　D解析　以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，C(0,1,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，则eq \o(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，eq \o(CN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，因为eq \o(AM,\s\up6(→))·eq \o(CN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)，|eq \o(AM,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)，|eq \o(CN,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)，所以cos〈eq \o(AM,\s\up6(→))，eq \o(CN,\s\up6(→))〉＝eq \f(2,5).6．a＝(2,3，－1)，b＝(－2,1,3)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积是________．答案　6eq \r(5)解析　cos〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝－eq \f(2,7)，得sin〈a，b〉＝eq \f(3\r(5),7)，由公式S＝|a||b|sin 〈a，b〉可得结果为6eq \r(5).7.如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝2eq \r(2)，则 SC 与 AB 所成角的大小为________．答案　 60° 解析　因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥AB，所以eq \o(AS,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＝0 ，又AB⊥BC，AB＝BC＝2，所以∠BAC＝45°，AC＝2eq \r(2).因此eq \o(AB,\s\up6(→))·eq \o(AC,\s\up6(→))＝|eq \o(AB,\s\up6(→))||eq \o(AC,\s\up6(→))|cos 45°＝2×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝4.所以eq \o(SC,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＝(eq \o(AC,\s\up6(→))－eq \o(AS,\s\up6(→)))·eq \o(AB,\s\up6(→))＝eq \o(AC,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))－eq \o(AS,\s\up6(→))·eq \o(AB,\s\up6(→))＝4，又SA＝2eq \r(2) ，所以SC＝eq \r(SA2＋AC2)＝4，因此cos〈eq \o(SC,\s\up6(→))，eq \o(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\o(SC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(SC,\s\up6(→))||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,4×2)＝eq \f(1,2)，所以SC与AB所成角的大小为60° .8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上，且AM＝eq \f(1,2)MC1，N为BB1的中点，则MN的长为________．答案　eq \f(\r(21),6)a解析　以A为坐标原点，分别以eq \o(AB,\s\up6(→))，eq \o(AD,\s\up6(→))，eq \o(AA1,\s\up6(→))为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(a,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0，\f(a,2)))，所以eq \o(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，－\f(a,3)，\f(a,6)))，所以|eq \o(MN,\s\up6(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)＋\f(1,9)＋\f(1,36)))a2)＝eq \f(\r(21)a,6).9.如图，已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1.求证：(1)BC1⊥AB1；(2)BC1∥平面CA1D.证明　如图，以C1为原点，分别以C1A1，C1B1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AC＝BC＝BB1＝2，则A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)．(1)由于eq \o(BC1,\s\up6(—→))＝(0，－2，－2)，eq \o(AB1,\s\up6(—→))＝(－2,2，－2)，因此eq \o(BC1,\s\up6(—→))·eq \o(AB1,\s\up6(—→))＝0－4＋4＝0，因此eq \o(BC1,\s\up6(—→))⊥eq \o(AB1,\s\up6(—→))，故BC1⊥AB1.(2)取A1C的中点E，连接DE，由于E(1,0,1)，所以eq \o(ED,\s\up6(→))＝(0,1,1)，又eq \o(BC1,\s\up6(—→))＝(0，－2，－2)，所以eq \o(ED,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \o(BC1,\s\up6(—→))，又ED和BC1不共线，所以ED∥BC1，又DE⊂平面CA1D，BC1⊄ 平面CA1D，故BC1∥平面CA1D.10．如图所示，正方体的棱长为1，以正方体的同一顶点上的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系Oxyz，点P在正方体的体对角线AB上，点Q在正方体的棱CD上．当点P为体对角线AB的中点，点Q在棱CD上运动时，求|PQ|的最小值．解　依题意可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，设点Q(0,1，z)(0≤z≤1)，则|eq \o(PQ,\s\up6(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－z))2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(1,2)))2＋\f(1,2))，所以当z＝eq \f(1,2)时，|PQ|min＝eq \f(\r(2),2)，此时Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Q恰为CD的中点．所以|PQ|的最小值为eq \f(\r(2),2).11．在正方体ABCD －A1B1C1D1中，平面A1BD与平面BDC1夹角的余弦值等于________．答案　eq \f(1,3)解析　设正方体棱长为1，以eq \o(DA,\s\up6(→))，eq \o(DC,\s\up6(→))，eq \o(DD1,\s\up6(→))为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.求出平面A1BD与平面C1BD的法向量分别为n1＝(1，－1，－1)，n2＝(－1,1，－1)．∴平面A1BD与平面BDC1夹角的余弦值|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,3).12．直角△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝eq \f(9,5)，则点P到斜边AB的距离是________．答案　3解析　以C为坐标原点，CA，CB，CP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(4,0,0)，B(0,3,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(9,5)))，所以eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－4,3,0)，eq \o(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，0，\f(9,5))).所以点P到AB的距离为eq \r(|\o(AP,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(AP,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→))|,|\o(AB,\s\up6(→))|)))2)＝3.13.如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，OA＝4，OB＝3，OP＝4，OP⊥底面ABCD.设点M满足eq \o(PM,\s\up6(→))＝λeq \o(MC,\s\up6(→))(λ>0)，当λ＝eq \f(1,2)时，直线PA与平面BDM所成角的正弦值是________．答案　eq \f(\r(10),10)解析　以O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up6(→))，eq \o(OB,\s\up6(→))，eq \o(OP,\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eq \o(PA,\s\up6(→))＝(4,0，－4)，eq \o(DB,\s\up6(→))＝(0,6,0)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－4,3,0)．当λ＝eq \f(1,2)时，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0，\f(8,3)))，所以eq \o(MB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，3，－\f(8,3))).设平面DBM的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(DB,\s\up6(→))·n＝6y＝0，,\o(MB,\s\up6(→))·n＝\f(4,3)x＋3y－\f(8,3)z＝0，))解得y＝0，令x＝2，则z＝1，所以n＝(2,0,1)．因为cos〈eq \o(PA,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\o(PA,\s\up6(→))·n,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(4,4\r(2)×\r(5))＝eq \f(\r(10),10)，所以直线PA与平面BDM所成角的正弦值为eq \f(\r(10),10).14．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为________．答案　1解析　如图建立空间直角坐标系，令CE＝m，DF＝n，∴B1(1,1,0)，E(m，1,1)，A(1,0,1)，F(0,0,1－n)，B(1,1,1)，∴eq \o(B1E,\s\up6(→))＝(m－1,0,1)，eq \o(AF,\s\up6(→))＝(－1,0，－n)，eq \o(AB,\s\up6(→))＝(0,1,0)，∵B1E⊥平面ABF，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(B1E,\s\up6(→))⊥\o(AF,\s\up6(→))，,\o(B1E,\s\up6(→))⊥\o(AB,\s\up6(→))，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－m－1－n＝0，,0＝0，))即m＋n＝1，∴CE＋DF＝1.15.如图，过边长为1的正方体ABCD的顶点A作线段EA⊥平面ABCD，若EA＝1，则平面ADE与平面BCE夹角的大小是(　　)A．120° B．45°C．135° D．60°答案　B解析　以A为原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，eq \o(EB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \o(EC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,x＋y－z＝0，))可取n＝(1,0,1)．又平面EAD的法向量为eq \o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，所以cos 〈n，eq \o(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(1,\r(2)×1)＝eq \f(\r(2),2)，故平面ADE与平面BCE的夹角为45°.16.如图，在四棱锥E－ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，AB＝4，BC＝CD＝EA＝ED＝2.(1)证明：BD⊥平面AED；(2)求平面ADE和平面CDE夹角的余弦值．(1)证明　因为BC⊥CD，BC＝CD＝2，所以BD＝2eq \r(2).又因为EA⊥ED，EA＝ED＝2，所以AD＝2eq \r(2).又因为AB＝4，由勾股定理知BD⊥AD.又因为平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面AED.(2)解　如图，取AD的中点O，连接OE，则OE⊥AD.因为平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，所以OE⊥平面ABCD.取AB的中点F，连接OF，则OF∥BD.因为BD⊥AD，所以OF⊥AD.以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则D(－eq \r(2)，0,0)，C(－2eq \r(2)，eq \r(2)，0)，E(0,0，eq \r(2))，eq \o(DC,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \o(DE,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，eq \r(2))．设平面CDE的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n1＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,x＋z＝0，))令x＝1，可得平面CDE的一个法向量n1＝(1,1，－1)．又平面ADE的一个法向量为n2＝(0,1,0)．因此|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),3).所以平面ADE和平面CDE夹角的余弦值为eq \f(\r(3),3).