最新教材高中数学人教A版(2019)选择性必修1 教材习题答案

教材 习题 有理数乘除混合运算习题护理管理学习题以及答案高等数学极限习题过敏性休克习题与答案诫子书习题及答案 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ઋઋઋ第一章　空间向量与ઋ２.解析ＡＢＢＣＡＣ.ઋ１ＤＣＣＣＡＤ１ＡＢ１ＡＡઋ→→→(→＋→′)＝→＋→＋→′ꎬ　(１)＋＝ઋ２２２ઋＡＢＡＤＣＣ′ＡＣＣＣ′ＡＣ′.ઋ立体几何ઋ(２)→＋→＋→＝→＋→＝→ઋｘ１ｙ１.ઋઋ∴＝ꎬ＝ઋ设点Ｍ是线段ＣＣ′的中点则ＡＢ２２(３)ꎬ→＋ઋ1.1　空间向量及其运算ઋઋ１.１.２　空间向量的数量积运算ઋＡＤ１ＣＣ′ＡＣＣＭＡＭ.ઋઋ→＋→＝→＋→＝→ઋ空间向量及其线性运算ઋ２１.１.１　练习ઋઋ设点Ｇ是线段ＡＣ′上靠近点Ａ的三ઋ练习ઋ(４)１Ｂ设则等分点则ઋ.ＢＢＡＢＡＢＢＢઋ　１＝１ꎬ＝２ꎬ→１＝→１－ꎬઋ１.解析答案不唯一.例如ઋ　ઋＢＡＢＣＢＢＢＣＢＢＢＣઋ→ꎬ→１＝→１＋１→１＝→１＋→ꎬ１→ＡＢＡ→ＤＡ→Ａ′１Ａ→Ｃ′→ＡＧ.ઋ三棱锥ＶＡＢＣ中→ＶＡ→ＶＢ→ＶＣ 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示三个ઋ(＋＋)＝＝ઋ－ꎬ、、ＡＢＢＣＢＢＢＡＢＢＢＣઋ３３→１→１→１→→１→ઋ不同在一个平面内的向量.∴Ű＝(－)Ű(＋)ઋ向量→ＡＣＡ→Ｃ′Ａ→Ｍ→ＡＧ如图所示.ઋＢＢ２ＢＢＢＣＢＢＢＡＢＡＢＣઋꎬꎬꎬ→１→１→→１→→→ઋ２.解析ＡＡ′ＣＢＡＡ′ＤＡＡＡ′ＡＤ＝＋Ű－Ű－Űઋ→－→＝→－→＝→＋→ઋ　(１)ઋઋＡ→Ｄ′＝１－２×２×ｃｏｓ６０°＝０ꎬઋઋ＝ꎻઋＡ→ＢＢ→ＣＡＢＢＣ.ઋＡ→Ａ′→ＡＢＢ′→Ｃ′Ａ→Ｂ′Ｂ′→Ｃ′Ａ→Ｃ′∴１⊥１ꎬ∴１⊥１ઋઋ(２)＋＋＝＋＝ꎻＡＢ与ＢＣ所成角的大小为°故ઋ１１ઋＡＢＡＤＢ′Ｄ′ＤＢＢＤ０∴９０ꎬઋઋ→→→→→选.ઋ(３)－＋＝＋＝ꎻＢઋＡＢＣＦＡＢＢＥＡＥ.２.解析ａｂｃａｂａｃ.ઋઋ(４)→＋→＝→＋→＝→　(１)Ű(＋)＝Ű＋Ű＝０ઋઋઋ３.证明因为向量ａｂ共线所以根据向向量ＡＤ′ＡＣ′ＡＥ如图所示.ａａｂｃａａａｂａｃ　、ꎬઋ＋＋＝＋＋ઋ→ꎬ→ꎬ→(２)Ű()ŰŰŰ量共线的充要条件假设存在实数λઋ.ઋ＝ꎬꎬઋ１ઋａｂｂｃａｂａｃｂｂ使得ｂλａઋ(３)(＋)Ű(＋)＝Ű＋Ű＋Űઋ＝ꎬઋｂｃ.ઋ则ａｂλａઋ＋Ű＝１ઋ２＋＝(２＋)ꎬઋઋ所以向量ａｂ与ａ共线.３.解析ＡＡ′ＡＢＡＡ′ＡＢ２＋ઋ　(１)→Ű→＝｜→｜｜→｜Űઋઋઋ４.解析ＡＢＡＣＡＢＡＣ→→＝→→ઋＢＡＡ′°１.ઋ　(１)Ű｜｜｜｜ｃｏｓ６０°ઋｃｏｓ∠＝５×４×ｃｏｓ６０＝２０×＝１０ઋ２１ａ２.ઋઋ＝ઋ３.解析Ａ→′ＣＡ→′Ａ→ＡＢＢ→ＣＡ→Ａ′→ＡＢＡ→Ｂ′Ａ→Ａ′→ＡＢઋ２ઋ(２)∵＝＋ꎬઋ　＝＋＋＝－＋ＡＤＤＢＡＤＤＢઋ２２２ઋ→→→→ＡＤＡ→Ｂ′Ａ→Ａ′→ＡＢＡ→Ａ′Ａ→Ａ′(２)Ű＝｜｜｜｜ｃｏｓ１２０°ઋ＋→ꎻ∴｜｜＝(＋)＝｜｜＋２ઋઋＢＤ′ＢＡＡＡ′Ａ′Ｄ′ＡＢＡＡ′ＡＤ→ＡＢ→ＡＢ２２２.ઋ１ａ２.ઋ→→→→→→→Ű＋｜｜＝５＋２×１０＋４＝６１ઋ＝－＝＋＋＝－＋＋ꎻ２ઋＡ→Ｂ′即ＡＢ′的长为.ઋઋＤＢ′ＤＡＡＢＢＢ′ＡＤＡＢＡＡ′.ઋ→＝→＋→＋→＝－→＋→＋→∴｜｜＝６１ꎬ６１Ｇ→Ｆ→ＡＣＧ→Ｆ→ＡＣઋઋ(３)Ű＝｜｜｜｜ｃｏｓ１８０°４.解析如图连接ＢＦ.ＡＣ′ＡＢＡＤＡＡ′ઋ→＝→＋→＋→ઋ　ꎬ(３)∵ꎬ１ａ２ＧＦ１ＡＣ１ａ.ઋઋ→→ＡＢＢＣＣＤＡＤＡＣ′２ＡＢ２ＡＤ２ＡＡ′２ＡＢ＝－(｜｜＝｜｜＝)ઋ(１)→＋→＋→＝→ꎻ∴｜→｜＝｜→｜＋｜→｜＋｜→｜＋２→ઋ２２２ઋઋＥＦＢＣＥＦＢＣઋＡＤＡＢＡＡ′ＡＤＡＡ′ઋ→ＡＢ１Ｂ→ＤＢ→Ｃ→ＡＢＢ→Ｆ→ＡＦŰ→＋２→Ű→＋２→Ű→(４)→Ű→＝｜→｜｜→｜ｃｏｓ６０°ઋ(２)＋(＋)＝＋＝ꎻઋઋ２ઋ１１１ａ２Ｅ→Ｆ１Ｂ→Ｄ１ａ.ઋઋ()ＡＦ１ＡＢＡＣＡＦＡＥＥＦ.＝１６＋９＋２５＋２×４×５×＋２×３×５×＝＝｜｜＝｜｜＝ઋ(３)→－(→＋→)＝→－→＝→２２ઋ４２２ઋ２Ａ→Ｃ′即ＡＣ′的长为.ઋＦ→Ｇ→ＢＡＦ→Ｇ→ＢＡ°ઋ８５ꎬ∴｜｜＝８５ꎬ８５ઋ向量ＡＤＡＦＥＦ如图所示.(５)Ű＝｜｜｜｜ｃｏｓ１２０ઋ→ꎬ→ꎬ→４.解析ＣＤＣＡＡＢＢＤઋ→→→→２ઋ　＝＋＋ꎬઋ１ａＦＧ１ＡＣ１ａ.＝－(｜→｜＝｜→｜＝)ઋＣ→Ｄ２→ＣＡ２→ＡＢ２Ｂ→Ｄ２→ＣＡઋ４２２ઋ∴｜｜＝｜｜＋｜｜＋｜｜＋２ઋઋＡＢＣＡＢＤＡＢＢＤａ２ｂ２ઋＧ→ＥＧ→Ｆ(Ｇ→ＣＣ→Ｂ１→ＢＡ)１→ＣＡઋŰ→＋２→Ű→＋２→Ű→＝＋ઋ(６)Ű＝＋＋Űઋઋ２２ｃ２ઋ＋ઋꎬ１ＤＣＣＢ１ＢＡ１ＣＡ１ＤＣઋઋ→→→→→Ｃ→Ｄａ２ｂ２ｃ２＝(＋＋)Ű＝ઋ∴｜｜＝＋＋ꎬઋ２２２４ઋ即ＣＤ两点间的距离为ａ２ｂ２ｃ２.ઋઋઋＣＡＣＢ１ＣＡ１ＢＡＣＡ１ＤＣꎬ＋＋Ű→＋→Ű→＋→Ű→＝｜→｜ઋ５.解析ＡＣＡＢＢＣＣＣઋ→＝→＋→＋→◆习题1.1２４４ઋ　(１)∵′′ꎬઋｘ.ઋ复习巩固ઋ∴＝１→ＣＡ１Ｃ→Ｂ→ＣＡઋઋŰ｜｜ｃｏｓ１２０°＋｜｜｜｜ｃｏｓ６０°＋ઋ→ＡＥＡ→ＡＡ→ＥＡ→Ａ１Ａ→ＣＡ→Ａ１.解析与向量Ｂ→Ｃ相等的向量有ઋ２ઋ(２)∵＝′＋′＝′＋′′＝′　(１):ઋ１ＢＡＣＡ１ａ２.ઋ２ઋ→→Ａ→ＤＡ′→Ｄ′Ｂ′→Ｃ′.｜｜｜｜ｃｏｓ６０°＝ઋ１ＡＣＡＡ１ＡＢ１ＡＤ、、ઋ４４ઋ＋→＝→′＋→＋→ꎬ与向量ＢＣ相反的向量有ＣＢＤＡઋ综合运用ઋ２２２(２)→:→、→、ઋઋＤ′Ａ′Ｃ′Ｂ′.ઋ５Ａઋｘ１ｙ１.→→ઋ.Ｂ→ＭＢ→ＢＢ→ＭＢ→Ｂ１Ａ→Ｄ→ＡＢ∴＝ꎬ＝、　１＝１＋＝１＋(－)ઋ２２与向量平行的向量有ઋ２ઋＥＦＦＥＡ′Ｂઋ(３)→:→、→、ઋＡＦＡＤＤＦＡＤ１ＤＣＡＤઋｃ１ｂａ(３)∵→＝→＋→＝→＋→′＝→＋ＢＡ′Ｄ′ＣＣＤ′.＝＋(－)２→、→、→２　１ઋઋઋઋ拓广探索练习ઋ１ａ１ｂｃ.ઋ＝－＋＋ઋ２２ઋ９.证明因为ＯＡＢＣ所以Ｏ→ＡＢ→Ｃ１.证明因为ＯＢＯＣ所以Ｏ→Ｂઋઋ　⊥ꎬŰ＝　＝ꎬ｜｜ઋ６.证明Ｅ→ＦＥ→ＢＢ→Ｆ１→ＡＢＢ→ＣઋＯ→ＡＯ→ＣＯ→ＢＯ→ＡＯ→ＣＯ→ＡＯ→ＢＯ→Ｃઋ　＝＋＝(＋)＝ઋŰ(－)＝Ű－Ű＝｜｜ꎬ２ઋઋＯＡＢＣઋઋ＝０ꎬ→→１ＡＣＨＧＨＤＤＧ１ＡＤＤＣ所以Ｏ→ＡＢ→ＣŰઋ→→→→→→ઋꎬ＝＋＝(＋)＝所以Ｏ→ＡＯ→ＣＯ→ＡＯ→Ｂ.ｃｏｓ‹ꎬ›＝ＯＡＢＣઋ２２ઋŰ＝Ű｜→｜｜→｜ઋઋ因为ＯＢＡＣ所以Ｏ→Ｂ→ＡＣＯ→ＢＯ→ＣＯＡＯＣＯＢઋ１ＡＣઋ→ꎬ⊥ꎬŰ＝Ű(→Ű(→－→)ઋ２ઋＯＡＯＢＯＣＯＢＯＡ＝ＯＡＢＣઋઋ→→→→→→→所以ＥＦＨＧ－)＝Ű－Ű＝０ꎬ｜｜｜｜ઋ→→ઋ＝ꎬ所以ＯＢＯＣＯＢＯＡ.ઋઋ→→→→ＯＡＯＣθＯＡＯＢθ所以ＥＦＨＧＥＦＨＧŰ＝Ű｜→｜｜→｜ｃｏｓ－｜→｜｜→｜ｃｏｓઋ＝ઋ∥ꎬꎬ所以＝＝０ꎬઋઋＯＣＡＢＯＣＯＢＯＡＯＣＯＡＢＣ所以四边形ＥＦＧＨ是平行四边形→Ű→＝→Ű(→－→)＝→Ű｜→｜｜→｜ઋꎬઋઋ所以ＥＦＧＨ四点共面.ઋＯＢＯＣＯＡＯＡＯＢＯＡＯＢ所以ＯＡＢＣ所以ＯＡＢＣ.ꎬꎬꎬ→－→Ű→＝→Ű→－→Ű→＝０ꎬ→⊥→ꎬ⊥ઋઋઋ７.解析Ａ′ＢＡ′ＡＡＢＢ′ＣＢ′Ｂઋ所以ＯＣＡＢ所以ＯＣＡＢ.２.解析设ＡＢａＡＤｂＡＡ′ｃ因为这→＝→＋→→＝→＋→→→→→ઋ　(１)ꎬઋ⊥ꎬ⊥　＝ꎬ＝ꎬ＝ꎬ１０证明如图取的中点连接ઋઋ.ＡＢＤ三个向量不共面所以ａｂｃ构成空Ｂ→ＣＡ→′ＡＡ→Ｄ　ꎬꎬꎬ{ꎬꎬ}ઋ＝＋ꎬઋＣＤＯＤ则有ＯＤＡＢＣＤＡＢ.间的一个基底.ઋＡ→′ＢＢ→′ＣＡ→′Ａ→ＡＢＡ→′ＡＡ→Ｄઋ、ꎬ⊥ꎬ⊥ઋ∴Ű＝(＋)Ű(＋)ઋ则ＢＣ′ＢＣＣＣ′ＡＤＡＡ′ｂｃઋＡ′ＡＡ′ＡＡ′ＡＡＤＡＢＡ′ＡＡＢઋ→＝→＋→＝→＋→＝＋ꎬઋ＝→Ű→＋→Ű→＋→Ű→＋→ŰઋઋઋＣ→Ａ′Ａ→Ａ′→ＡＣＡ→Ａ′→ＡＢＡ→ＤａｂｃＡＤａ２.＝－＝－－＝－－＋ꎬઋ→＝ઋઋઋ所以ＢＣ′ＣＡ′ｂｃａｂｃ又Ａ′ＢａＢ′Ｃａ→→＝＋－－＋ઋ→→ઋŰ()Ű()｜｜＝２ꎬ｜｜＝２ꎬａｂｂｂｂｃａｃｂｃｃｃઋઋ＝－Ű－Ű＋Ű－Ű－Ű＋ŰઋＡ′ＢＢ′ＣઋＡ′ＢＢ′Ｃ→Ű→ઋ∴ｃｏｓ‹→Ű→›＝＝ઋ１２１１ઋＡ′ＢＢ′Ｃઋ＝－２×２×－２＋２×３×－２×３×－２×｜→｜Ű｜→｜Ｏ→Ｄ→ＡＢＤ→Ｃ→ＡＢઋઋ＝＝２２２ａ２∴Ű０ꎬŰ０ꎬઋ１ઋＯＤＡＢＤＣＡＢＡＢＯＤＤＣ１２ઋａ２＝ꎬઋ∴→Ű→＋→Ű→＝→Ű(→＋→)３×＋３＝０ꎬઋ２２ઋＡＢＯＣ.２ઋＡ′Ｂ和Ｂ′Ｃ的夹角为°.ઋ→→∴６０＝Ű＝０ＢＣ′ＣＡ′ઋઋ→→所以Ｂ→Ｃ′Ｃ→Ａ′Ű.ઋઋＡＢＯＣＡＢＯＣ.＝＝证明Ａ→′ＢＡ→′Ａ→ＡＢ→ＡＢＡ→Ａ′Ａ→Ｃ′∴→⊥→ꎬ∴⊥ｃｏｓ‹ꎬ›ＢＣ′ＣＡ′０ઋ(２):＝＋＝－ꎬ＝ઋ→→点ＥＦＧＨ分别是ＯＡＯＢＢＣＣＡ｜｜｜｜ઋ→ＡＢＡ→ＤＡ→Ａ′ઋ∵、、、、、、所以ＢＣ′与ＣＡ′所成角的余弦值为.ઋ＋＋ꎬઋ的中点０ઋＡ′ＢＡＣ′ＡＢＡＡ′ＡＢＡＤઋꎬ３.证明设→ＡＢａＡ→ＤｂＡ→Ａ′ｃ则ａઋ→→＝→－→→＋→＋ઋ　＝ꎬ＝ꎬ＝ꎬ{ꎬ∴Ű()Ű(ＥＦＨＧ１ＡＢＥＨＦＧ１ＯＣ.ઋઋｂｃ构成空间的一个正交基底ＡＡ′∴→＝→＝→ꎬ→＝→＝→.ઋ→)ઋ２２ꎬ}ઋＡＢＡＢＡＢＡＤＡＢＡＡ′ＡＡ′ＡＢઋ四边形ＥＦＧＨ为平行四边形.所以ＡＯＡＤＤＯＡＤ１ＤＣ１ＤＤ′ઋઋ→→→→→→＝→Ű→＋→Ű→＋→Ű→－→Ű→∴＝＋＝＋＋ઋઋ又ＡＢＯＣＥＦＥＨ２２∵⊥ꎬ∴⊥ꎬઋＡＡ′ＡＤＡＡ′ＡＡ′ઋ－→Ű→－→Ű→四边形ＥＦＧＨ为矩形.ઋઋＡＤ１ＡＢ１ＡＡ′１ａｂ１ｃａ２ａ２∴＝→＋→＋→＝＋＋ꎬઋ＝－ઋ２２２２ઋઋａｃઋઋＣＤ′ＤＤ′ＤＣＡＡ′ＡＢ＝０ꎬ1.2　空间向量基本定理→＝→－→＝→－→＝－＋ꎬઋＡ′ＢＡＣ′ઋઋ→→ઋ∴⊥ꎬ所以→ＡＯＣ→Ｄ′１ａｂ１ｃａｃઋઋ()Ａ′ＢＡＣ′.练习Ű＝＋＋Ű(－＋)ઋ∴⊥ઋ２２ઋ８.证明如图ＢＯ是平面α的斜线Ｏ为ઋ　ꎬꎬ１.解析ｐａｂｑａｂ与ａｂ共面１ａａ１ａｃａｂｂｃ１ａઋ斜足ＢＡαＡ为垂足ＣＤ平面α且ઋ　∵＝＋ꎬ＝－、ꎬ＝－Ű＋Ű－Ű＋Ű－ઋꎬ⊥ꎬꎬ⊂ꎬઋ与ｃ不共面向量ｃ一定可以与ｐｑ２２２ઋＣＤＡＯ.ઋꎬ∴、ઋઋ一起构成空间的另一个基底.ｃ１ｃｃ⊥Ű＋Ű＝０ꎬઋઋ２ઋઋ２.解析ＯＡＯＢＯＣ不构成空间的一　∵→、→、→ઋઋ所以ＡＯＣＤ′所以ＡＯＣＤ′.→⊥→ꎬ⊥ઋઋ个基底Ｏ→ＡＯ→ＢＯ→Ｃ共面◆习题1.2ઋઋꎬ∴、、ꎬઋઋＯＡＢＣ四点共面.∴、、、复习巩固ઋઋ３.解析ＯＡＯＣＯＯ′是平行六面ઋઋ　(１)∵ꎬꎬ１.解析因为向量ａｂ与任何向量都不ઋઋ体中有公共点的三条棱由平行六面体　ꎬઋ因为所以所ઋꎬ能构成空间的一个基底所以向量ａｂＢＡαＣＤαＢＡＣＤꎬꎬઋ⊥ꎬ⊂ꎬ⊥ꎬઋ的结构特征知ＯＡＯＣＯＯ′不共面共线或ａｂ都是零向量.ઋઋ→→→以→ＢＡＣ→Ｄ所以→ＢＡＣ→Ｄꎬꎬꎬꎬꎬઋ⊥ꎬŰ＝０ꎬઋａｂｃ能构成空间的一个基底.２.Ｃ因为ａｂｃ构成空间的一个基ઋ因为ＣＤＡＯ所以ＣＤＡＯઋ∴{ꎬꎬ}　{ꎬꎬ}ઋ→→ઋ⊥ꎬ⊥ꎬＯ→Ｂ′ａｂｃＢ→Ａ′ｃｂＣ→Ａ′ａｂ底所以向量ａｂｃ不共面.ઋઋ＝＋＋＝－＝－ꎬ、、所以ＣＤＡＯ(２)ꎬꎬઋ→→ઋｃŰ＝０ꎬ＋对于因为ｂ１ｂｃ１ｂｃઋઋꎬ又因为ＢＯＢＡＡＯＡꎬ＝(＋)＋(－)ꎬઋ→＝→＋→ꎬઋＯＧＯＣＣＧｂ１ＣＢＢＢ′１ａｂ２２ઋઋ→＝→＋→＝＋(→＋→)＝＋所以ｂｃｂｂｃ三个向量共面ઋ所以ＣＤＢＯＣＤＢＡＡＯＣＤઋ２２＋ꎬꎬ－ꎻ→Ű→＝→Ű(→＋→)＝→Ű对于同理可得向量ａａｂａｂઋઋｃＢꎬꎬꎬ＋ꎬ－ઋઋ１.→ＢＡＣ→ＤＡ→Ｏ＋共面ઋ＋＝ઋŰ０ꎬ２ꎻઋ所以Ｃ→ＤＢ→Ｏઋ对于若ａｂａｂｃ共面则ｃｘａઋ⊥ꎬઋＣꎬ＋ꎬ－ꎬꎬ＝(＋所以ＣＤＢＯ.ｂｙａｂｘｙａｘｙｂ则ａｂ⊥)＋(－)＝(＋)＋(－)ꎬꎬꎬ　２教材习题答案ઋઋઋｃ共面与向量ａｂｃ不共面矛盾所由题意知平行六面体的所有棱长都相ઋઋꎬꎬꎬꎬꎬઋ３以ａｂａｂｃ不共面所以正确ઋ等设棱长为ｍઋ＋ꎬ－ꎬꎬＣꎻꎬꎬ８５１ઋ对于因为ａｂｃａｂｃ所以ａઋ＝ꎬઋＤꎬ＋＋＝(＋)＋ꎬＣＡＣＤＤＡＡＡａｂｃＢＤＣＤＣＢઋ３１７１７→１→→→１→→→ઋｂａｂｃｃ三个向量共面.故选.＝＋＋＝＋＋ꎬ＝－ઋ×ઋઋ２４＋ꎬ＋＋ꎬＣａｂＢＣＣＣＣＢｂｃઋ３.解析如图四面体ＯＡＢＣ中ＭＮ分＝－ꎬ→１＝→１－→＝－＋ꎬઋ所以ＥＦ与ＣＧ所成角的余弦值　ꎬꎬꎬ１ઋ所以ａｂｃａｂઋઋ别是ＯＡＢＣ的中点Ｃ→ＡＢ→Ｄઋꎬꎬ１Ű＝(＋＋)Ű(－)ઋઋ为５１.ａ２ａｂａｂｂ２ａｃｂｃઋ＝－Ű＋Ű－＋Ű－Űઋ１７ઋઋ８.证明如图已知四面体ＳＡＢＣＥＦઋ＝０ꎬઋ　ꎬꎬꎬꎬઋઋＧＨＭＮ分别是ＳＡＢＣＡＢＳＣＡＣઋＣＡＢＣａｂｃｂｃａｂઋꎬꎬꎬꎬꎬꎬꎬꎬ→１Ű→１＝(＋＋)Ű(－＋)＝－Űઋઋ的中点且２２ＳＢＥＦＨＧＮＭ.ઋａｃｂｂｃｂｃｃઋ＝＝＋Ű－＋Ű－Ű＋＝０ꎬꎬ｜｜｜｜｜｜ઋઋઋ所以ＣＡＢＤＣＡＢＣઋ→１→→１→１ઋ⊥ꎬ⊥ꎬઋઋ所以ＣＡＢＤＣＡＢＣઋ１⊥ꎬ１⊥１ꎬઋＭ→ＮＭ→Ａ→ＡＢＢ→Ｎ１Ｏ→ＡＯ→ＢＯ→Ａ因为平面平面ઋઋ＝＋＋＝＋－＋ＢＤＣＢＤＢＣઋ⊂１ꎬ１⊂ઋ２ઋＣＢＤＢＤＢＣＢઋ１ＯＣＯＢ１ꎬ∩１＝ꎬઋઋ(→－→)所以ＣＡ平面ＣＢＤ.ઋઋ２１⊥１ઋઋ拓广探索ઋઋ１Ｏ→Ａ１Ｏ→Ｂ１Ｏ→Ｃ１ａ１ｂઋઋ＝－＋＋＝－＋＋ઋ２２２２２７.解析证明设ＤＡａＤＣｂＤＤઋ→→→ઋ　(１):＝ꎬ＝ꎬ１设ＳＡａＳＢｂＳＣｃ则ａｂｃ构成ઋઋ→→→１ｃ.ｃ则ａｂｃ构成空间的一个单位正＝ꎬ＝ꎬ＝ꎬ{ꎬꎬ}ઋ＝ꎬ{ꎬꎬ}ઋ空间的一个基底.ઋ２交基底.ઋઋ４.解析由已知得ＡＭＡＢＢＭＡＢઋ因为ＥＦＧＨＭＮ分别是ＳＡＢＣઋ　→＝→＋→＝→＋ઋꎬꎬꎬꎬꎬꎬꎬઋ所以ＥＦＤＦＤＥ１ａｂｃＢＣઋＡＢＳＣＡＣＳＢ的中点→＝→－→＝＋－→１＝ઋ()ꎬઋ１ＢＣＢＢ′ＡＢ１ＡＣＡＢ２ꎬꎬꎬꎬઋ(→＋→)＝→＋(→－→)＋ઋઋ２２ＣＣＣＢａｃઋ所以→ＳＥ１ａ→ＳＦ１ｂｃ→ＳＧ１ａ→１１→１＝ꎬ＝(＋)ꎬ＝(ઋ－＝－(＋)ꎬઋ２２２ઋ１ＡＡ′ઋ→所以ＥＦＢＣ１ａｂｃａｃઋ２→Ű→１＝－(＋－)Ű(＋)ઋｂＳＨ１ｃＳＭ１ａｃＳＮઋ２ઋ＋)ꎬ→＝ꎬ→＝(＋)ꎬ→＝ઋઋ２２１Ａ→Ａ′１→ＡＢ１→ＡＣ１ａ１ｂઋ＝＋＋＝＋＋１ａａａｃａｂｂｃａｃｃઋઋ２２２２２＝－(Ű＋Ű＋Ű＋Ű－Ű－Űઋ１ｂ２ꎬઋｃઋ２ઋ１ｃઋꎬ)＝０ꎬઋ２ઋ所以Ｅ→Ｆ→ＳＦ→ＳＥ１ｂｃａＨ→Ｇ→ＳＧઋ所以ＥＦＢＣ所以ＥＦＢＣ.ઋ＝－＝(＋－)ꎬ＝→→１１ઋ⊥ꎬ⊥ઋ２Ａ→Ｎ→ＡＣＣ→Ｃ′Ｃ→′Ｎ→ＡＣＣ→Ｃ′１Ｃ′→Ｂ′ઋ＝＋＋＝＋＋＝ઋ由知ＥＦ１ａｂｃ所以ＳＨ１ａｂｃＮＭＳＭＳＮ１ａઋ２ઋ(２)(１)ꎬ→＝(＋－)ꎬ－→＝(＋－)ꎬ→＝→－→＝(ઋ２ઋ２２ઋＡＣＡＡ′１ＡＢＡＣઋ→＋→＋(→－→)ｃｂ.ઋ２Ｅ→Ｆ１ａｂｃ１２２２ઋ＋－)ઋ｜｜＝｜＋－｜＝１＋１＋１ઋ２２因为ＥＦＨＧＮＭઋＡ→Ａ′１→ＡＢ１→ＡＣａ１ｂ１ｃ.ઋ｜｜＝｜｜＝｜｜ꎬઋ＝＋＋＝＋＋ઋｂｃａ２ａｂｃ２ઋ２２２２３ઋ所以＋－＋－＝ꎬ()＝()ઋ综合运用ઋ２２２ઋઋａｃｂ２ઋ５.解析设Ｄ→ＡａＤ→ＣｂＤ→Ｄｃ则因为ＣＧ１ＣＤઋ＋－ઋ　１１＝ꎬ１１＝ꎬ１＝ꎬ＝ꎬઋ＝()ꎬઋａｂｃ构成空间的一个正交基底.４ઋ２ઋ{ꎬꎬ}ઋ整理得ａｂｂｃａｃ所以ＣＧＣＣ１ＣＤ１ｂｃ＝＝ઋઋꎬŰŰŰꎬ→１→１→()所以＝＋＝－＋ꎬઋＢＭＢＢＢＭＢＢ１ＢＤＢＢઋ所以ａｂｃ１→＝→１＋→＝→１＋→＝→１４４Ű(－)＝０ꎬઋ２ઋ因为ａ０ｂｃ０所以ａｂｃઋ所以ＣＧ１ｂｃઋ→１()≠ꎬ－≠ꎬ⊥(－)ꎬઋ｜｜＝－＋＝ઋ１→ＢＡ１Ｂ→ＣＤ→Ｄ１Ｄ→Ｃ１Ｄ→Ａ４ઋ＋＋＝１－１１－１１ઋ即→ＳＡＣ→Ｂ所以ＳＡＣＢ.ઋ２２２２２ઋ⊥ꎬ⊥２ઋ１１７ઋ同理可得ＳＢＡＣＳＣＡＢ.１ａ１ｂｃ()＋１＝ꎬꎬ⊥ꎬ⊥ઋ＝－－＋ꎬ４４ઋઋ２２ઋઋ所以Ｅ→ＦＣ→Ｇ１ａｂｃઋ1.3　空间向量及其ઋŰ１＝－(＋－)ઋઋ２２ઋઋ所以ＢＭ２１ａ１ｂｃ１ａ２ઋ运算的坐标表示１→()１ｂｃઋ｜｜＝－－＋＝ઋ２２４Ű(＋)ઋ４ઋ１.３.１　空间直角坐标系ઋ１ｂ２ｃ２１ａｂａｃｂｃઋઋ＋＋＋Ű－Ű－Ű＝１１ꎬ１ａｂ１ａｃ１ｂ２１ｂｃઋઋ４２＝－Ű－Ű－－Ű＋ઋ练习８２８２ઋ所以ＢＭ即ＢＭ的长ઋ１解析建立如图所示的空间直角坐标ઋ→ઋ.｜１｜＝１１ꎬ１１ｂｃ１ｃ２３.　ઋ为.Ű＋＝ઋ系表示各点如图.ઋ１１８２８ઋꎬઋＥＦＣＧઋઋ６.证明设ＣＤａＣＢｂＣＣｃ则ａ→→１ઋ→＝→＝→１＝所以ＥＦＣＧŰઋ　ꎬꎬꎬ{ꎬઋｃｏｓ‹→ꎬ→１›＝＝ｂｃ构成空间的一个基底.Ｅ→ＦＣ→Ｇꎬ}｜｜Ű｜１｜　３ઋઋઋઋＭｘｙｚ.３ઋ所以ｘａｚ２ａａઋ(－ꎬ－ꎬ)(１－ꎬ０ꎬ１)＝(－ꎬ０ꎬ)ꎬ与点关于原点的对称点为ઋઋＭ３(４)ઋìઋＭｘｙｚ.ઋïｘ１ａઋ４(－ꎬ－ꎬ－)１ઋï＝ꎬઋ３解析因为正方体的棱长为３.ａＥＦＧઋ所以í所以Ｍ１ａａ２ａ.ઋ　ꎬꎬꎬꎬ(ꎬꎬ)ઋïઋＨＩＪ分别是相应棱的中点ïｚ２ａ３３ꎬꎬꎬઋî１＝ꎬઋａａઋ３ઋ所以ＥａＦａઋઋ()()因为所以０ꎬꎬꎬꎬ０ꎬꎬઋＡＮＣＮＡＮ２ＡＣઋ＝２ꎬ→＝→ꎬ２２ઋઋａａａ３ＧａＨａＩａઋઋ(ꎬ０ꎬ)ꎬ(ꎬꎬ０)ꎬ(ꎬꎬ０)ꎬઋ所以ｘａｙ２ａａઋ２２２２２ઋ(－ꎬꎬ０)＝(－ꎬꎬ０)ꎬઋ３ａઋઋＪ(ａ).ઋìઋ０ꎬꎬïｘ１ａ２ઋ２.解析在空间直角坐标系Ｏｘｙｚ中ï２＝ꎬઋ４.解析图略.ઋ　(１)ꎬ所以í３ઋ　ઋＯｙｚ平面与ｘ轴垂直Ｏｘｚ平面与ｙ轴ઋïｙ２ａＡＢઋꎬïઋ(１)｜｜＝垂直平面与轴垂直î２＝ꎬઋＯｘｙｚ.ઋꎬ３２２２.ઋ点Ｐ在Ｏｙｚ平面内的射影ઋ(３－２)＋(１－３)＋(４－５)＝６ઋ(２)(２ꎬ３ꎬ４)所以Ｎ(１ａ２ａ).ઋＡＢઋ坐标为Ｐ在Ｏｘｚ平面内的射ꎬꎬ０ઋ(２)｜｜＝１３３ઋ(０ꎬ３ꎬ４)ꎬઋ２２２.ઋ影坐标为Ｐ在Ｏｘｙ平面内的所以ＭＮઋ(３－６)＋(５－０)＋(７－１)＝７０２(２ꎬ０ꎬ４)ꎬ｜→｜＝ઋઋ５.解析ａｂｃ射影坐标为Ｐ.　(１)Ű(＋)＝(２ꎬ－３ꎬ１)Űઋ２２２ઋ３(２ꎬ３ꎬ０).ઋ１ａ１ａａ２ａ２ａઋ点Ｐ关于原点成中心对称(－)＋(－)＋(－０)(２ꎬ０ꎬ５)＝４＋０＋５＝９ઋ(３)(１ꎬ３ꎬ５)３３３３ઋａｂｃઋ的点的坐标为Ｐ′.ઋ(２)＋６－８＝(２ꎬ－３ꎬ１)＋(１２ꎬ０ꎬ１８)－ઋ(－１ꎬ－３ꎬ－５)ઋ.３解析５ａ.ઋ.ＣＢ′ઋ(０ꎬ０ꎬ１６)＝(１４ꎬ－３ꎬ３)　(１)(０ꎬ４ꎬ０)ꎬ(３ꎬ４ꎬ３)ꎬ＝综合运用ઋ３ઋઋＰ３.ઋ６.证明由已知可得ＡＢઋ(ꎬ２ꎬ３)所以ＭＮ的长为５ａ.ઋ　ꎬ｜｜＝ઋ２ઋ３２２２ઋＢ→Ｂ′Ｏ→Ｄ′Ａ′→Ｃ′Ａ′→Ｄ′５.解析设正方体的棱长为建立如图ઋ(１０－４)＋(－１－１)＋(６－９)＝７ꎬઋ(２)＝＝(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ＝＋ઋ　２ꎬＡＣ２２２ઋＤ′Ｃ′.所示的空间直角坐标系Ｄｘｙｚ.ઋ｜｜＝(２－４)＋(４－１)＋(３－９)＝７ꎬઋ→＝(－３ꎬ４ꎬ０)ઋ２２２ઋ４解析ઋＢＣ.因为点Ｂ是点Ａ在坐标｜｜＝(２－１０)＋[４－(－１)]＋(３－６)ઋ　(３ꎬ４ꎬ５)ઋઋ平面Ｏｘｙ内的投影所以Ｂઋꎬ(３ꎬ４ꎬ０)ꎬ＝７２ꎬઋઋ２２２ઋ所以ＯＢઋ因为→＝７＋７＝(７２)ꎬઋ(３ꎬ４ꎬ０)ꎬઋ所以ＡＢ２ＡＣ２ＢＣ２ઋ所以Ｏ→Ｂ２２.ઋ｜｜＋｜｜＝｜｜ꎬઋ｜｜＝３＋４＝５ઋ又ＡＢＡＣઋ空间向量运算的坐标表示ઋ｜｜＝｜｜ꎬઋ１.３.２　ઋ所以以ＡＢＣ－ઋઋ(４ꎬ１ꎬ９)ꎬ(１０ꎬ１ꎬ６)ꎬ(２ꎬ为顶点的三角形是等腰直角三ઋ练习ઋ４ꎬ３)ઋ１.解析ａｂ则ＤＣＢઋ角形.ઋ　(１)＋＝(－３＋１ꎬ２＋５ꎬ５－１)＝(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ１(２ꎬ２ꎬ２)ꎬઋઋઋ７解析.Ｍ所以ＤＢＣＭ.因为ＡＢઋઋ　(３ꎬ５ꎬ－７)ꎬ(－２ꎬ４ꎬ３)ꎬ(－２ꎬ７ꎬ４)(２ꎬ１ꎬ０)ꎬ→１＝(２ꎬ２ꎬ２)ꎬ→＝ઋａઋ所以→ＡＢ→ＢＡઋ(２)６＝(６×(－３)ꎬ６×２ꎬ６×５)＝(－１８ꎬ(２ꎬ－１ꎬ０)ꎬઋ＝(－５ꎬ－１ꎬ１０)ꎬ＝(５ꎬ１ꎬ－１０)ꎬ.ઋ设ＤＢ与ＣＭ所成的角为θઋ１２ꎬ３０)１的中点坐标为－＋－＋ઋઋＡＢ３２５４７３ａｂ(ꎬꎬ)ꎬઋ(３)３－＝(－９ꎬ６ꎬ１５)－(１ꎬ５ꎬ－１)＝Ｄ→ＢＣ→Ｍઋ２２２ઋ.(θπ)则θ｜１Ű｜ઋઋ(－１０ꎬ１ꎬ１６)０≤≤ꎬ｜ｃｏｓ｜＝ＤＢＣＭ＝ઋ即(１９)ઋａｂ２→→ઋꎬꎬ－２ꎬ(４)Ű＝(－３ꎬ２ꎬ５)Ű(１ꎬ５ꎬ－１)＝－３｜１｜｜｜２２ઋઋ.２２２ઋઋＡＢ.＋１０－５＝２｜(２ꎬ２ꎬ２)Ű(２ꎬ－１ꎬ０)｜１５.＝－＋－＋＝ઋ＝ઋ｜｜(５)(１)１０３１４２.解析因为ａｂ所以ａｂ２２２拓广探究ઋ　⊥ꎬŰ＝０ꎬ３×２×２＋(－１)１５ઋઋ所以ＤＢ与ＣＭ所成角的余弦值ઋ８解析１.设正方体的棱长为ａ以Ｄ为原ઋ所以ｘ解得ｘ１０.ઋ－８－２＋３＝０ꎬ＝　ꎬઋ３ઋ点建立如图所示的空间直角坐标系.ઋ３.解析由点Ｍ在ｚ轴上可设Ｍ为１５.ઋꎬઋ　ꎬ(０ꎬ０ꎬ１５ઋઋａ又因为ＡＢ◆习题1.3ઋઋ)ꎬ(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ(１ꎬ－３ꎬ１)ꎬઋઋＭＡＭＢઋ｜｜＝｜｜ꎬ复习巩固ઋઋ２２２ઋ所以ａ１.解析若向量ａｘ轴则向量ａｘઋ(１－０)＋(０－０)＋(２－)＝ઋ　∥ꎬ＝(ꎬઋઋ２２ａ２解得ａｘ向量ｂｙ轴则向量ｂઋ－＋－－＋－０ꎬ０)(≠０)ꎻ∥ꎬ＝ઋ(１０)(３０)(１)ꎬઋ.所以Ｍ.ｙｙ向量ｃｚ轴则向量ઋ＝－３(０ꎬ０ꎬ－３)(０ꎬꎬ０)(≠０)ꎻ∥ꎬઋઋ４.解析因为正方体的棱长为ａ所以ｃｚｚ.ઋઋ　ꎬ＝(０ꎬ０ꎬ)(≠０)ઋઋＡａＢａａＣａ２.解析与点Ｍ关于ｘ轴的对称点ઋઋ(ꎬ０ꎬ０)ꎬ(ꎬꎬ０)ꎬ(０ꎬꎬ０)ꎬ　(１)ઋ为Ｍｘｙｚ.ઋＣ′ａａઋａ(０ꎬꎬ)ꎬ１(ꎬ－ꎬ－)ઋઋ则ＣａＭａＤ设ＭｘａｚＮｘｙ与点Ｍ关于ｙ轴的对称点为(０ꎬꎬ０)ꎬ(ꎬ０ꎬ)ꎬ１(０ꎬ０ꎬઋ(１ꎬꎬ１)ꎬ(２ꎬ２ꎬ０)ꎬ(２)ઋ２ઋＭｘｙｚ.ઋａ２ઋ因为ＢＭＭＣ′所以ＢＭ２ＢＣ′(－ꎬꎬ－)ઋａＮａａ＝２ꎬ→＝→ꎬ与点Ｍ关于ｚ轴的对称点为)ꎬ(ꎬꎬ)ꎬ３(３)２　４教材习题答案ઋઋઋａઋＦઋ所以ＣＭａａઋ(－３ꎬ０ꎬ２)ꎬ(１ꎬ１ꎬ２)ꎬ→＝(ꎬ－ꎬ)ꎬઋ２ઋ所以Ｅ→Ｆ→ＡＣઋａઋ＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ＝(－２ꎬ２ꎬ０)ꎬઋＤＮａａઋ→１()ＡＤઋ＝ꎬꎬ－ꎬઋ→１＝(－２ꎬ０ꎬ２)ꎬઋ２ઋａ２ａ设ｎｘｙｚ是平面ＡＣＤ的一个法向ઋ所以ＣＭＤＮＣＭ３ＤＮઋ＝(ꎬꎬ)１ઋ→Ű→１＝－ꎬ｜→｜＝ꎬ→１ઋઋ４２ઋ量则ｎＡＣｎＡＤꎬ⊥→ꎬ⊥→１ꎬઋａઋઋ３.ઋ＝ｎ→ＡＣｘｙઋ２ઋ所以Ű＝－２＋２＝０ꎬ取ｘ则ｙઋઋ{ｎＡＤｘｚ.＝１ꎬઋＣＭＤＮઋ→→设ｎｘｙｚ是平面ＡＣＤ的法向量→１＝－＋＝所以Ű１＝１Ű２２０ઋＣＭＤＮઋ(ꎬꎬ)ꎬｃｏｓ‹→ꎬ→１›＝ｚ所以ｎઋＣＭＤＮઋ则ｎｎ＝１ꎬ＝１ꎬ＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ→→１→ＡＣＡ→Ｄ.ઋ｜｜｜｜ઋ⊥ꎬ⊥１又ＥＦｎઋઋ→１ｎＡＣｘｙŰ＝(－１ꎬ０ꎬ１)Ű(１ꎬ１ꎬ１)＝－１＋１ઋ＝－ꎬઋŰ→＝－３＋４＝０ꎬઋઋ所以取ｘ则ｙ所以ｎ９{＝４ꎬＥ→ＦઋઋｎＡＤｘｚ＝０ꎬ⊥ꎬ→１＝－＋＝ઋ所以ＣＭ与ＤＮ所成角的余弦值为１.ઋŰ３２０ꎬ所以ＥＦ平面ＡＣＤ.１１ઋઋｚ于是ｎ∥９＝３ꎬ＝６ꎬ＝(４ꎬ３ꎬ６)ꎬઋઋ练习９.解析设向量ｐ在基底ａｂａｂｃ所以平面的一个法向量为ઋ＋－ઋＡＣＤ　{ꎬꎬ}１(４ꎬ３ꎬ１解析由得ｕｎ所以ｕｎઋઋ.ｌα下的坐标为ｘｙｚ.　(１)∥ꎬ⊥ꎬŰઋ(ꎬꎬ)ꎬઋ６)即ａｂａｂઋ则ｐｘａｂｙａｂｚｃｘｙａｘઋ＝(＋)＋(－)＋＝(＋)＋(练习＝０ꎬ(３ꎬ＋ꎬ－)Ű(１ꎬ２ꎬ３)＝０ꎬઋｙｂｚｃ.ઋ所以ａｂａｂ即ａｂઋ－)＋ઋ１.证明已知直线ａｂ平面αａｂａ３＋２＋２＋３－３＝０ꎬ５－＋３ઋ因为ｐａｂｃઋ　ꎬꎬꎬ∥ꎬ⊄.ઋ＝＋２＋３ꎬઋαｂα.＝０ઋìઋꎬ⊂由ｌα得ｕｎ设ｕｔｎｔઋïｘ３ઋ(２)⊥ꎬ∥ꎬ＝(≠０)ꎬｘｙ＝ꎬ求证ａα.ઋ＋＝１ꎬï２ઋ:∥即ａｂａｂｔઋ所以ｘｙ解得íઋ证明设平面α的一个法向量为ｎ直(３ꎬ＋ꎬ－)＝(１ꎬ２ꎬ３)ꎬઋ－＝２ꎬｙ１ઋ:ꎬｔïïì＝ઋ{ઋｚ＝－ꎬ线ａｂ的方向向量分别为ｕｖ３ꎬ２ꎬꎬꎬｔઋ＝３ꎬïઋïîｚ３＝ꎬïａ１５ઋઋ因为ｂα所以ｎｖ＝３ꎬ⊂ꎬ⊥ꎬ所以ａｂｔ解得í＝ꎬઋ所以向量ｐ用基底ａｂａｂｃ表示ઋ因为ａｂ所以ｕｖ所以ｎｕ＋＝２ꎬï２ઋઋ{{＋ꎬ－ꎬ}∥ꎬ∥ꎬ⊥ꎬａｂｔઋઋï所以ｕα所以ａα.－＝３ꎬïｂ３.ઋ为ｐ３ａｂ１ａｂｃ.ઋî＝－＝(＋)－(－)＋３∥ꎬ∥２ઋ２２ઋ２.解析不存在.在四面体ＡＢＣＤ中设２证明ઋઋ.如图ＡＢＣ　ꎬ　ꎬ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬઋઋａｂｃ则ａｂｃ构成一ઋ1.4　空间向量的应用ઋ→ＡＢ→ＡＣＡ→ＤＣ所以ＡＣ＝ꎬ＝ꎬ＝ꎬ{ꎬꎬ}１→１ઋઋ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ＝(－１ꎬ个基底ઋઋꎬＢＣઋ１.４.１　用空间向量研究直线、ઋ１ꎬ－１)ꎬ→１＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋઋ因为Ｅ是ＢＣ的中点所以→ＡＥ１ａ所以ઋઋꎬ＝＋Ａ→ＣＢ→Ｃ平面的位置关系１Ű１＝(－１ꎬ１ꎬ－１)Ű(－１ꎬ０ꎬઋઋ２ઋ练习ઋ１)＝１－１＝０ꎬઋઋ１ｂꎬઋઋ所以ＡＣＢＣ所以ＡＣＢＣ.１.答案２→１→１１１ઋ　(１)√　(２)✕　(３)√ઋ⊥ꎬ⊥ઋઋ设ＡＦｍｃｍ则ＣＦＡＦＡＣ２.解析如图→＝→＝→－→＝ઋ　ꎬઋ(０≤≤１)ꎬઋઋｍｃｂ－ꎬઋઋઋઋ若ＡＥＣＦ则设ＡＥｎＣＦ所以１ａઋઋ→∥→ꎬ→＝→ꎬ＋ઋઋ２ઋઋઋઋ１ｂｎｍｃｂઋઋ＝(－)ꎬ２ઋઋઋઋ所以１ａ１ｎｂｍｎｃ因为ａઋઋ＋(＋)－＝０ꎬ{ꎬઋઋ２２ઋઋｂｃ构成一个基底ઋઋꎬ}ꎬ３.证明如图在长方体ＡＢＣＤઋઋì　ꎬ－ઋઋï１Ｏ→ＡＯ→Ｂ→ＢＡ１Ｄ→Ｂ→ＡＢ１Ｄ→ＤＤ→Ａ＝０ꎬઋ＝＋＝１－＝(１＋ઋïＡＢＣＤ中以Ｄ为坐标原点ＤＡï２１１１１→ઋ２２ઋꎬꎬꎬ所以í此方程组无解所以直ઋઋ１ｎꎬＤ→ＣＤ→Ｄ的方向分别为ｘ轴ｙ轴ｚ轴ઋＡＢＡＢ１ＡＡ１ＡＤ１ＡＢઋï＋＝０ꎬꎬ１ꎬꎬ＋→)－→＝－→１－→－→ઋ２２２ઋï２的正方向建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚઋઋîｍｎꎬꎬ＝ઋઋ０ꎬ１ａ１ｂ１ｃ.ઋ＝－－－ઋ线ＡＤ上不存在点Ｆ使得ＡＥＣＦ.ꎬ∥ઋ２２２ઋ３证明设正方体的棱长为以为坐ઋઋ.Ｄ所以直线ＯＡ的一个方向向量　２ꎬઋઋઋઋ标原点ＤＡＤＣＤＤ的方向分别为ｘ为１１１.→→→１ઋઋꎬꎬꎬ{－ꎬ－ꎬ－}ઋ２２２ઋ轴ｙ轴ｚ轴的正方向建立空间直角ઋઋꎬꎬꎬ３.解析依题意ＡＣઋઋ坐标系Ｄｘｙｚ则根据题意Ａ　ꎬ(３ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ４ꎬ０)ꎬꎬꎬ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬઋＤ所以ＡＣＡＤઋＣＤＥ１(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ→＝(－３ꎬ４ꎬ０)ꎬ→１＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ１(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ(２ꎬ１ꎬ１)ꎬ　５ઋઋઋ因为ＡＢＢＣＣＣＥＦ分别是ઋ３.解析如图在正方体ＡＢＣＤ１ઋ＝２ꎬ＝＝１ꎬꎬ２２１ઋ　ꎬ－＝(ꎬꎬ)ꎬઋＣＤＢＣ的中点ઋꎬꎬ３３３ＡＢＣＤ中以Ｄ为坐标原点ＤＡઋઋ→所以所以点Ａ到直线ＢＥ的距离为１１１１ꎬꎬꎬઋＡＥઋ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ１１ઋઋＤＣＤＤ的方向分别为ｘ轴ｙ轴ｚ轴→ꎬ→１ꎬꎬઋＦ１Ｄａ２ａｕ２５.ઋ的正方向建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚઋ()１ઋꎬ２ꎬ０ꎬ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ１－(１Ű１)＝ꎬꎬઋ２３ઋ则ＡＣＢＣઋ所以由正方体的性质知ＦＣＡＥ所ઋＡＥＡＤ１(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬઋ→＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ→１＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(２)ꎬ∥ꎬઋઋ以直线ＦＣ到直线ＡＥ的距离等于点ઋ１(０ꎬ１ꎬ０)ꎬઋＥＦ１ＥＤઋ→＝()→１＝－ઋꎬ１ꎬ０ꎬ(０ꎬ１ꎬ１)ꎬＣ到直线ＡＥ的距离ઋ２１ꎬઋ设ｍｘｙｚ为平面ＥＡＤ的法向ઋઋ＝(１ꎬ１ꎬ１)１易得ＡＥ１Ｃઋઋ()１ઋ量则ｍｍ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ０ꎬ０ꎬꎬ(０ꎬ１ꎬઋＡＥＡＤઋꎬ⊥→ꎬ⊥→１ꎬ２ઋ所以ＡＣઋઋｍＡＥｘｙ→１ઋ→１１１)ꎬ＝(－１ꎬ１ꎬ１)ꎬઋ所以Ű＝－＋＝０ꎬઋઋ{ｍＡＤｘｚ.→ＡＥ１ઋઋŰ→１＝－１＋１＝０＝(－１ꎬ０ꎬ)ꎬઋઋ取ｘ则ｙｚ２ઋઋ１＝１ꎬ１＝１ꎬ１＝１ꎬＡＥઋઋ→ઋ即ｍ.取ａＡ→Ｃｕઋ＝２１２ઋ(１ꎬ１ꎬ１)＝＝(－１ꎬ１ꎬ１)ꎬ＝ＡＥઋ设ｎｘｙｚ为平面ＥＦＤ的法向｜→｜ઋ＝２２２１ઋ(ꎬꎬ)ઋæö由已知条件及正方体的性质易知平ઋ量则ｎＥＦｎＥＤç２５５÷ઋꎬ→→１ઋꎬ⊥ꎬ⊥ꎬ＝ꎬઋè－ꎬ０ꎬø面ＡＤＢ平面ＤＣＢＡＣઋ５５ઋ１∥１１ꎬ→１＝(－１ꎬ１ꎬઋｎＥ→Ｆ１ｘｙ所以点Ｃ到直线ＡＥ的距离为ઋŰ＝２＋２＝０ꎬ１是平面ＡＤＢ和平面ＤＣＢ的一个ઋ所以２ઋ１)１１１ઋ{ઋ法向量ＢＣઋｎＥ→Ｄｙｚ.ａ２ａｕ２３０.ઋ→Ű１＝－２＋２＝０２２２ꎬ＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬઋ－(Ű)＝ઋ取ｘ则ｙｚ５所以平面ＡＤＢ和平面ＤＣＢ的距离为ઋ２＝２ꎬ２＝－１ꎬ２＝－１ꎬઋ１１１ઋ即ｎ.所以到直线的距离为ઋＢＣＡＣઋＦＣＡＥ３０.ઋ→→＝(２ꎬ－１ꎬ－１)１｜Ű１｜｜(－１ꎬ０ꎬ０)Ű(－１ꎬ１ꎬ１)｜ઋઋ因为ｍｎ５＝２２２ઋ＝－－＝ઋＡＣŰ(１ꎬ１ꎬ１)Ű(２ꎬ１ꎬ１)由ＡＡＢ｜→１｜(－１)＋１＋１ઋ所以ｍｎ(３)１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ１(１ꎬ１ꎬઋઋ０ꎬ⊥ꎬઋ３.ઋ所以平面ＥＡＤ平面ＥＦＤ.Ｅ１ઋ１１()＝ઋ⊥１)ꎬ０ꎬ０ꎬꎬઋ２３ઋઋ练习ઋ１.４.２　用空间向量研究ઋ得ＡＢＡＥ１ઋ→１→()ઋ１.Ａ解法一设ＢＣＣＡＣＣ以＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ＝－１ꎬ０ꎬꎬ１ઋ距离、夹角问题２ઋ　:＝＝＝１ꎬઋＡＡ设ｎｘｙｚ为平面ઋ→ＣＡＣ→ＢＣ→Ｃ为单位正交基底则ઋઋ１练习→１＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ＝(ꎬꎬ){ꎬꎬ}ꎬઋＡＢＥ的法向量ઋઋ１.答案ઋＢＤＢＢＢＤＣＣ１ＣＡ１ＣＢ１ꎬ→１＝→１＋１→１＝→１＋→－→ꎬઋ　１ꎻ１ꎻ１ઋ２２ઋ２.解析如图在正方体ＡＢＣＤ则ｎＡＢｎＡＥઋ　ꎬ－⊥→１ꎬ⊥→ꎬઋઋＡＦＡＡＡＦＣＣ１ＣＡ→１→１１→１→１→ઋＡＢＣＤ中以Ｄ为坐标原点ＤＡｎＡＢｙｚઋ＝＋＝－ꎬ１１１１→→１ઋꎬꎬꎬŰ＝＋＝０ꎬઋ２ઋＤＣＤＤ的方向分别为ｘ轴ｙ轴ｚ轴所以ઋ则Ｂ→ＤＡ→Ｆઋ→→ઋꎬ１ꎬꎬ{ｎ→ＡＥｘ１ｚ１Ű１＝－＋＝ઋŰ０ꎬઋ的正方向建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ.２ઋꎬઋＣＣ１ＣＡ１ＣＢＣＣ１ＣＡ取ｚ则ｙｘ＝(→１＋→－→)Ű(→１－→)ઋ＝２ꎬ＝－２ꎬ＝１ꎬઋ２２２ઋ所以ｎઋઋ＝(１ꎬ－２ꎬ２)ꎬઋＣ→Ｃ２１Ｃ→Ｃ→ＣＡ１→ＣＡＣ→Ｃઋ所以点Ａ到平面ＡＢＥ的距离为ઋ＝｜１｜－１Ű＋Ű１－ઋ１１ઋ２２ઋઋＡＡｎ１ＣＡ２１ＣＢＣＣ１ＣＢＣＡઋ→ઋ→→→→→｜１Ű｜｜(０ꎬ０ꎬ１)Ű(１ꎬ－２ꎬ２)｜｜｜－Ű１＋Űઋઋ４２４ｎ＝２２２ઋ｜｜１＋(－２)＋２ઋઋઋ３.ઋઋ＝２.４ઋ＝ઋઋ３ઋ在直角三角形中易求得ＢＤ６ઋ由正方体的性质知ＦＣ平面ઋ→１１ꎬ｜｜＝ꎬઋ(４)ꎬ∥ઋ２ઋＡＢＥ所以点Ｃ到平面ＡＢＥ的距离ઋ１１１ઋ因为正方体的棱长为所以ꎬઋＡＦ５ઋ(１)１ꎬ即为ＦＣ到平面ＡＢＥ的距离.ઋ→１＝１１｜｜ꎬઋઋ２ઋＡＥ１Ｂ由知平面ＡＢＥ的一个法向量为ｎઋ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(０ꎬ０ꎬ)ꎬ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ(３)１设向量ＢＤ与ＡＦ的夹角为θ则直线ઋઋ→→２１１ꎬઋ易知ＢＣઋＢＤ与ＡＦ所成角的余弦值为θ１→１ઋ所以Ｅ→Ａ１＝(１ꎬ－２ꎬ２)ꎬ＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬઋ１１｜ｃｏｓ｜ꎬઋ１＝(１ꎬ０ꎬ)ꎬ所以直线ＦＣ到平面ＡＢＥ的距离为ઋ１１ＢＤＡＦઋ２ઋ→→则θ｜１Ű１｜３０.ઋＥＢ１Ｂ→Ｃｎઋ｜ｃｏｓ｜＝ＢＤＡＦ＝ઋ→１＝(１ꎬ１ꎬ)ꎬ｜１１Ű｜｜(－１ꎬ０ꎬ０)Ű(１ꎬ－２ꎬ２)｜ઋ｜→１｜｜→１｜１０ઋ２ｎ＝２２２ઋ解法二由已知可得ＣＡＣＢＣＣ两两ઋ｜｜ઋＥＢ１＋(－２)＋２:ꎬꎬ１ઋ→ઋ取ａＥＡ１ｕ１垂直以Ｃ为坐标原点建立如图所示ઋ１＝→１＝(１ꎬ０ꎬ)ꎬ１＝１.ઋꎬꎬ２Ｅ→Ｂ＝的空间直角坐标系Ｃｘｙｚ｜１｜３ꎬ　６教材习题答案ઋઋઋｙઋì１ïઋ即２＝０ꎬઋ３ａｘ３ａｚઋ{ઋï－＝０ꎬｘｙｚ即２２ઋ１－２１－３１＝０ꎬઋíઋ所以ｙ取ｚ则ｘઋï１１１３ａｘ１ａｙઋ＝＝＝ઋï０ꎬ１ꎬ３ꎬî－＝０ꎬઋ所以ｍઋ２２ઋ＝ઋ(３ꎬ０ꎬ１)ꎬ取ｘ则ｚｙｍઋ设ｎｘｙｚ为平面ＡＢＣ的法ઋ＝(２ꎬ２ꎬ２)１１＝１ꎬ＝１ꎬ＝３ꎬ∴＝(１ꎬ３ꎬઋ向量ઋઋꎬઋ１)ꎬઋઋ设平面ＡＢＤ和平面ＢＤＣ的夹角为αｎＢＣｘｙꎬઋ→ઋ则Ű１＝０ꎬ即－２２＋２２＝０ꎬｍｎઋ{{ઋαｍｎ｜Ű｜｜－１｜ઋｎＡＢｘｙｚઋ∴ｃｏｓ＝｜ｃｏｓ‹ꎬ›｜＝ｍｎ＝Ű→１＝０ꎬ２－２２－３２＝０ꎬઋ设ＢＣＣＡＣＣ所以ＡＢઋ｜｜｜｜５×１１ઋ＝＝＝１ꎬ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬઋ取ｘ则ｙｚ３ઋ因为ＤＦ分别为ＡＢઋ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ１ꎬ１１１ꎬ２＝１ꎬ２＝１ꎬ２＝－ꎬ５.ઋＡＣ的中点３ઋ＝ઋઋ５１１ꎬæöç÷ઋ所以ｎ３设平面ＡＡＢ与ઋ平面ＡＢＤ和平面ＢＤＣ的夹角的余弦１∴ઋ所以Ｄ１１Ｆ１＝è１ꎬ１ꎬ－øꎬઋ１()１()ઋꎬꎬ１ꎬꎬ０ꎬ１ꎬ３ઋ２２２平面ＡＢＣ所成的角为θ值为５.ઋ１１ꎬઋઋ所以Ｂ→Ｄ１１ｍｎઋ５ઋ１＝(ꎬ－ꎬ１)ꎬ所以θ｜Ű｜ઋ练习ઋ２２ｃｏｓ＝ｍｎ＝ઋ｜｜Ű｜｜ઋＡＦ１ઋ１.解析设→ＡＣ与Ｂ→Ｄ的夹角为θθઋ→æöઋ１＝(－ꎬ０ꎬ１)ꎬç３÷　(∈[０ꎬઋ２(３ꎬ０ꎬ１)Űè１ꎬ１ꎬ－øઋ因为ＢＤＡＣ都垂直于棱ｌ所以ઋ３７.ઋπ])ꎬꎬꎬઋ所以ઋＢＤＡＦ１１２＝ＢＤＡＢＡＣＢＤ所以ＢＤＡＢＡＣ→１Ű→１＝(ꎬ－ꎬ１)Űæö→→→→→→→ઋ２７ઋ＝２２２２２ç３÷⊥ꎬ⊥ꎬŰ０ꎬઋ(３)＋１Ű１＋１＋è－øઋＢ→Ｄઋ１３ＢＤ６ＡＦ３ઋŰ＝０ꎬઋ()→１→１所以平面ＡＡＢ与平面ＡＢＣ所成角的ઋ－ꎬ０ꎬ１＝ꎬ｜｜＝ꎬ｜｜１１１由已知得ＣＤＣＡＡＢＢＤ所以ＣＤ２ઋ２４２ઋ→＝→＋→＋→ꎬ｜→｜ઋઋ余弦值为７.ＣＡ２ＡＢ２ＢＤ２ＣＡＡＢઋ５ઋ→→→→→＝＝｜｜＋｜｜＋｜｜＋２Ű＋ઋꎬઋ２７ઋઋＣＡＢＤＡＢＢＤ４.解析如图所示建立空间直角坐标２→Ű→＋２→Ű→ꎬઋ设向量ＢＤ与ＡＦ的夹角为θ则直线　ꎬઋ→１→１ꎬઋ系设ＡＢＢＣＢＤａ则Ｂઋ因为ＡＢＡＣＢＤＣＤＢＤ与ＡＦ所成角的余弦值为θꎬ＝＝＝ꎬ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ＝４ꎬ＝６ꎬ＝８ꎬ＝２１７ꎬઋ１１ઋ｜ｃｏｓ｜ꎬ２２２２ઋæöઋ代入上式得Ａç１ａ３ａ÷Ｃａꎬ(２１７)＝６＋４＋８－２×ઋＢ→ＤＡ→Ｆઋ则θ｜１Ű１｜３０.è０ꎬ－ꎬøꎬ(０ꎬꎬ０)ꎬઋ｜ｃｏｓ｜＝＝２２ઋθ所以θ１ઋＢ→ＤＡ→Ｆ１０æöઋ６×８×ｃｏｓꎬｃｏｓ＝ꎬ｜１｜｜１｜ç÷ઋＤઋ２所以ＢＤ与ＡＦ所成角的余弦值为３ａ１ａઋèꎬ－ꎬ０øꎬઋ所以平面α与平面β的夹角为°.１１２２６０ઋઋ２.解析连接ＮＤ取ＮＤ的中点Ｅ连接ઋ３０故选.ઋ　ꎬꎬઋꎬＡઋＭＥＣＥ因为ＭＮ分别为ＡＤＢＣ的中ઋ１０ઋꎬꎬ、、ઋ２.Ｃઋ点所以ＭＥＡＮઋઋꎬ∥ꎬ３.解析在正三棱柱ＡＢＣＡＢＣ中取所以为异面直线与所ઋઋＥＭＣＡＮＣＭ　－１１１ꎬ∠ઋＢＣＢＣ的中点分别为ＯＤ连接ＯＤઋ成的角如图ઋꎬ１１ꎬꎬꎬઋꎬꎬઋ以Ｏ为坐标原点直线ＯＢＯＤＯＡ分æöઋઋꎬꎬꎬＡＤç÷ＢＣａઋ别为ｘ轴ｙ轴ｚ轴建立如图所示的空→３ａ３ａ→ઋ＝ꎬ＝(０ꎬꎬ０)ꎬઋꎬꎬèꎬ０ꎬ－øઋ间直角坐标系２２ઋઋæöઋꎬＢＤç÷.ઋ→３ａ１ａઋ＝èꎬ－ꎬ０øઋ２２ઋઋＡＤＢＣＡＤＢＣઋઋ(１)∵→Ű→＝０ꎬ∴⊥ꎬઋઋＡＤ与ＢＣ所成角的大小为.ઋઋ∴９０°ઋઋ设直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角的ઋ因为ＡＢＡＣＢＤＣＤＡＤＢＣઋ(２)ઋ＝＝＝＝３ꎬ＝＝２ꎬ大小为ઋθઋꎬ２ઋ易得ｎ是平面ＢＣＤ的一个ઋ所以ＡＮＡＢ２(１ＢＣ)２２ઋ＝(０ꎬ０ꎬ－１)ઋ＝－＝３－１ઋઋ２ＡＤｎઋ→ઋ２法向量θＡＤｎŰ２ઋ→ઋＣＭＡＣ１ＡＤ因为正三棱柱的所有棱长都为ꎬｓｉｎ＝ｃｏｓ‹ꎬ›＝ＡＤｎ＝２２ꎬ＝－()＝ઋ２ꎬ｜→｜Ű｜｜ઋ２ઋ所以ＢＡＡઋઋ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ１(０ꎬ２ꎬ３ａઋ２２ＥＭ１ＡＮઋઋ３－１＝２２ꎬ＝＝２ꎬＣઋ２２ઋ２３)ꎬ１(－１ꎬ２ꎬ０)ꎬ＝＝ꎬ因为ＥＮＣＮઋ所以２ઋ⊥ꎬઋＡ→ＡＡ→Ｂ６ａઋ１＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ１＝(１ꎬ－２ꎬ×１２２ઋઋ所以ＣＥＥＮＣＮ２＝＋ઋＢ→Ｃθ即直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成ઋ－３)ꎬ１＝(－２ꎬ２ꎬ０)ꎬ２ઋ∴＝４５°ꎬઋ设ｍｘｙｚ为平面ＡＡＢ的法１ＤＮＣＮ２ઋ角的大小为.ઋ＝(１ꎬ１ꎬ１)１４５°＝()＋ઋ向量设ｍｘｙｚ是平面ＡＢＤ的法向ઋ２ઋꎬ(３)＝(ꎬꎬ)ઋ２ઋｍＡＡｘｙｍઋ１２２２ઋ→ＡＤઋ()则Ű１＝０ꎬ即－２２＋２２＝０ꎬŰ→＝０ꎬ＝３－１＋１＝３ꎬઋ{{量则ઋ２ｍＡ→Ｂｘｙｚꎬ{ｍＢＤ在ＣＥＭ中由余弦定理知ＥＭＣŰ１＝０ꎬ２－２２－３２＝０ꎬŰ→＝０ꎬ△ꎬｃｏｓ∠　７ઋઋઋＥＭ２ＣＭ２ＣＥ２设平面ＢＣＣＢ的法向量为ｎｘઋ１１ઋ＋－(１)＝(ꎬઋ＝ＥＭＣＭઋ２Űｙｚ所以ｎＢ→ＣｎＢ→Ｂઋઋ１ઋ２２２ꎬ)ꎬ⊥ꎬ⊥ꎬઋ(２)＋(２２)－(３)７ｎＢＣｘｙઋઋ→ઋ＝＝ꎬ则Ű＝－＋＝０ꎬઋ２×２×２２８{ｎＢＢઋઋ所以异面直线ＡＮＣＭ所成角的余弦值Ű→１＝０ꎬઋઋꎬ令ｘ则ｙｚઋઋ＝１ꎬ＝１ꎬ＝０ꎬઋ为ઋ７.所以ｎઋ＝ઋ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬઋ８即平面的一个法向量为ઋＢＣＣＢઋ３.解析由已知以Ｏ为坐标原点建立１１(１ꎬ１ꎬઋ　ꎬꎬ.ઋઋ如图的空间直角坐标系０)ઋઋꎬઋ设平面ＡＢＣ的一个法向量为ｍ设正方体的棱长为则Ｄઋ(２)１＝ઋ１ꎬ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬઋｘ′ｙ′ｚ′所以ઋＢＢＣઋ(ꎬꎬ)ꎬઋ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬઋｍ→ＢＣｘ′ｙ′ઋ所以ＢＤＣＢ.ઋŰ＝－＋＝０ꎬઋ→＝(－１ꎬ－１ꎬ０)ꎬ→１＝(１ꎬ０ꎬ１)ઋ{ｍＢ→Ａｘ′ｚ′ઋઋŰ１＝－＋２＝０ꎬઋ因为ＢＥ１ＢＤＣＦ１ＣＢ(１)＝ꎬ＝→１ꎬઋઋ３３ઋ令ｘ′则ｙ′ｚ′１ઋ＝１ꎬ＝１ꎬ＝ꎬઋ２ઋ所以Ｅ(２２)Ｆ(１１)ઋઋꎬꎬ０ꎬꎬ１ꎬꎬ３３３３ઋ所以ｍ(１)ઋઋ＝１ꎬ１ꎬꎬઋ２所以Ｅ→Ｆ１１１ઋઋ＝(－ꎬꎬ)ꎬ即平面ＡＢＣ的一个法向量ઋઋ３３３因为ＯＡＯＣＯＢ所以Ｏ１ઋ＝＝３ꎬ＝２ꎬ(０ꎬ０ꎬઋ所以Ｂ→ＤＥ→ＦઋＡＢＣ为１.ઋŰ＝(－１ꎬ－１ꎬ０)Űઋ０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ３ꎬ０)ꎬ()ઋ１ꎬ１ꎬ１１１所以ＥＦＢＤ.ઋ２ઋ()所以Ｂ→Ｃ→ＡＢ３证明－ꎬꎬ＝０ꎬ⊥ઋ＝(－２ꎬ３ꎬ０)ꎬ＝(２ꎬ０ꎬ－３)ꎬ.在平行六面体ＡＢＣＤＡＢＣＤઋ３３３　－１１１１ઋＯＢઋ因为ＣＢＥＦઋ→中ＥＦ分别是ＡＢＣＤ的中点ＡＡઋ(２)→１Ű→＝(１ꎬ０ꎬ１)Ű＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ１１→１ઋ设ｎｘｙｚ为平面ＡＢＣ的法向量ꎬꎬꎬꎬ、ઋઋ＝(ꎬꎬ)ꎬઋ１１１→ＡＢ不共线(－ꎬꎬ)＝０ꎬઋｎＢＣｘｙꎬઋ３３３ઋ→＝－＋＝ઋ所以Ű２３０ꎬ所以ＡＥＡＡＡＥＡＡ１ＡＢ所以ＥＦＣＢ.ઋઋ⊥１{ｎＡＢｘｚ→１＝→１＋→＝－→１＋→ꎬઋ→＝－＝ઋ６.解析在正方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中Ű２３０ꎬ２　－１１１１ꎬઋઋ以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空间ઋ取ｘ则ｙ２ｚ２ＣＦＣＣＣＦＣＣ１ＣＤＡＡ１ઋ→→１→１→１１→１→１ꎬઋ＝１ꎬ＝ꎬ＝ꎬ＝＋＝＋＝－ઋ３３２２直角坐标系ઋઋꎬઋＡＢＡＥઋ即ｎ２２→→１ઋ＝(１ꎬꎬ)ꎬŰ＝－ꎬઋઋ３３所以ＡＥＣＦ所以ＡＥＣＦ.ઋ→１→１ઋ设直线ＯＢ与平面ＡＢＣ所成的角为θ∥ꎬ∥ઋꎬઋ４.证明取ＢＤ的中点Ｏ在线段ＣＤ上ઋ　ꎬઋＯＢｎઋ→取点Ｆ使得ＤＦＦＣ连接ＯＰＯＦઋ则θＯＢｎ｜Ű｜ઋｓｉｎ＝｜ｃｏｓ‹→ꎬ›｜＝＝ꎬ＝３ꎬꎬꎬઋＯ→ＢｎＦＱ如图ઋઋ｜｜Ű｜｜ꎬꎬઋઋ２２ઋઋ(２ꎬ０ꎬ０)Ű(１ꎬꎬ)ઋઋ３３３１７.ઋઋ２２＝ઋઋ１７ઋ２２(２)(２)ઋ２Ű１＋＋ઋ３３ઋ所以直线ＯＢ与平面ＡＢＣ所成角的正ઋ因为正方体的棱长为则Ｄઋઋ１ꎬ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬઋઋઋઋＥ１Ａ弦值为３１７.(ꎬ１ꎬ０)ꎬ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋઋ２ઋ１７ઋઋ◆习题1.4ＰＱＰＢＢＣＣＱ１ＭＢＢＣ１ＣＡઋ→＝→＋→＋→＝→＋→＋→Ｏ(１１)ઋઋ１ꎬꎬꎬ２４２２ઋ复习巩固ઋઋ１Ｍ→Ｄ１Ｄ→ＢＢ→Ｃ１→ＣＡઋ所以Ｏ→Ｅ１１１Ａ→Ｅઋઋ()１１.解析由题意得ＡＥ１ＡＣＡＤ＝＋＋＋＝－ꎬꎬ－ꎬઋ　→＝Ű(→＋→)＝２２４ઋ２２２ઋ２ઋ１ＡＤ１ＤＢＢＣ１ＣＤ１ＤＡ１ઋ→→→→→ઋ()ａｂ＝＋＋＋＋＝－ꎬ１ꎬ－１ꎬઋ１ＢＣＢＡ１ＢＤＢＡ１１ઋ(→－→)＋(→－→)＝＋４２４４２ઋ２２２２ઋＡＥઋ１ＤＢＢＣ１ＣＤઋ→ｃ＝→＋→＋→ꎬ所以１１２２Ｏ→Ｅઋઋ()－ꎻ２４ＡＥ＝－ꎬꎬ－ꎬ｜｜＝ઋઋ｜→１｜３３３ઋＢＦＢＡＡＦｃ１ＡＥｃ１ઋ→＝→＋→＝＋→＝＋ŰＯ→ＦＯ→ＢＢ→ＣＣ→Ｆ１Ｄ→ＢＢ→Ｃ１Ｃ→Ｄ.ＡＥઋ＝＋＋＝＋＋ઋ→３３３ＯＥ１１１１ઋ２４ઋꎬ→Ű＝(－ꎬꎬ)Űઋ１ａ１ｂｃ１ａ１ｂ２ｃ.ઋ２Ａ→Ｅ２２２()因为Ｐ→ＱＯ→Ｆ所以ＰＱＯＦ.｜１｜ઋ＋－＝＋＋∥ꎬ∥ઋ２２６６３ઋ又因为ＰＱ平面ＢＣＤＯＦ平面ઋ２.解析依题意得ＢＣ１２２５.ઋ⊄ꎬ⊂ઋ(－ꎬꎬ－)＝　ꎬ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬＢＣＤ所以ＰＱ平面ＢＣＤ.ઋઋ３３３３ＢＡꎬ∥所以点Ｏ到直线ＡＥ的距离为ઋ０)ꎬ１(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ１(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ５.证明在正方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中ઋ１ઋ所以ＢＣＢＢ　－１１１１ꎬઋઋ→＝－→１＝以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空间ઋæＡＥö２２(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ２ç→１÷ઋꎬઋＯ→ＥＯ→Ｅ(５)Ｂ→Ａ直角坐标系－èŰＡＥø＝３－１＝(－１ꎬ０ꎬ２)ꎬꎬ｜１｜３　８教材习题答案ઋઋઋઋ因为ＡＢＢＣＣＣ所以Ａ１ઋ２.１ઋ＝２ꎬ＝＝１ꎬ(１ꎬ０ꎬઋ＝ઋＥＤＢ３２１０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ１(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ１(１ꎬ２ꎬઋ＝ꎬઋઋ７.解析设一个基底为Ｏ→ＡａＯ→Ｂ２２ઋ１)ꎬઋ　(１)＝ꎬ＝×ઋ２所以ＡＥＡＤઋ２ઋ→→ｂＯ→Ｃｃ＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ１＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋꎬ＝ꎬＭＮＣＤ′即ＭＮ和ＣＤ′所成ઋ→→ＢＥઋ∴‹ꎬ›＝６０°ꎬઋ→角的大小为１＝(－１ꎬ－１ꎬ－１)ꎬઋ则ＤＥＯＥＯＤ１ｂ１ｃ１ａＢＣ.ઋ→＝→－→＝＋－ꎬ→＝６０°设平面ＡＥＤ的法向量为ｎｘｙઋ２２２ઋ１＝(ꎬꎬઋＭＮＡＤઋｚＭＮＡＤ→Ű→ઋＯＣＯＢｃｂ.ઋ)ꎬ→－→＝－(２)∵ｃｏｓ‹→ꎬ→›＝＝ઋＭＮＡＤઋ｜→｜｜→｜ｎ→ＡＥｘｙઋઋ＝－＋＝Ｄ→ＥＯ→Ａ１ｂ１ｃ１ａａ所以Ű０ꎬઋ()ઋ∵Ű＝＋－Ű＝０ꎬ１{ｎＡ→Ｄｘｚઋ２２２ઋŰ１＝－＋＝０ꎬઋ２２ઋ令ｘ则ｙｚＤＥＢＣ１ｂ１ｃ１ａｃｂ＝ꎬઋ→→ઋ＝１ꎬ＝１ꎬ＝１ꎬŰ＝(＋－)Ű(－)＝２２所以ｎઋ２２２×１ઋ＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬઋＤＥＯＡＤＥＢＣＤＥ是异面直２ઋઋ０ꎬ∴⊥ꎬ⊥ꎬ∴ઋ因为ｎＢＥ所以ｎＢＥＭＮＡＤ即ＭＮ和ＡＤ所成＝－→１ꎬ∥→１ꎬઋ线ＯＡＢＣ的公垂线→→ઋ、ꎬ∴‹ꎬ›＝４５°ꎬ所以ＢＥ平面ＡＥＤ.ઋ角的大小为.ઋ１⊥１ઋ４５°ઋＤＥ２１ｂ２１ｃ２１ａ２１ｂｃ１２.证明在长方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中ઋ→＝＋＋＋－１０.解析证明以直线ＤＡＤＣＤＤઋ　－１１１１ꎬ∴Ű　(１):、、１ઋઋ以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空４４４２分别为ｘ轴ｙ轴ｚ轴建立空间直角ઋઋꎬꎬꎬ间直角坐标系ઋ１ａｂ１ａｃ１Ｄ→Ｅ２.坐标系图略.设正方体的棱长为ઋꎬઋŰ－Ű＝ꎬ∴｜｜＝()１ꎬઋ２２２２ઋ则ＤＡＣઋ连接ＡＥ取ＡＢＣ的重心为Ｈ则(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬઋ(２)ꎬ△ꎬઋઋＧ１Ｈ１Ｆઋઋ()()(ઋＡＨ２ＡＥ３ꎬ１ꎬ１ꎬ０ꎬꎬ１ꎬ１ꎬ１ꎬઋ＝＝ꎬ２２ઋઋ３３１Ｂઋઋ)ઋæö２ꎬ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬઋＯＨＯＡ２ＡＨ２ç３÷２ઋઋ∴＝－＝１－＝ઋèøＧＨ１１ＡＣઋ３ઋ∴→＝(－ꎬ－ꎬ０)ꎬ→１＝(－１ꎬ１ꎬઋ２２ઋઋ６即点Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为６.ઋઋꎬＧＦ１１ઋ３３－１)ꎬ→＝(ꎬ０ꎬ－)ꎬઋઋ设ＡＤａａＣＤｂｂＡＡｃ２２１ઋ８.证明设一个基底ＡＢａＡＣｂＡＤઋ＝(>１)ꎬ＝(>１)ꎬ＝→→→因为ઋ　＝ꎬ＝ꎬ＝ઋｃＡＥＡＦＡＧＣＰＡＣＧＨ１１ＡＣＧＦ１１１→１→→１→(>１)ꎬ＝＝＝１ꎬ＝ઋ∴Ű＝－＝０ꎬŰ＝ઋｃ则ＭＮＡＮＡＭ１ｂ１ｃ１ａＣＤ２２ＣＱＣＲઋꎬ→＝→－→＝＋－ꎬ→ઋ＝＝１ꎬઋ２２２１１ઋ所以ＥａｃＦａｃＧａઋઋ(ꎬ０ꎬ－１)ꎬ(ꎬ１ꎬ)ꎬ(－１ꎬＡＤＡＣｃｂ.－＋＝０ꎬઋ→→２２ઋｃＱｂＲｂＰ＝－＝－ＡＣＧＨＡＣＧＦ.０ꎬ)ꎬ(０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ(１ꎬꎬ０)ꎬ(０ꎬઋ∴１⊥ꎬ１⊥ઋｂઋＭ→Ｎ→ＡＢ(１ｂ１ｃ１ａ)ａ又ＧＨＧＦＧＡＣ平面ＥＦＧＨＫＬ.ઋꎬ１)ꎬઋ∵Ű＝＋－Ű∩＝ꎬ∴１⊥ઋ２２２所以ＥＦＥＧઋ由知ＡＣＤＢઋ→＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ→＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋ→→ઋ１ａｂ１ａｃ１ａ２(２)(１)１＝(－１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ１＝ઋઋＱＰＲＰ＝Ű＋Ű－→＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ→＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋ２２２(１ꎬ１ꎬ１)ꎬઋઋＡＣＤＢઋ所以Ｅ→ＦＱ→ＰＥ→ＧＲ→Ｐ所以ＥＦＱＰａ２ａ２ａ２→１→１＝ꎬ＝ꎬ∥ꎬઋ１１１ＡＣＤＢŰઋ＝＋－＝０ꎬ→１→１ＥＧＲＰઋ∴ｃｏｓ‹ꎬ›＝＝ઋ４４２Ａ→ＣＤ→Ｂ∥ꎬઋ｜１｜Ű｜１｜ઋ因为ＥＦＥＧＥＱＰＲＰＰઋＭ→Ｎ→ＡＢＭＮＡＢ.ઋ∩＝ꎬ∩＝ꎬ∴⊥ꎬ∴⊥直线与的夹角的余ઋ１ＡＣＤＢઋ所以平面ＥＦＧ平面ＰＱＲ.－ꎬ∴１１ઋઋ∥Ｍ→ＮＣ→Ｄ１ｂ１ｃ１ａｃｂ３１３.解析在正方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中ઋ＝(＋－)－ઋŰŰ()　－１１１１ꎬઋ２２２弦值为１ઋ以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空ઋꎬઋ１ｂｃ１ｃ２１ａｃ１ｂ２１ｂ３ꎬઋ＝Ű＋－Ű－－ŰＤＢ与平面ＥＦＧＨＫＬ所成角的正弦ઋ间直角坐标系ઋ２２２２２∴１ઋꎬઋઋઋｃ１ａｂ值为１ઋ＋＝ꎬઋŰ０ꎬઋ２３ઋ即ＤＢ与平面ＥＦＧＨＫＬ所成角的余ઋ１ઋＭ→ＮＣ→ＤＭＮＣＤ.ઋઋ∴⊥ꎬ∴⊥ઋ９.解析以直线ＤＡＤＣＤＤ′分别为ｘઋ弦值为２２.ઋ　、、ઋ轴ｙ轴ｚ轴建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ３ઋઋꎬꎬ综合运用ઋઋ图略设正方体的棱长为则Ｄઋઋ()ꎬ１ꎬ(０ꎬ１１.证明在长方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中ઋ１１１１ઋＣＤ′　－ꎬઋ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空ઋꎬઋઋＡＭ１Ｎ１间直角坐标系ઋઋ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(１ꎬ１ꎬ)ꎬ(ꎬ１ꎬ１)ꎬꎬઋઋ２２ઋ因为正方体的棱长为所以ＡઋＣＤ′ＡＤＭＮઋ１ꎬ(１ꎬ０ꎬઋ∴→＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬ→＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ→ઋઋઋＣＥ１Ｄ１()１ઋ１１.ઋ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ０ꎬꎬ０ꎬ(０ꎬ０ꎬ＝(－ꎬ０ꎬ)２ઋ２２ઋઋઋ１)ꎬઋＭＮＣＤ′ઋＭＮＣＤ′→Ű→ઋ(１)∵ｃｏｓ‹→ꎬ→›＝＝ઋ所以ＡＥ１ＡＣＭＮＣＤ′→＝(－１ꎬꎬ０)ꎬ→１＝(－１ꎬ１ꎬ｜→｜｜→｜２　９ઋઋઋઋ点Ｎ是ＢＣ的中点ＢＣＣＢＰＤＡ１１１１ઋઋ＝１)ꎬ→１＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬꎬꎬ∩ꎬઋ设ｎｘｙｚ为平面ＡＥＣ的法向量ઋ所以ＡＣ１１(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ(０ꎬ－２ꎬ０)ꎬઋ＝(ꎬꎬ)ꎬઋઋｎＡＥｘ１ｙઋＰ３ＭＮઋ→ઋ()所以Ű＝－＋＝０ꎬ１ꎬ－１ꎬꎬ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(１ꎬ－１ꎬઋ２ઋ２ઋ{ઋｎＡＣｘｙｚઋઋ３)ꎬŰ→１＝－＋＋＝０ꎬઋ令ｘ则ｙｚઋ设ＡＱｔＡＮｔ所以Ｑｔઋ＝１ꎬ＝２ꎬ＝－１ꎬઋ→１＝→１(０≤≤１)ꎬ(ꎬઋ所以ｎઋｔઋ＝(１ꎬ２ꎬ－１)ꎬઋ－ꎬ３)ꎬ所以到平面的距离为ઋＤＡＥＣઋ１１ઋઋ所以ＰＱｔｔ３ＡＣ→＝(－１ꎬ－＋１ꎬ)ꎬ→１＝(０ꎬઋＤＡｎ因为正方体的棱长为Ｑ为ＢＣ的ઋ｜→１Ű｜２ઋ｜(１ꎬ０ꎬ－１)Ű(１ꎬ２ꎬ－１)｜１１ઋｎ＝１ꎬઋ２２２中点ＡＰＡＡઋＡ→Ｍ｜｜＋＋－１－－１＝－ઋ１２(１)ꎬ∶＝１∶３ꎬઋ２ꎬ３)ꎬ(１ꎬ０ꎬ３)ꎬઋ所以ＤＢＱઋ设ｎｘｙｚ为平面ＡＣＭ的法＝(ꎬꎬ)１ઋ６.(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬઋ＝向量ઋ３１Ｐ１Ｄઋꎬઋ１４.解析在正方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中(ꎬ１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ０ꎬ)ꎬ１(０ꎬ０ꎬ１)ꎬઋઋ　－１１１１ꎬ２３ઋ则ｎＡＣｎＡＭ⊥→１ꎬ⊥１→ꎬઋ以为坐标原点建立如图所示的空ઋＤ所以ＤＤＢＱઋꎬ→１→ઋｎＡＣｙｚ＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ＝→１ઋ间直角坐标系ઋ所以Ű＝－２－３＝０ꎬઋꎬઋ１Ｂ→Ｐ１{ｎＡＭｘｚઋ()()ઋ－ꎬ０ꎬ１ꎬ＝０ꎬ－１ꎬꎬŰ１→＝－３＝０ꎬઋ２３ઋઋ易知平面ＡＢＣＤ的一个法向量为ＤＤઋ取ｚ则ｘｙ３所以ｎઋ→１ઋ＝１ꎬ＝３ꎬ＝－ꎬઋઋ２ઋ＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬઋ３ઋ设平面ＢＱＰ的法向量为ｎｘｙｚઋ＝(３ꎬ－ꎬ１)ꎬઋ＝(ꎬꎬ)ꎬઋ２ઋïìઋ若ＰＱ平面ＡＣＭ则ＰＱｎ所以ઋｎＢＱ１ｘｚઋ→ïŰ→＝－＋＝０ꎬ∥１ꎬ⊥ꎬઋ所以í２ઋઋઋＰ→Ｑｎｔｔ３ઋïઋ()ïｎＢ→Ｐｙ１ｚŰ＝－１ꎬ－＋１ꎬŰઋîŰ＝－＋＝０ꎬઋ２ઋ３ઋ因为正方体的棱长为Ｍ为ＡＡ的３所以ｔ３ｔ３ઋ１ꎬ１令ｘ则ｙ１ｚઋ(３ꎬ－ꎬ１)＝０ꎬ３－３＋－＋ઋ中点Ｏ是ＢＤ的中点＝２ꎬ＝ꎬ＝１ꎬઋ２２２ઋꎬ１ꎬ３ઋઋ所以ＡＢＡઋ３ઋ１所以ｎઋ＝０ꎬ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ(１ꎬ０ꎬ(１)２ઋ＝２ꎬꎬ１ꎬઋ３ઋＤＭ１ઋ１()解得ｔ２ઋ１)ꎬ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ１ꎬ０ꎬꎬ设平面ＡＢＣＤ与平面ＢＱＰ所成的角ઋ２＝ꎬઋઋ３ઋｎＤＤઋ所以在线段ＡＮ上存在点Ｑ使得ＰＱＯ１１１→１１ઋ(ꎬꎬ)ꎬ为θ则θ｜Ű｜ઋꎬઋ２２２ꎬｃｏｓ＝ｎ＝ઋ平面ＡＣＭ.Ｄ→Ｄ１ઋ｜｜Ű｜１｜ઋ∥