2022年新人教版高中数学选择性必修一课后习题答案大全

教材习题 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 ઋઋ第一章　空间向量与ઋઋ２.解析ＡＢＢＣＡＣ.ઋ１ＤＣＣＣＡＤ１ＡＢ１ＡＡઋ→→→(→＋→′)＝→＋→＋→′ꎬ　(１)＋＝ઋ２２２ઋＡＢＡＤＣＣ′ＡＣＣＣ′ＡＣ′.立体几何ઋઋ(２)→＋→＋→＝→＋→＝→ઋｘ１ｙ１.ઋઋ∴＝ꎬ＝ઋ设点Ｍ是线段ＣＣ′的中点则ＡＢ２２(３)ꎬ→＋1.1　空间向量及其运算ઋઋઋ１.１.２　空间向量的数量积运算ઋＡＤ１ＣＣ′ＡＣＣＭＡＭ.ઋઋ→＋→＝→＋→＝→空间向量及其线性运算ઋઋ２１.１.１　练习ઋઋ设点Ｇ是线段ＡＣ′上靠近点Ａ的三练习ઋઋ(４)１Ｂ设则等分点则ઋ.ＢＢＡＢＡＢＢＢઋ　１＝１ꎬ＝２ꎬ→１＝→１－ꎬ１.解析答案不唯一.例如ઋઋ　ઋＢＡＢＣＢＢＢＣＢＢＢＣઋ→ꎬ→１＝→１＋１→１＝→１＋→ꎬ１→ＡＢＡ→ＤＡ→Ａ′１Ａ→Ｃ′→ＡＧ.三棱锥ＶＡＢＣ中→ＶＡ→ＶＢ→ＶＣ表示三个ઋઋ(＋＋)＝＝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→→→２.解析ＡＡ′ＣＢＡＡ′ＤＡＡＡ′ＡＤઋ＝＋Ű－Ű－Űઋ→－→＝→－→＝→＋→　(１)ઋઋＡ→Ｄ′ઋ＝１－２×２×ｃｏｓ６０°＝０ꎬઋ＝ꎻઋઋＡ→ＢＢ→ＣＡＢＢＣ.Ａ→Ａ′→ＡＢＢ′→Ｃ′Ａ→Ｂ′Ｂ′→Ｃ′Ａ→Ｃ′ઋ∴１⊥１ꎬ∴１⊥１ઋ(２)＋＋＝＋＝ꎻઋＡＢ与ＢＣ所成角的大小为°故ઋ１１ＡＢＡＤＢ′Ｄ′ＤＢＢＤ０ઋ∴９０ꎬઋ→→→→→ઋ选.ઋ(３)－＋＝＋＝ꎻＢＡＢＣＦＡＢＢＥＡＥ.ઋ２.解析ａｂｃａｂａｃ.ઋ(４)→＋→＝→＋→＝→ઋ　(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°＋→ꎻઋ∴｜｜＝(＋)＝｜｜＋２ઋＢＤ′ＢＡＡＡ′Ａ′Ｄ′ＡＢＡＡ′ＡＤઋ→ＡＢ→ＡＢ２２２.ઋ１ａ２.→→→→→→→ઋŰ＋｜｜＝５＋２×１０＋４＝６１ઋ＝－＝＋＋＝－＋＋ꎻ２ઋＡ→Ｂ′即ＡＢ′的长为.ઋＤＢ′ＤＡＡＢＢＢ′ＡＤＡＢＡＡ′.ઋઋ→＝→＋→＋→＝－→＋→＋→∴｜｜＝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＝－(｜｜＝｜｜＝)(１)→＋→＋→＝→ꎻઋ∴｜→｜＝｜→｜＋｜→｜＋｜→｜＋２→ઋ２２２ઋઋＥＦＢＣＥＦＢＣઋＡＤＡＢＡＡ′ＡＤＡＡ′ઋ→ＡＢ１Ｂ→ＤＢ→Ｃ→ＡＢＢ→Ｆ→ＡＦŰ→＋２→Ű→＋２→Ű→(４)→Ű→＝｜→｜｜→｜ｃｏｓ６０°(２)＋(＋)＝＋＝ꎻઋઋ２ઋઋ１１１ａ２Ｅ→Ｆ１Ｂ→Ｄ１ａ.ઋઋ()ＡＦ１ＡＢＡＣＡＦＡＥＥＦ.＝１６＋９＋２５＋２×４×５×＋２×３×５×＝＝｜｜＝｜｜＝(３)→－(→＋→)＝→－→＝→ઋ２２ઋ４２２２ઋＡ→Ｃ′即ＡＣ′的长为.ઋＦ→Ｇ→ＢＡＦ→Ｇ→ＢＡ°ઋ８５ꎬ∴｜｜＝８５ꎬ８５ઋ向量ＡＤＡＦＥＦ如图所示.(５)Ű＝｜｜｜｜ｃｏｓ１２０→ꎬ→ꎬ→ઋ４.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＋→＝→′＋→＋→ꎬઋ与向量ＢＣ相反的向量有ＣＢＤＡ综合运用ઋ２２２ઋ(２)→:→、→、ઋઋＤ′Ａ′Ｃ′Ｂ′.５Ａઋｘ１ｙ１.ઋ→→.Ｂ→ＭＢ→ＢＢ→ＭＢ→Ｂ１Ａ→Ｄ→ＡＢ∴＝ꎬ＝、　１＝１＋＝１＋(－)ઋ２２ઋ与向量平行的向量有２ઋઋＥＦＦＥＡ′Ｂ(３)→:→、→、ઋＡＦＡＤＤＦＡＤ１ＤＣＡＤઋｃ１ｂａ(３)∵→＝→＋→＝→＋→′＝→＋ＢＡ′Ｄ′ＣＣＤ′.＝＋(－)２→、→、→２　54ઋઋઋ拓广探索ઋ练习ઋ１ａ１ｂｃ.ઋ＝－＋＋ઋ２２９.证明因为ＯＡＢＣ所以Ｏ→ＡＢ→Ｃઋ１.证明因为ＯＢＯＣ所以Ｏ→Ｂઋ　⊥ꎬŰ＝ઋ　＝ꎬ｜｜ઋ６.证明Ｅ→ＦＥ→ＢＢ→Ｆ１→ＡＢＢ→ＣＯ→ＡＯ→ＣＯ→ＢＯ→ＡＯ→ＣＯ→ＡＯ→ＢઋＯ→Ｃઋ　＝＋＝(＋)＝Ű(－)＝Ű－Űઋ＝｜｜ꎬ２ઋઋＯＡＢＣઋ＝０ꎬઋ→→１ＡＣＨＧＨＤＤＧ１ＡＤＤＣ所以Ｏ→ＡＢ→ＣŰઋ→→→→→→ઋꎬ＝＋＝(＋)＝所以Ｏ→ＡＯ→ＣＯ→ＡＯ→Ｂ.ｃｏｓ‹ꎬ›＝ＯＡＢＣઋ２２Ű＝Űઋ｜→｜｜→｜ઋ因为ＯＢＡＣ所以Ｏ→Ｂ→ＡＣＯ→ＢＯ→ＣઋＯＡＯＣＯＢઋ１ＡＣઋ→ꎬ⊥ꎬŰ＝Ű(→Ű(→－→)ઋ２ＯＡＯＢＯＣＯＢＯＡઋ＝ＯＡＢＣઋ→→→→→ઋ→→所以ＥＦＨＧ－)＝Ű－Ű＝０ꎬ｜｜｜｜ઋ→→ઋ＝ꎬ所以ＯＢＯＣＯＢＯＡ.ઋ→→→→ઋＯＡＯＣθＯＡＯＢθ所以ＥＦＨＧＥＦＨＧŰ＝Ű｜→｜｜→｜ｃｏｓ－｜→｜｜→｜ｃｏｓઋ＝ઋ∥ꎬꎬ所以＝＝０ꎬઋＯＣＡＢＯＣＯＢＯＡＯＣઋＯＡＢＣ所以四边形ＥＦＧＨ是平行四边形→Ű→＝→Ű(→－→)＝→Ű｜→｜｜→｜ઋꎬઋઋ所以ＥＦＧＨ四点共面.ＯＢＯＣＯＡＯＡＯＢＯＡＯＢઋ所以ＯＡＢＣ所以ＯＡＢＣ.ꎬꎬꎬ→－→Ű→＝→Ű→－→Ű→＝０ꎬ→⊥→ꎬ⊥ઋઋઋ７.解析Ａ′ＢＡ′ＡＡＢＢ′ＣＢ′Ｂ所以ＯＣＡＢ所以ＯＣＡＢ.ઋ２.解析设ＡＢａＡＤｂＡＡ′ｃ因为这→＝→＋→→＝→＋→→→→→ઋ　(１)ꎬ⊥ꎬ⊥ઋ　＝ꎬ＝ꎬ＝ꎬ１０证明如图取的中点连接ઋ.ＡＢＤઋ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→Ｄ、ꎬ⊥ꎬ⊥ઋઋ∴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→ＡＢઋ＝＝ઋ２２２ａ２∴Ű０ꎬŰ０ꎬઋ１ＯＤＡＢＤＣＡＢＡＢＯＤＤＣઋ１２ઋａ２＝ꎬ∴→Ű→＋→Ű→＝→Ű(→＋→)ઋ３×＋３＝０ꎬઋ２２ઋＡＢＯＣ.２ઋＡ′Ｂ和Ｂ′Ｃ的夹角为°.→→ઋ∴６０＝Ű＝０ＢＣ′ＣＡ′ઋઋ→→所以Ｂ→Ｃ′Ｃ→Ａ′Ű.ઋＡＢＯＣＡＢＯＣ.ઋ＝＝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＋＋ꎬ的中点ઋ０ઋＡ′ＢＡＣ′ＡＢＡＡ′ＡＢＡＤꎬઋ３.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→)２２ઋꎬ}ઋＡＢＡＢＡＢＡＤＡＢＡＡ′ＡＡ′ＡＢ四边形ＥＦＧＨ为平行四边形.ઋ所以ＡＯＡＤＤＯＡＤ１ＤＣ１ＤＤ′ઋઋ→→→→→→＝→Ű→＋→Ű→＋→Ű→－→Ű→∴＝＋＝＋＋ઋ又ＡＢＯＣＥＦＥＨઋ２２∵⊥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　∵＝＋ꎬ＝－、ꎬઋ＝－Ű＋Ű－Ű＋Ű－ઋꎬ⊥ꎬꎬ⊂ꎬ与ｃ不共面向量ｃ一定可以与ｐｑઋ２２２ઋＣＤＡＯ.ꎬ∴、ઋઋ一起构成空间的另一个基底.ઋｃ１ｃｃ⊥Ű＋Ű＝０ꎬઋઋ２ઋ２.解析ＯＡＯＢＯＣ不构成空间的一ઋ　∵→、→、→ઋઋ所以ＡＯＣＤ′所以ＡＯＣＤ′.→⊥→ꎬ⊥ઋ个基底Ｏ→ＡＯ→ＢＯ→Ｃ共面ઋ◆习题1.2ઋꎬ∴、、ꎬઋઋＯＡＢＣ四点共面.ઋ∴、、、复习巩固ઋ３.解析ＯＡＯＣＯＯ′是平行六面ઋઋ　(１)∵ꎬꎬઋ１.解析因为向量ａｂ与任何向量都不ઋ体中有公共点的三条棱由平行六面体ઋ　ꎬઋ因为所以所ꎬઋ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.ઋ→→→ઋ以→ＢＡＣ→Ｄ所以→ＢＡＣ→Ｄꎬꎬꎬꎬꎬઋ⊥ꎬŰ＝０ꎬａｂｃ能构成空间的一个基底.ઋ２.Ｃ因为ａｂｃ构成空间的一个基ઋ因为ＣＤＡＯ所以ＣＤＡＯ∴{ꎬꎬ}ઋ　{ꎬꎬ}ઋ→→ઋ⊥ꎬ⊥ꎬＯ→Ｂ′ａｂｃＢ→Ａ′ｃｂＣ→Ａ′ａｂ底所以向量ａｂｃ不共面.ઋ＝＋＋＝－＝－ઋꎬ、、所以ＣＤＡＯ(２)ꎬꎬઋ→→ｃઋŰ＝０ꎬ＋对于因为ｂ１ｂｃ１ｂｃઋꎬઋ又因为ＢＯＢＡＡＯＡꎬ＝(＋)＋(－)ꎬઋ→＝→＋→ꎬＯＧＯＣＣＧｂ１ＣＢＢＢ′１ａｂઋ２２ઋ→＝→＋→＝＋(→＋→)＝＋ઋ所以ｂｃｂｂｃ三个向量共面ઋ所以ＣＤＢＯＣＤＢＡＡＯＣＤ２２ઋ＋ꎬꎬ－ꎻ→Ű→＝→Ű(→＋→)＝→Ű对于同理可得向量ａａｂａｂઋｃઋＢꎬꎬꎬ＋ꎬ－ઋ１.ઋ→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　55教材习题答案ઋઋઋｃ共面与向量ａｂｃ不共面矛盾所ઋ由题意知平行六面体的所有棱长都相ઋꎬꎬꎬꎬઋꎬ３以ａｂａｂｃ不共面所以正确ઋઋ等设棱长为ｍ＋ꎬ－ꎬꎬＣꎻꎬꎬ８５１ઋ对于因为ａｂｃａｂｃ所以ａઋ＝ꎬઋＤꎬ＋＋＝(＋)＋ꎬઋＣＡＣＤＤＡＡＡａｂｃＢＤＣＤＣＢ３１７１７→１→→→１→→→ઋｂａｂｃｃ三个向量共面.故选.ઋ＝＋＋＝＋＋ꎬ＝－×ઋઋ２４＋ꎬ＋＋ꎬＣａｂＢＣＣＣＣＢｂｃઋ３.解析如图四面体ＯＡＢＣ中ＭＮ分ઋ＝－ꎬ→１＝→１－→＝－＋ꎬ所以ＥＦ与ＣＧ所成角的余弦值　ꎬꎬꎬ１ઋઋ所以ａｂｃａｂઋ别是ＯＡＢＣ的中点ઋＣ→ＡＢ→Ｄꎬꎬ１Ű＝(＋＋)Ű(－)ઋઋ为５１.ａ２ａｂａｂｂ２ａｃｂｃઋઋ＝－Ű＋Ű－＋Ű－Ű１７ઋઋ８.证明如图已知四面体ＳＡＢＣＥＦઋઋ＝０ꎬ　ꎬꎬꎬꎬઋઋＧＨＭＮ分别是ＳＡＢＣＡＢＳＣＡＣઋઋＣＡＢＣａｂｃｂｃａｂꎬꎬꎬꎬꎬꎬꎬꎬ→１Ű→１＝(＋＋)Ű(－＋)＝－Űઋઋ的中点且２２ＳＢＥＦＨＧＮＭ.ઋઋａｃｂｂｃｂｃｃꎬ｜｜＝｜｜＝｜｜＋Ű－＋Ű－Ű＋＝０ꎬઋઋઋઋ所以ＣＡＢＤＣＡＢＣ→１→→１→１ઋઋ⊥ꎬ⊥ꎬઋઋ所以ＣＡＢＤＣＡＢＣ１⊥ꎬ１⊥１ꎬઋＭ→ＮＭ→Ａ→ＡＢＢ→Ｎ１Ｏ→ＡＯ→ＢＯ→Ａઋ因为平面平面ઋ＝＋＋＝＋－＋ઋＢＤＣＢＤＢＣ⊂１ꎬ１⊂ઋ２ઋＣＢＤＢＤＢＣＢઋ１ＯＣＯＢઋ１ꎬ∩１＝ꎬઋ(→－→)ઋ所以ＣＡ平面ＣＢＤ.ઋ２ઋ１⊥１ઋઋ拓广探索ઋ１Ｏ→Ａ１Ｏ→Ｂ１Ｏ→Ｃ１ａ１ｂઋઋ＝－＋＋＝－＋＋ઋ２２２２２７.解析证明设ＤＡａＤＣｂＤＤઋઋ→→→　(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}ઋઋ＝ꎬ{ꎬꎬ}空间的一个基底.ઋ２ઋ交基底.ઋ４.解析由已知得ＡＭＡＢＢＭＡＢઋ因为ＥＦＧＨＭＮ分别是ＳＡＢＣઋ　→＝→＋→＝→＋ઋꎬꎬꎬꎬꎬꎬꎬઋઋ所以ＥＦＤＦＤＥ１ａｂｃＢＣＡＢＳＣＡＣＳＢ的中点→＝→－→＝＋－→１＝ઋઋ()ꎬ１ＢＣＢＢ′ＡＢ１ＡＣＡＢ２ꎬꎬꎬꎬઋ(→＋→)＝→＋(→－→)＋ઋઋ２２ઋＣＣＣＢａｃ所以→ＳＥ１ａ→ＳＦ１ｂｃ→ＳＧ１ａ→１１→１＝ꎬ＝(＋)ꎬ＝(ઋઋ－＝－(＋)ꎬ２２２ઋ１ＡＡ′ઋ→所以ＥＦＢＣ１ａｂｃａｃઋ２ઋ→Ű→１＝－(＋－)Ű(＋)ｂＳＨ１ｃＳＭ１ａｃＳＮઋઋ２＋)ꎬ→＝ꎬ→＝(＋)ꎬ→＝ઋઋ２２１Ａ→Ａ′１→ＡＢ１→ＡＣ１ａ１ｂઋ＝＋＋＝＋＋ઋ１ａａａｃａｂｂｃａｃｃઋ２２２２２ઋ＝－(Ű＋Ű＋Ű＋Ű－Ű－Ű１ｂ２ꎬઋઋｃ２ઋ１ｃઋꎬ)＝０ꎬઋ２ઋ所以Ｅ→Ｆ→ＳＦ→ＳＥ１ｂｃａＨ→Ｇ→ＳＧઋઋ所以ＥＦＢＣ所以ＥＦＢＣ.＝－＝(＋－)ꎬ＝→→１１ઋઋ⊥ꎬ⊥２Ａ→Ｎ→ＡＣＣ→Ｃ′Ｃ→′Ｎ→ＡＣＣ→Ｃ′１Ｃ′→Ｂ′ઋ＝＋＋＝＋＋＝ઋ由知ＥＦ１ａｂｃ所以ＳＨ１ａｂｃＮＭＳＭＳＮ１ａઋ２ઋ(２)(１)ꎬ→＝(＋－)ꎬ－→＝(＋－)ꎬ→＝→－→＝(ઋઋ２２２ઋＡＣＡＡ′１ＡＢＡＣઋ→＋→＋(→－→)ｃｂ.ઋ２ઋＥ→Ｆ１ａｂｃ１２２２＋－)ઋઋ｜｜＝｜＋－｜＝１＋１＋１２２因为ＥＦＨＧＮＭઋＡ→Ａ′１→ＡＢ１→ＡＣａ１ｂ１ｃ.ઋ｜｜＝｜｜＝｜｜ꎬઋ＝＋＋＝＋＋ઋｂｃａ２ａｂｃ２ઋ２２２２ઋ３所以＋－＋－＝ꎬ()＝()ઋ综合运用ઋ２２２ઋઋａｃｂ２ઋ５.解析设Ｄ→ＡａＤ→ＣｂＤ→Ｄｃ则ઋ因为ＣＧ１ＣＤ＋－ઋ　１１＝ꎬ１１＝ꎬ１＝ꎬઋ＝ꎬ＝()ꎬઋａｂｃ构成空间的一个正交基底.ઋ４２ઋ{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ａｂｃઋઋ所以ＣＧ１ｂｃ→１()≠ꎬ－≠ꎬ⊥(－)ꎬઋઋ｜｜＝－＋＝１→ＢＡ１Ｂ→ＣＤ→Ｄ１Ｄ→Ｃ１Ｄ→Ａ４ઋ＋＋＝１－１１－１１ઋ即→ＳＡＣ→Ｂ所以ＳＡＣＢ.ઋ２２２２ઋ２⊥ꎬ⊥２ઋઋ１１７同理可得ＳＢＡＣＳＣＡＢ.１ａ１ｂｃ()＋１＝ꎬꎬ⊥ꎬ⊥ઋ＝－－＋ꎬઋ４４ઋ２２ઋઋઋ所以Ｅ→ＦＣ→Ｇ１ａｂｃ1.3　空间向量及其ઋઋŰ１＝－(＋－)ઋ２ઋ２ઋ所以ＢＭ２１ａ１ｂｃ１ａ２ઋ运算的坐标表示１→()１ｂｃઋ｜｜＝－－＋＝ઋ２２４Ű(＋)ઋઋ４１.３.１　空间直角坐标系ઋ１ｂ２ｃ２１ａｂａｃｂｃઋઋ＋＋＋Ű－Ű－Ű＝１１ꎬઋ１ａｂ１ａｃ１ｂ２１ｂｃઋ４２ઋ＝－Ű－Ű－－Ű＋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.ઋŰ＋＝系表示各点如图.ઋ１１ઋ８２８ꎬઋઋＥＦＣＧઋ６.证明设ＣＤａＣＢｂＣＣｃ则ａઋ→→１→＝→＝→１＝所以ＥＦＣＧŰઋ　ꎬꎬꎬ{ꎬઋｃｏｓ‹→ꎬ→１›＝＝ｂｃ构成空间的一个基底.Ｅ→ＦＣ→Ｇꎬ}｜｜Ű｜１｜　56ઋઋઋઋＭｘｙｚ.３ઋઋ所以ｘａｚ２ａａ(－ꎬ－ꎬ)(１－ꎬ０ꎬ１)＝(－ꎬ０ꎬ)ꎬ与点关于原点的对称点为ઋઋＭ３(４)ઋઋìＭｘｙｚ.ઋઋïｘ１ａ４(－ꎬ－ꎬ－)１ઋઋï＝ꎬ３解析因为正方体的棱长为３.ａＥＦＧઋઋ所以í所以Ｍ１ａａ２ａ.　ꎬꎬꎬꎬ(ꎬꎬ)ઋઋïＨＩＪ分别是相应棱的中点ïｚ２ａ３３ꎬꎬꎬઋઋî１＝ꎬａａઋઋ３所以ＥａＦａઋઋ()()因为所以０ꎬꎬꎬꎬ０ꎬꎬઋઋＡＮＣＮＡＮ２ＡＣ＝２ꎬ→＝→ꎬ２２ઋઋａａａ３ＧａＨａＩａઋઋ(ꎬ０ꎬ)ꎬ(ꎬꎬ０)ꎬ(ꎬꎬ０)ꎬઋઋ所以ｘａｙ２ａａ２２２２２ઋઋ(－ꎬꎬ０)＝(－ꎬꎬ０)ꎬ３ａઋઋＪ(ａ).ઋઋì０ꎬꎬïｘ１ａ２ઋ２.解析在空间直角坐标系Ｏｘｙｚ中ઋï２＝ꎬ４.解析图略.ઋ　(１)ꎬઋ所以í３　ઋＯｙｚ平面与ｘ轴垂直Ｏｘｚ平面与ｙ轴ઋïｙ２ａＡＢઋꎬઋï(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)ઋ所以Ｎ(１ａ２ａ).ＡＢઋ坐标为Ｐ在Ｏｘｚ平面内的射ઋꎬꎬ０(２)｜｜＝１３３ઋ(０ꎬ３ꎬ４)ꎬઋ２２２.ઋ影坐标为Ｐ在Ｏｘｙ平面内的ઋ所以ＭＮ(３－６)＋(５－０)＋(７－１)＝７０２(２ꎬ０ꎬ４)ꎬ｜→｜＝ઋઋ５.解析ａｂｃ射影坐标为Ｐ.　(１)Ű(＋)＝(２ꎬ－３ꎬ１)Űઋઋ２２２３(２ꎬ３ꎬ０).ઋઋ１ａ１ａａ２ａ２ａ点Ｐ关于原点成中心对称(－)＋(－)＋(－０)(２ꎬ０ꎬ５)＝４＋０＋５＝９ઋ(３)(１ꎬ３ꎬ５)ઋ３３３３ａｂｃઋ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ઋઋ３ઋＰ３.ઋ６.证明由已知可得ＡＢઋ(ꎬ２ꎬ３)ઋ所以ＭＮ的长为５ａ.　ꎬ｜｜＝ઋ２ઋ３２２２ઋＢ→Ｂ′Ｏ→Ｄ′Ａ′→Ｃ′Ａ′→Ｄ′ઋ５.解析设正方体的棱长为建立如图(１０－４)＋(－１－１)＋(６－９)＝７ꎬઋ(２)＝＝(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ＝＋ઋ　２ꎬＡＣ２２２ઋＤ′Ｃ′.ઋ所示的空间直角坐标系Ｄｘｙｚ.｜｜＝(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ａｂઋ则ＤＣＢ角形.ઋ　(１)＋＝(－３＋１ꎬ２＋５ꎬ５－１)＝ઋ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ１(２ꎬ２ꎬ２)ꎬઋઋ７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)＝(－１８ꎬઋ(２ꎬ－１ꎬ０)ꎬ＝(－５ꎬ－１ꎬ１０)ꎬ＝(５ꎬ１ꎬ－１０)ꎬ.ઋઋ设ＤＢ与ＣＭ所成的角为θ１２ꎬ３０)１的中点坐标为－＋－＋ઋઋＡＢ３２５４７３ａｂ(ꎬꎬ)ꎬઋ(３)３－＝(－９ꎬ６ꎬ１５)－(１ꎬ５ꎬ－１)＝ઋＤ→ＢＣ→Ｍ２２２ઋ.ઋ(θπ)则θ｜１Ű｜ઋ(－１０ꎬ１ꎬ１６)ઋ０≤≤ꎬ｜ｃｏｓ｜＝ＤＢＣＭ＝即(１９)ઋａｂઋ２→→ꎬꎬ－２ꎬ(４)Ű＝(－３ꎬ２ꎬ５)Ű(１ꎬ５ꎬ－１)＝－３｜１｜｜｜２２ઋઋ.２２２ઋઋＡＢ.＋１０－５＝２｜(２ꎬ２ꎬ２)Ű(２ꎬ－１ꎬ０)｜１５.＝－＋－＋＝ઋઋ＝｜｜(５)(１)１０３１４２.解析因为ａｂ所以ａｂ２２２拓广探究ઋ　⊥ꎬŰ＝０ꎬઋ３×２×２＋(－１)１５ઋઋ所以ＤＢ与ＣＭ所成角的余弦值８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Ｍઋ为１５.ꎬઋ　ꎬ(０ꎬ０ꎬઋ１５ઋａ又因为ＡＢઋ◆习题1.3ઋ)ꎬ(１ꎬ０ꎬ２)ꎬ(１ꎬ－３ꎬ１)ꎬઋઋＭＡＭＢઋ｜｜＝｜｜ꎬ复习巩固ઋઋ２２２ઋ所以ａઋ１.解析若向量ａｘ轴则向量ａｘ(１－０)＋(０－０)＋(２－)＝ઋઋ　∥ꎬ＝(ꎬઋ２２ａ２解得ａઋｘ向量ｂｙ轴则向量ｂ－＋－－＋－０ꎬ０)(≠０)ꎻ∥ꎬ＝ઋ(１０)(３０)(１)ꎬઋ.所以Ｍ.ｙｙ向量ｃｚ轴则向量ઋ＝－３(０ꎬ０ꎬ－３)ઋ(０ꎬꎬ０)(≠０)ꎻ∥ꎬઋ４.解析因为正方体的棱长为ａ所以ઋｃｚｚ.ઋ　ꎬઋ＝(０ꎬ０ꎬ)(≠０)ઋＡａＢａａＣａઋ２.解析与点Ｍ关于ｘ轴的对称点ઋ(ꎬ０ꎬ０)ꎬ(ꎬꎬ０)ꎬ(０ꎬꎬ０)ꎬઋ　(１)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)ꎬઋ(２)２ઋઋＭｘｙｚ.ａ２ઋ因为ＢＭＭＣ′所以ＢＭ２ＢＣ′ઋ(－ꎬꎬ－)ａＮａａ＝２ꎬ→＝→ꎬ与点Ｍ关于ｚ轴的对称点为)ꎬ(ꎬꎬ)ꎬ３(３)２　57教材习题答案ઋઋઋａઋＦઋ所以ＣＭａａ(－３ꎬ０ꎬ２)ꎬઋ(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＝１Ű２２０ઋＣＭＤＮ(ꎬꎬ)ꎬઋｃｏｓ‹→ꎬ→１›＝ｚ所以ｎઋＣＭＤＮ则ｎｎઋ＝１ꎬ＝１ꎬ＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ→→１→ＡＣＡ→Ｄ.ઋ｜｜｜｜⊥ꎬ⊥１ઋ又ＥＦｎઋઋ→１ｎＡＣｘｙŰ＝(－１ꎬ０ꎬ１)Ű(１ꎬ１ꎬ１)＝－１＋１ઋ＝－ꎬŰ→＝－３＋４＝０ꎬઋઋ所以取ｘ则ｙઋ所以ｎ９{＝４ꎬＥ→ＦઋｎＡＤｘｚઋ＝０ꎬ⊥ꎬ→１＝－＋＝ઋ所以ＣＭ与ＤＮ所成角的余弦值为１.Ű３２０ꎬઋ所以ＥＦ平面ＡＣＤ.１１ઋｚ于是ｎઋ∥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＋－ＡＣＤઋ　{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－)＋１.证明已知直线ａｂ平面αａｂａઋ３＋２＋２＋３－３＝０ꎬ５－＋３ઋ因为ｐａｂｃ　ꎬꎬꎬ∥ꎬ⊄ઋ.ઋ＝＋２＋３ꎬαｂα.ઋ＝０ઋìꎬ⊂ઋ由ｌα得ｕｎ设ｕｔｎｔઋïｘ３ઋ(２)⊥ꎬ∥ꎬ＝(≠０)ꎬｘｙ＝ꎬ求证ａα.ઋ＋＝１ꎬï２:∥ઋ即ａｂａｂｔઋ所以ｘｙ解得í证明设平面α的一个法向量为ｎ直ઋ(３ꎬ＋ꎬ－)＝(１ꎬ２ꎬ３)ꎬઋ－＝２ꎬｙ１:ꎬઋｔïïì＝ઋ{ઋｚ＝－ꎬ线ａｂ的方向向量分别为ｕｖ３ꎬ２ꎬꎬꎬｔઋ＝３ꎬïઋïîｚ３＝ꎬïａ１５ઋ因为ｂα所以ｎｖઋ＝３ꎬ⊂ꎬ⊥ꎬ所以ａｂｔ解得í＝ꎬઋ所以向量ｐ用基底ａｂａｂｃ表示因为ａｂ所以ｕｖ所以ｎｕઋ＋＝２ꎬï２ઋઋ{{＋ꎬ－ꎬ}∥ꎬ∥ꎬ⊥ꎬａｂｔઋઋï所以ｕα所以ａα.－＝３ꎬïｂ３.ઋ为ｐ３ａｂ１ａｂｃ.ઋî＝－＝(＋)－(－)＋３∥ꎬ∥２ઋ２２２.解析不存在.在四面体ＡＢＣＤ中设ઋ２证明ઋઋ.如图ＡＢＣ　ꎬ　ꎬ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬઋａｂｃ则ａｂｃ构成一ઋઋ1.4　空间向量的应用→ＡＢ→ＡＣＡ→ＤઋＣ所以ＡＣ＝ꎬ＝ꎬ＝ꎬ{ꎬꎬ}１→１ઋઋ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ＝(－１ꎬ个基底ઋꎬઋＢＣઋ１.４.１　用空间向量研究直线、ઋ１ꎬ－１)ꎬ→１＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋ因为Ｅ是ＢＣ的中点所以→ＡＥ１ａઋ所以ઋꎬ＝＋ઋＡ→ＣＢ→Ｃ平面的位置关系１Ű１＝(－１ꎬ１ꎬ－１)Ű(－１ꎬ０ꎬઋ２ઋઋ练习ઋ１)＝１－１＝０ꎬઋ１ｂઋꎬઋઋ所以ＡＣＢＣ所以ＡＣＢＣ.１.答案２→１→１１１ઋ　(１)√　(２)✕　(３)√ઋ⊥ꎬ⊥ઋ设ＡＦｍｃｍ则ＣＦＡＦＡＣઋ２.解析如图→＝→＝→－→＝ઋ　ꎬ(０≤≤１)ꎬઋઋｍｃｂઋ－ꎬઋઋઋ若ＡＥＣＦ则设ＡＥｎＣＦ所以１ａઋઋ→∥→ꎬ→＝→ꎬ＋ઋઋ２ઋઋઋઋ１ｂｎｍｃｂઋઋ＝(－)ꎬઋ２ઋઋઋ所以１ａ１ｎｂｍｎｃ因为ａઋઋ＋(＋)－＝０ꎬ{ꎬઋઋ２２ઋઋｂｃ构成一个基底ઋઋꎬ}ꎬઋ３.证明如图在长方体ＡＢＣＤઋìઋ　ꎬ－ઋï１ઋＯ→ＡＯ→Ｂ→ＢＡ１Ｄ→Ｂ→ＡＢ１Ｄ→ＤＤ→Ａ＝０ꎬઋ＝＋＝１－＝(１＋ïઋＡＢＣＤ中以Ｄ为坐标原点ＤＡï２１１１１→ઋ２２ઋꎬꎬꎬ所以í此方程组无解所以直ઋ１ｎꎬઋＤ→ＣＤ→Ｄ的方向分别为ｘ轴ｙ轴ｚ轴ઋＡＢＡＢ１ＡＡ１ＡＤ１ＡＢï＋＝０ꎬઋꎬ１ꎬꎬ＋→)－→＝－→１－→－→ઋ２２２ï２ઋ的正方向建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚઋîｍｎઋꎬꎬ＝ઋ０ꎬઋ１ａ１ｂ１ｃ.ઋ＝－－－线ＡＤ上不存在点Ｆ使得ＡＥＣＦ.ઋꎬ∥ઋ２２２ઋ３证明设正方体的棱长为以为坐ઋ.Ｄઋ所以直线ＯＡ的一个方向向量　２ꎬઋઋઋ标原点ＤＡＤＣＤＤ的方向分别为ｘઋ为１１１.→→→１ઋꎬꎬꎬઋ{－ꎬ－ꎬ－}ઋ２２２轴ｙ轴ｚ轴的正方向建立空间直角ઋઋꎬꎬꎬઋ３.解析依题意ＡＣઋ坐标系Ｄｘｙｚ则根据题意Ａઋ　ꎬ(３ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ４ꎬ０)ꎬꎬꎬ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬઋＤ所以ＡＣＡＤＣＤＥઋ１(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ→＝(－３ꎬ４ꎬ０)ꎬ→１＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ１(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ(２ꎬ１ꎬ１)ꎬ　58ઋઋઋ因为ＡＢＢＣＣＣＥＦ分别是ઋ３.解析如图在正方体ＡＢＣＤ１ઋ＝２ꎬ＝＝１ꎬꎬઋ２２１　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→１ꎬꎬઋＦ１Ｄઋａ２ａｕ２５.的正方向建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚઋ()１ઋꎬ２ꎬ０ꎬ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ１－(１Ű１)＝ꎬꎬઋ２ઋ３则ＡＣＢＣઋ所以ઋ由正方体的性质知ＦＣＡＥ所ＡＥＡＤ１(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬઋ→＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ→１＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋ(２)ꎬ∥ꎬઋઋ以直线ＦＣ到直线ＡＥ的距离等于点１(０ꎬ１ꎬ０)ꎬઋＥＦ１ＥＤઋ→＝()→１＝－ઋꎬ１ꎬ０ꎬ(０ꎬ１ꎬ１)ꎬઋＣ到直线ＡＥ的距离２１ꎬઋ设ｍｘｙｚ为平面ＥＡＤ的法向ઋઋ＝(１ꎬ１ꎬ１)１ઋ易得ＡＥ１Ｃઋઋ()１量则ｍｍ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ０ꎬ０ꎬꎬ(０ꎬ１ꎬઋＡＥＡＤઋꎬ⊥→ꎬ⊥→１ꎬ２ઋઋ所以ＡＣઋｍＡＥｘｙઋ→１→１１１)ꎬ＝(－１ꎬ１ꎬ１)ꎬઋ所以Ű＝－＋＝０ꎬઋઋ{ｍＡＤｘｚ.ઋ→ＡＥ１ઋŰ→１＝－１＋１＝０ઋ＝(－１ꎬ０ꎬ)ꎬઋ取ｘ则ｙｚઋ２ઋ１＝１ꎬ１＝１ꎬ１＝１ꎬઋＡＥઋઋ→即ｍ.取ａＡ→Ｃｕઋ＝ઋ２１２(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ｎＥＦｎＥＤઋç２５５÷ꎬ→→１ઋꎬ⊥ꎬ⊥ꎬઋ＝ꎬè－ꎬ０ꎬø面ＡＤＢ平面ＤＣＢＡＣઋઋ５５１∥１１ꎬ→１＝(－１ꎬ１ꎬઋｎＥ→Ｆ１ｘｙઋ所以点Ｃ到直线ＡＥ的距离为Ű＝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.ઋａ２ａｕ２３０.→Ű１＝－２＋２＝０２２２ꎬ＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬઋઋ－(Ű)＝取ｘ则ｙｚ５所以平面ＡＤＢ和平面ＤＣＢ的距离为ઋ２＝２ꎬ２＝－１ꎬ２＝－１ꎬઋ１１１ઋ即ｎ.ઋ所以到直线的距离为ＢＣＡＣઋઋＦＣＡＥ３０.→→＝(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ｍｎઋ(３)１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ１(１ꎬ１ꎬઋ０ꎬ⊥ꎬઋ３.ઋ所以平面ＥＡＤ平面ＥＦＤ.ઋＥ１１１()＝ઋ⊥ઋ１)ꎬ０ꎬ０ꎬꎬ２３ઋઋ练习ઋ１.４.２　用空间向量研究ઋ得ＡＢＡＥ１ઋઋ→１→()１.Ａ解法一设ＢＣＣＡＣＣ以＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ＝－１ꎬ０ꎬꎬ１ઋ距离、夹角问题ઋ２　:＝＝＝１ꎬઋઋＡＡ设ｎｘｙｚ为平面→ＣＡＣ→ＢＣ→Ｃ为单位正交基底则ઋઋ１练习→１＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ＝(ꎬꎬ){ꎬꎬ}ꎬઋઋＡＢＥ的法向量ઋ１.答案ઋＢＤＢＢＢＤＣＣ１ＣＡ１ＣＢ１ꎬ→１＝→１＋１→１＝→１＋→－→ꎬઋ　１ꎻ１ꎻ１ઋ２２ઋ２.解析如图在正方体ＡＢＣＤઋ则ｎＡＢｎＡＥ　ꎬ－⊥→１ꎬ⊥→ꎬઋઋＡＦＡＡＡＦＣＣ１ＣＡ→１→１１→１→１→ઋＡＢＣＤ中以Ｄ为坐标原点ＤＡઋｎＡＢｙｚ＝＋＝－ꎬ１１１１→→１ઋꎬꎬꎬઋŰ＝＋＝０ꎬ２ઋＤＣＤＤ的方向分别为ｘ轴ｙ轴ｚ轴ઋ所以则Ｂ→ＤＡ→Ｆઋ→→ઋꎬ１ꎬꎬ{ｎ→ＡＥｘ１ｚ１Ű１＝－＋＝ઋઋŰ０ꎬ的正方向建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚ.２ઋꎬઋＣＣ１ＣＡ１ＣＢＣＣ１ＣＡ取ｚ则ｙｘ＝(→１＋→－→)Ű(→１－→)ઋઋ＝２ꎬ＝－２ꎬ＝１ꎬ２２２ઋઋ所以ｎઋઋ＝(１ꎬ－２ꎬ２)ꎬＣ→Ｃ２１Ｃ→Ｃ→ＣＡ１→ＣＡＣ→Ｃઋઋ所以点Ａ到平面ＡＢＥ的距离为＝｜１｜－１Ű＋Ű１－ઋઋ１１２２ઋઋＡＡｎ１ＣＡ２１ＣＢＣＣ１ＣＢＣＡઋઋ→→→→→→｜１Ű｜｜(０ꎬ０ꎬ１)Ű(１ꎬ－２ꎬ２)｜｜｜－Ű１＋Űઋઋ４２４ｎ＝２２２ઋઋ｜｜１＋(－２)＋２ઋઋ３.ઋઋ＝２.４ઋઋ＝ઋઋ３在直角三角形中易求得ＢＤ６ઋઋ由正方体的性质知ＦＣ平面→１１ꎬ｜｜＝ꎬઋઋ(４)ꎬ∥２ઋઋＡＢＥ所以点Ｃ到平面ＡＢＥ的距离１１１ઋ因为正方体的棱长为所以ઋꎬＡＦ５ઋ(１)１ꎬઋ即为ＦＣ到平面ＡＢＥ的距离.→１＝１１｜｜ꎬઋઋ２ઋＡＥ１Ｂઋ由知平面ＡＢＥ的一个法向量为ｎ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(０ꎬ０ꎬ)ꎬ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ(３)１设向量ＢＤ与ＡＦ的夹角为θ则直线ઋઋ→→２１１ꎬઋઋ易知ＢＣＢＤ与ＡＦ所成角的余弦值为θ１→１ઋ所以Ｅ→Ａ１ઋ＝(１ꎬ－２ꎬ２)ꎬ＝(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬ１１｜ｃｏｓ｜ꎬઋ１＝(１ꎬ０ꎬ)ꎬઋ所以直线ＦＣ到平面ＡＢＥ的距离为１１ＢＤＡＦઋ２ઋ→→则θ｜１Ű１｜３０.ઋＥＢ１ઋＢ→Ｃｎ｜ｃｏｓ｜＝ＢＤＡＦ＝ઋ→１＝(１ꎬ１ꎬ)ꎬઋ｜１１Ű｜｜(－１ꎬ０ꎬ０)Ű(１ꎬ－２ꎬ２)｜｜→１｜｜→１｜１０ઋ２ઋｎ＝２２２解法二由已知可得ＣＡＣＢＣＣ两两ઋઋ｜｜ＥＢ１＋(－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＝ઋ１.ꎬꎬ２Ｅ→Ｂ＝的空间直角坐标系Ｃｘｙｚ｜１｜３ꎬ　59教材习题答案ઋઋઋઋｙì１ïઋઋ即２＝０ꎬ３ａｘ３ａｚઋઋ{ï－＝０ꎬｘｙｚ即２２ઋઋ１－２１－３１＝０ꎬíઋઋ所以ｙ取ｚ则ｘï１１１３ａｘ１ａｙઋઋ＝＝＝ï０ꎬ１ꎬ３ꎬî－＝０ꎬઋઋ所以ｍ２２ઋઋ＝(３ꎬ０ꎬ１)ꎬ取ｘ则ｚｙｍઋઋ设ｎｘｙｚ为平面ＡＢＣ的法＝(２ꎬ２ꎬ２)１１＝１ꎬ＝１ꎬ＝３ꎬ∴＝(１ꎬ３ꎬઋઋ向量ઋઋꎬ１)ꎬઋઋ设平面ＡＢＤ和平面ＢＤＣ的夹角为αｎＢＣｘｙꎬઋઋ→则Ű１＝０ꎬ即－２２＋２２＝０ꎬｍｎઋઋ{{αｍｎ｜Ű｜｜－１｜ઋઋｎＡＢｘｙｚ∴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ઋ３＝ઋઋ５１１ꎬæöç÷ઋઋ所以ｎ３设平面ＡＡＢ与平面ＡＢＤ和平面ＢＤＣ的夹角的余弦１∴ઋ所以Ｄ１１Ｆ１ઋ＝è１ꎬ１ꎬ－øꎬ１()１()ઋꎬꎬ１ꎬꎬ０ꎬ１ꎬઋ３２２２平面ＡＢＣ所成的角为θ值为５.ઋઋ１１ꎬઋ所以Ｂ→Ｄ１１ઋｍｎ５ઋ１＝(ꎬ－ꎬ１)ꎬઋ所以θ｜Ű｜练习ઋ２２ઋｃｏｓ＝ｍｎ＝｜｜Ű｜｜ઋＡＦ１ઋ１.解析设→ＡＣ与Ｂ→Ｄ的夹角为θθઋ→ઋæö　(∈[０ꎬ１＝(－ꎬ０ꎬ１)ꎬç３÷ઋ２ઋ(３ꎬ０ꎬ１)Űè１ꎬ１ꎬ－ø因为ＢＤＡＣ都垂直于棱ｌ所以ઋઋ３７.π])ꎬꎬꎬઋ所以ઋＢＤＡＦ１１２＝ＢＤＡＢＡＣＢＤ所以ＢＤＡＢＡＣ→１Ű→１＝(ꎬ－ꎬ１)Űæö→→→→→→→ઋઋ２７＝２２２２２ç３÷⊥ꎬ⊥ꎬŰ０ꎬઋઋ(３)＋１Ű１＋１＋è－øＢ→Ｄઋ１３ＢＤ６ＡＦઋ３Ű＝０ꎬઋ()→１→１ઋ所以平面ＡＡＢ与平面ＡＢＣ所成角的－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ઋ　ꎬ→１→１ꎬઋઋ系设ＡＢＢＣＢＤａ则Ｂ因为ＡＢＡＣＢＤＣＤＢＤ与ＡＦ所成角的余弦值为θꎬ＝＝＝ꎬ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ＝４ꎬ＝６ꎬ＝８ꎬ＝２１７ꎬઋ１１ઋ｜ｃｏｓ｜ꎬ２２２２ઋઋæö代入上式得Ａç１ａ３ａ÷Ｃａꎬ(２１７)＝６＋４＋８－２×ઋＢ→ＤＡ→Ｆઋ则θ｜１Ű１｜３０.è０ꎬ－ꎬøꎬ(０ꎬꎬ０)ꎬઋ｜ｃｏｓ｜＝＝ઋ２２θ所以θ１ઋＢ→ＤＡ→Ｆ１０ઋæö６×８×ｃｏｓꎬｃｏｓ＝ꎬ｜１｜｜１｜ç÷ઋઋＤ２所以ＢＤ与ＡＦ所成角的余弦值为３ａ１ａઋઋèꎬ－ꎬ０øꎬ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ઋæöઋꎬꎬꎬઋＡＤç÷ＢＣａ别为ｘ轴ｙ轴ｚ轴建立如图所示的空→３ａ３ａ→ઋઋ＝ꎬ＝(０ꎬꎬ０)ꎬꎬꎬèꎬ０ꎬ－øઋ间直角坐标系ઋ２２ઋઋæöꎬＢＤç÷.ઋઋ→３ａ１ａ＝èꎬ－ꎬ０øઋઋ２２ઋઋＡＤＢＣＡＤＢＣઋઋ(１)∵→Ű→＝０ꎬ∴⊥ꎬઋઋＡＤ与ＢＣ所成角的大小为.ઋઋ∴９０°ઋઋ设直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成角的因为ＡＢＡＣＢＤＣＤＡＤＢＣઋઋ(２)＝＝＝＝３ꎬ＝＝２ꎬ大小为ઋઋθꎬ２ઋઋ易得ｎ是平面ＢＣＤ的一个所以ＡＮＡＢ２(１ＢＣ)２２ઋઋ＝(０ꎬ０ꎬ－１)＝－＝３－１ઋઋ２ＡＤｎઋઋ→２法向量θＡＤｎŰ２ઋઋ→ＣＭＡＣ１ＡＤ因为正三棱柱的所有棱长都为ꎬｓｉｎ＝ｃｏｓ‹ꎬ›＝ＡＤｎ＝２２ꎬ＝－()＝ઋ２ꎬઋ｜→｜Ű｜｜２ઋ所以ＢＡＡઋઋ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ１(０ꎬ２ꎬઋ３ａ２２ＥＭ１ＡＮઋઋ３－１＝２２ꎬ＝＝２ꎬＣઋઋ２２２３)ꎬ１(－１ꎬ２ꎬ０)ꎬ＝＝ꎬ因为ＥＮＣＮઋ所以ઋ２⊥ꎬઋＡ→ＡＡ→Ｂઋ６ａ１＝(０ꎬ２ꎬ０)ꎬ１＝(１ꎬ－２ꎬ×１２２ઋઋ所以ＣＥＥＮＣＮ２＝＋ઋＢ→Ｃઋθ即直线ＡＤ与平面ＢＣＤ所成－３)ꎬ１＝(－２ꎬ２ꎬ０)ꎬ２ઋઋ∴＝４５°ꎬ设ｍｘｙｚ为平面ＡＡＢ的法１ＤＮＣＮ２ઋઋ角的大小为.＝(１ꎬ１ꎬ１)１４５°＝()＋ઋ向量ઋ设ｍｘｙｚ是平面ＡＢＤ的法向２ઋꎬઋ(３)＝(ꎬꎬ)２ઋｍＡＡｘｙઋｍ１２２２ઋ→ઋＡＤ()则Ű１＝０ꎬ即－２２＋２２＝０ꎬŰ→＝０ꎬ＝３－１＋１＝３ꎬઋ{{ઋ量则２ｍＡ→Ｂｘｙｚꎬ{ｍＢＤ在ＣＥＭ中由余弦定理知ＥＭＣŰ１＝０ꎬ２－２２－３２＝０ꎬŰ→＝０ꎬ△ꎬｃｏｓ∠　60ઋઋઋＥＭ２ＣＭ２ＣＥ２ઋ设平面ＢＣＣＢ的法向量为ｎｘ１１ઋ＋－ઋ(１)＝(ꎬ＝ＥＭＣＭઋ２Űઋｙｚ所以ｎＢ→ＣｎＢ→Ｂઋઋ１２２２ꎬ)ꎬ⊥ꎬ⊥ꎬઋ(２)＋(２２)－(３)７ઋｎＢＣｘｙઋઋ→＝＝ꎬ则Ű＝－＋＝０ꎬઋ２×２×２２８ઋ{ｎＢＢઋ所以异面直线ＡＮＣＭ所成角的余弦值ઋŰ→１＝０ꎬઋꎬઋ令ｘ则ｙｚઋઋ＝１ꎬ＝１ꎬ＝０ꎬ为ઋ７.ઋ所以ｎ＝ઋઋ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ８即平面的一个法向量为ઋઋＢＣＣＢ３.解析由已知以Ｏ为坐标原点建立１１(１ꎬ１ꎬઋ　ꎬꎬઋ.ઋ如图的空间直角坐标系ઋ０)ઋꎬઋ设平面ＡＢＣ的一个法向量为ｍ设正方体的棱长为则Ｄઋઋ(２)１＝１ꎬ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬઋઋｘ′ｙ′ｚ′所以ＢＢＣઋઋ(ꎬꎬ)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬઋઋｍ→ＢＣｘ′ｙ′所以ＢＤＣＢ.ઋઋŰ＝－＋＝０ꎬ→＝(－１ꎬ－１ꎬ０)ꎬ→１＝(１ꎬ０ꎬ１)ઋઋ{ｍＢ→Ａｘ′ｚ′ઋઋŰ１＝－＋２＝０ꎬ因为ＢＥ１ＢＤＣＦ１ＣＢ(１)＝ꎬ＝→１ꎬઋઋ３３ઋઋ令ｘ′则ｙ′ｚ′１＝１ꎬ＝１ꎬ＝ꎬઋઋ２所以Ｅ(２２)Ｆ(１１)ઋઋꎬꎬ０ꎬꎬ１ꎬꎬ３３３３ઋઋ所以ｍ(１)ઋઋ＝１ꎬ１ꎬꎬ２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→ＦઋＡＢＣઋ为１.Ű＝(－１ꎬ－１ꎬ０)Űઋ０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ３)ꎬ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ３ꎬ０)ꎬઋ()１ꎬ１ꎬ１１１所以ＥＦＢＤ.ઋઋ２()所以Ｂ→Ｃ→ＡＢ３证明－ꎬꎬ＝０ꎬ⊥ઋ＝(－２ꎬ３ꎬ０)ꎬ＝(２ꎬ０ꎬ－３)ꎬઋ.在平行六面体ＡＢＣＤＡＢＣＤ３３３　－１１１１ઋＯＢઋ因为ＣＢＥＦઋ→ઋ中ＥＦ分别是ＡＢＣＤ的中点ＡＡ(２)→１Ű→＝(１ꎬ０ꎬ１)Ű＝(２ꎬ０ꎬ０)ꎬ１１→１ઋ设ｎｘｙｚ为平面ＡＢＣ的法向量ઋꎬꎬꎬꎬ、ઋ＝(ꎬꎬ)ꎬઋ１１１→ＡＢ不共线(－ꎬꎬ)＝０ꎬઋｎＢＣｘｙઋꎬ３３３ઋ→＝－＋＝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ｙ２ｚ２ઋＣＦＣＣＣＦＣＣ１ＣＤＡＡ１→→１→１→１１→１→１ꎬઋ＝１ꎬ＝ꎬ＝ꎬઋ＝＋＝＋＝－３３２２直角坐标系ઋઋꎬઋઋＡＢＡＥ即ｎ２２→→１ઋ＝(１ꎬꎬ)ꎬઋŰ＝－ꎬઋ３３ઋ所以ＡＥＣＦ所以ＡＥＣＦ.→１→１ઋ设直线ＯＢ与平面ＡＢＣ所成的角为θઋ∥ꎬ∥ꎬઋઋ４.证明取ＢＤ的中点Ｏ在线段ＣＤ上　ꎬઋＯＢｎઋ→取点Ｆ使得ＤＦＦＣ连接ＯＰＯＦઋ则θＯＢｎ｜Ű｜ઋｓｉｎ＝｜ｃｏｓ‹→ꎬ›｜＝＝ꎬ＝３ꎬꎬꎬઋＯ→ＢｎઋＦＱ如图ઋ｜｜Ű｜｜ઋꎬꎬઋ２２ઋઋ(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1.4ઋＰＱＰＢＢＣＣＱ１ＭＢＢＣ１ＣＡ→＝→＋→＋→＝→＋→＋→Ｏ(１１)ઋઋ１ꎬꎬꎬ２４２２ઋ复习巩固ઋઋઋ１Ｍ→Ｄ１Ｄ→ＢＢ→Ｃ１→ＣＡ所以Ｏ→Ｅ１１１Ａ→Ｅઋઋ()１１.解析由题意得ＡＥ１ＡＣＡＤ＝＋＋＋＝－ꎬꎬ－ꎬઋ　→＝Ű(→＋→)＝ઋ２２４２２２ઋ２ઋ１ＡＤ１ＤＢＢＣ１ＣＤ１ＤＡ１ઋઋ→→→→→()ａｂ＝＋＋＋＋＝－ꎬ１ꎬ－１ꎬઋ１ＢＣＢＡ１ＢＤＢＡ１１ઋ(→－→)＋(→－→)＝＋４２４４２ઋ２２２２ઋＡＥઋઋ１ＤＢＢＣ１ＣＤ→ｃ＝→＋→＋→ꎬ所以１１２２Ｏ→Ｅઋઋ()－ꎻ２４ＡＥ＝－ꎬꎬ－ꎬ｜｜＝ઋઋ｜→１｜３３３ઋＢＦＢＡＡＦｃ１ＡＥｃ１ઋ→＝→＋→＝＋→＝＋ŰＯ→ＦＯ→ＢＢ→ＣＣ→Ｆ１Ｄ→ＢＢ→Ｃ１Ｃ→Ｄ.ＡＥઋઋ＝＋＋＝＋＋→３３３ＯＥ１１１１ઋઋ２４ꎬ→Ű＝(－ꎬꎬ)Űઋ１ａ１ｂｃ１ａ１ｂ２ｃ.ઋ２Ａ→Ｅ２２２()因为Ｐ→ＱＯ→Ｆ所以ＰＱＯＦ.｜１｜ઋ＋－＝＋＋ઋ∥ꎬ∥２２６６３ઋઋ又因为ＰＱ平面ＢＣＤＯＦ平面２.解析依题意得ＢＣ１２２５.ઋઋ⊄ꎬ⊂(－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)ꎬઋ５.证明在正方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中１ઋ所以ＢＣＢＢઋ　－１１１１ꎬઋઋ２→＝－→１＝以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空间æＡＥö２(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ２)ꎬ２ç→１÷ઋઋꎬＯ→ＥＯ→Ｅ(５)Ｂ→Ａ直角坐标系－èŰＡＥø＝３－１＝(－１ꎬ０ꎬ２)ꎬꎬ｜１｜３　61教材习题答案ઋઋઋઋ因为ＡＢＢＣＣＣ所以Ａ１ઋ２.ઋ１＝２ꎬ＝＝１ꎬ(１ꎬ０ꎬઋ＝ઋＥＤＢ３２１０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ１(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ１(１ꎬ２ꎬઋઋ＝ꎬઋ７.解析设一个基底为Ｏ→ＡａＯ→Ｂઋ２２１)ꎬઋ　(１)＝ꎬ＝ઋ×２所以ＡＥＡＤઋઋ２→→ｂＯ→Ｃｃ＝(－１ꎬ１ꎬ０)ꎬ１＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋꎬ＝ꎬઋＭＮＣＤ′即ＭＮ和ＣＤ′所成→→ＢＥઋઋ∴‹ꎬ›＝６０°ꎬ→角的大小为１＝(－１ꎬ－１ꎬ－１)ꎬઋ则ＤＥＯＥＯＤ１ｂ１ｃ１ａＢＣઋ.→＝→－→＝＋－ꎬ→＝６０°设平面ＡＥＤ的法向量为ｎｘｙઋ２２２ઋ１＝(ꎬꎬઋઋＭＮＡＤｚＭＮＡＤ→Ű→ઋＯＣＯＢｃｂ.ઋ)ꎬ→－→＝－(２)∵ｃｏｓ‹→ꎬ→›＝＝ઋઋＭＮＡＤ｜→｜｜→｜ｎ→ＡＥｘｙઋઋ＝－＋＝Ｄ→ＥＯ→Ａ１ｂ１ｃ１ａａ所以Ű０ꎬઋ()ઋ∵Ű＝＋－Ű＝０ꎬ１{ｎＡ→Ｄｘｚઋ２２２ઋŰ１＝－＋＝０ꎬઋઋ２２令ｘ则ｙｚＤＥＢＣ１ｂ１ｃ１ａｃｂ＝ꎬઋ→→ઋ＝１ꎬ＝１ꎬ＝１ꎬŰ＝(＋－)Ű(－)＝２２所以ｎઋ２２２ઋ×１＝(１ꎬ１ꎬ１)ꎬઋＤＥＯＡＤＥＢＣＤＥ是异面直ઋ２ઋ０ꎬ∴⊥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.ઋઋ角的大小为.１⊥１ઋઋ４５°ＤＥ２１ｂ２１ｃ２１ａ２１ｂｃ１２.证明在长方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中ઋ→＝＋＋＋－ઋ１０.解析证明以直线ＤＡＤＣＤＤ　－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.ઋ坐标系图略.设正方体的棱长为ꎬઋŰ－Ű＝ꎬ∴｜｜＝ઋ()１ꎬ２２２２ઋઋ则ＤＡＣ连接ＡＥ取ＡＢＣ的重心为Ｈ则(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ１(１ꎬ０ꎬ１)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬઋ(２)ꎬ△ꎬઋઋઋＧ１Ｈ１Ｆઋઋ()()(ＡＨ２ＡＥ３ꎬ１ꎬ１ꎬ０ꎬꎬ１ꎬ１ꎬ１ꎬઋ＝＝ꎬઋ２２ઋ３３ઋ１Ｂઋઋ)æö２ꎬ１(１ꎬ１ꎬ１)ꎬઋＯＨＯＡ２ＡＨ２ç３÷ઋ２ઋ∴＝－＝１－＝ઋèøＧＨ１１ＡＣઋ３ઋ∴→＝(－ꎬ－ꎬ０)ꎬ→１＝(－１ꎬ１ꎬઋઋ２２ઋ６即点Ｏ到平面ＡＢＣ的距离为６.ઋઋꎬઋＧＦ１１３３－１)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＝ઋઋ∴Ű＝－＝０ꎬŰ＝ｃ则ＭＮＡＮＡＭ１ｂ１ｃ１ａＣＤ２２ＣＱＣＲઋꎬ→＝→－→＝＋－ꎬ→ઋ＝＝１ꎬઋ２２２ઋ１１所以ＥａｃＦａｃＧａઋઋ(ꎬ０ꎬ－１)ꎬ(ꎬ１ꎬ)ꎬ(－１ꎬＡＤＡＣｃｂ.－＋＝０ꎬઋ→→ઋ２２ｃＱｂＲｂＰ＝－＝－ＡＣＧＨＡＣＧＦ.０ꎬ)ꎬ(０ꎬ－１ꎬ０)ꎬ(１ꎬꎬ０)ꎬ(０ꎬઋઋ∴１⊥ꎬ１⊥ｂઋＭ→Ｎ→ＡＢ(１ｂ１ｃ１ａ)ａઋ又ＧＨＧＦＧＡＣ平面ＥＦＧＨＫＬ.ꎬ１)ꎬઋ∵Ű＝＋－Űઋ∩＝ꎬ∴１⊥２２２所以ＥＦＥＧઋઋ由知ＡＣＤＢ→＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ→＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋઋ→→１ａｂ１ａｃ１ａ２(２)(１)１＝(－１ꎬ１ꎬ－１)ꎬ１＝ઋઋＱＰＲＰ＝Ű＋Ű－→＝(０ꎬ１ꎬ１)ꎬ→＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬઋ２２２ઋ(１ꎬ１ꎬ１)ꎬઋઋＡＣＤＢ所以Ｅ→ＦＱ→ＰＥ→ＧＲ→Ｐ所以ＥＦＱＰａ２ａ２ａ２→１→１＝ꎬ＝ꎬ∥ꎬઋ１１１ઋＡＣＤＢŰ＝＋－＝０ꎬ→１→１ＥＧＲＰઋઋ∴ｃｏｓ‹ꎬ›＝＝４４２Ａ→ＣＤ→Ｂ∥ꎬઋઋ｜１｜Ű｜１｜因为ＥＦＥＧＥＱＰＲＰＰઋＭ→Ｎ→ＡＢＭＮＡＢ.ઋ∩＝ꎬ∩＝ꎬ∴⊥ꎬ∴⊥直线与的夹角的余ઋઋ１ＡＣＤＢ所以平面ＥＦＧ平面ＰＱＲ.－ꎬ∴１１ઋઋ∥Ｍ→ＮＣ→Ｄ１ｂ１ｃ１ａｃｂ３１３.解析在正方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中ઋ＝(＋－)－ઋŰŰ()　－１１１１ꎬઋ２２２ઋ弦值为１以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空ઋઋꎬ１ｂｃ１ｃ２１ａｃ１ｂ２１ｂ３ꎬઋ＝Ű＋－Ű－－ŰઋＤＢ与平面ＥＦＧＨＫＬ所成角的正弦间直角坐标系ઋ２２２２２ઋ∴１ꎬઋઋઋｃ１ａｂઋ值为１＋＝ꎬઋŰ０ꎬઋ２３ઋઋ即ＤＢ与平面ＥＦＧＨＫＬ所成角的余１ઋＭ→ＮＣ→ＤＭＮＣＤ.ઋઋ∴⊥ꎬ∴⊥ઋ９.解析以直线ＤＡＤＣＤＤ′分别为ｘઋઋ弦值为２２.　、、ઋ轴ｙ轴ｚ轴建立空间直角坐标系Ｄｘｙｚઋ３ઋꎬꎬઋ综合运用ઋ图略设正方体的棱长为则Ｄઋઋ()ꎬ１ꎬ(０ꎬઋ１１.证明在长方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中１１１１ઋＣＤ′ઋ　－ꎬ０ꎬ０)ꎬ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空ઋઋꎬઋＡＭ１Ｎ１ઋ间直角坐标系ઋ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(１ꎬ１ꎬ)ꎬ(ꎬ１ꎬ１)ꎬઋꎬઋ２２ઋ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　62ઋઋઋઋ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＝(０ꎬઋＤＡｎઋ因为正方体的棱长为Ｑ为ＢＣ的｜→１Ű｜２ઋ｜(１ꎬ０ꎬ－１)Ű(１ꎬ２ꎬ－１)｜ઋ１１ｎ＝１ꎬઋ２２２ઋ中点ＡＰＡＡＡ→Ｍ｜｜＋＋－１－－１＝－ઋ１２(１)ઋꎬ∶＝１∶３ꎬ２ꎬ３)ꎬ(１ꎬ０ꎬ３)ꎬઋઋ所以ＤＢＱ设ｎｘｙｚ为平面ＡＣＭ的法＝(ꎬꎬ)１ઋ６.ઋ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ＝向量ઋ３ઋ１Ｐ１Ｄꎬઋ１４.解析在正方体ＡＢＣＤＡＢＣＤ中ઋ(ꎬ１ꎬ１)ꎬ(１ꎬ０ꎬ)ꎬ１(０ꎬ０ꎬ１)ꎬઋ　－１１１１ꎬઋ２３则ｎＡＣｎＡＭ⊥→１ꎬ⊥１→ꎬઋ以Ｄ为坐标原点建立如图所示的空ઋ所以ＤＤＢＱઋꎬઋ→１→ｎＡＣｙｚ＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ＝→１ઋ间直角坐标系ઋ所以Ű＝－２－３＝０ꎬઋꎬઋ１Ｂ→Ｐ１{ｎＡＭｘｚઋઋ()()－ꎬ０ꎬ１ꎬ＝０ꎬ－１ꎬꎬŰ１→＝－３＝０ꎬઋઋ２３ઋઋ易知平面ＡＢＣＤ的一个法向量为ＤＤ取ｚ则ｘｙ３所以ｎઋઋ→１＝１ꎬ＝３ꎬ＝－ꎬઋઋ２ઋઋ＝(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ３ઋઋ设平面ＢＱＰ的法向量为ｎｘｙｚ＝(３ꎬ－ꎬ１)ꎬઋઋ＝(ꎬꎬ)ꎬ２ઋઋïì若ＰＱ平面ＡＣＭ则ＰＱｎ所以ઋઋｎＢＱ１ｘｚ→ïŰ→＝－＋＝０ꎬ∥１ꎬ⊥ꎬઋઋ所以í２ઋઋＰ→Ｑｎｔｔ３ઋઋï()ïｎＢ→Ｐｙ１ｚŰ＝－１ꎬ－＋１ꎬŰઋઋîŰ＝－＋＝０ꎬ２ઋઋ３因为正方体的棱长为Ｍ为ＡＡ的３所以ｔ３ｔ３ઋ１ꎬ１ઋ令ｘ则ｙ１ｚ(３ꎬ－ꎬ１)＝０ꎬ３－３＋－＋ઋ中点Ｏ是ＢＤ的中点ઋ＝２ꎬ＝ꎬ＝１ꎬ２２２ઋꎬ１ꎬઋ３ઋ所以ＡＢＡઋ３ઋ１ઋ所以ｎ＝０ꎬ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬ(１ꎬ０ꎬ(１)２ઋઋ＝２ꎬꎬ１ꎬ３ઋＤＭ１ઋ１()解得ｔ２ઋ１)ꎬ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬ１ꎬ０ꎬꎬઋ设平面ＡＢＣＤ与平面ＢＱＰ所成的角２＝ꎬઋઋ３ઋઋｎＤＤ所以在线段ＡＮ上存在点Ｑ使得ＰＱＯ１１１→１１ઋ(ꎬꎬ)ꎬઋ为θ则θ｜Ű｜ꎬઋ２２２ઋꎬｃｏｓ＝ｎ＝平面ＡＣＭ.Ｄ→Ｄ１