PAGE17-七空間中直線、平面的垂直(30分鐘60分)一、選擇題(每小題5分，共30分，多選題全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(多選題)已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，如果eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，則()A．AP⊥ABB．AP⊥ADC．eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量D．eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(BD,\s\up6(→))【解析】選ABC.由eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4，2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，－1)，在A中，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－2－2＋4＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，所以AP⊥AB，所以是正確的；在B中，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－4＋4＋0＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(AD,\s\up6(→))，所以AP⊥AD，所以是正確的；在C中，由于AP⊥AB，AP⊥AD，且AB∩AD＝A，可知eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，所以是正確的；在D中，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，3，4)，假設(shè)存在實(shí)數(shù)λ使得eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(BD,\s\up6(→))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＝2λ，,2＝3λ，,－1＝4λ，))此時無解，所以是不正確的．2．若直線l1，l2的方向向量分別為a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，－2))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3，2))，則l1與l2的位置關(guān)系是()A．l1⊥l2 B．l1∥l2C．l1，l2相交不垂直 D．不能確定【解析】選A．由題意，直線l1，l2的方向向量分別為a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，－2))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3，2))，a·b＝－2＋6－4＝0，所以l1與l2的位置關(guān)系是l1⊥l2.3．給出以下命題，其中正確的是()A．直線l的方向向量為a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，2))，直線m的方向向量為b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，－\f(1,2)))，則l與m垂直B．直線l的方向向量為a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－1))，平面α的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－1))，則l⊥αC．平面α，β的法向量分別為n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，3))，n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，2))，則α∥βD．平面α經(jīng)過三個點(diǎn)A(1，0，－1)，B(0，－1，0)，C(－1，2，0)，向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，u，t))是平面α的法向量，則u＋t＝1【解析】選A．對于A，因?yàn)閍·b＝2－1－1＝0，所以a⊥b，所以l與m垂直，A正確；對于B，因?yàn)閍與n不共線，所以直線l不垂直于平面α，B錯誤；對于C，因?yàn)閚1與n2不共線，所以平面α與平面β不平行，C錯誤；對于D，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，3，0)，由n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－1－u＋t＝0，n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－1＋3u＝0，解得u＝eq\f(1,3)，t＝eq\f(4,3)，所以u＋t＝eq\f(5,3)，D錯誤．4．已知三條直線l1，l2，l3的一個方向向量分別為a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－1，0))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，4，5))，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，12，－9))，則()A．l1⊥l2，但l1與l3不垂直B．l1⊥l3，但l1與l2不垂直C．l2⊥l3，但l2與l1不垂直D．l1，l2，l3兩兩互相垂直【解析】選A．因?yàn)閍·b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－1，0))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，4，5))＝4－4＋0＝0，a·c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－1，0))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，12，－9))＝－12－12＋0＝－24≠0，b·c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，4，5))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，12，－9))＝－3＋48－45＝0，所以a⊥b，a與c不垂直，b⊥c，所以l1⊥l2，l2⊥l3，但l1不垂直于l3.5．已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA⊥底面ABCD，AP＝4，過點(diǎn)A的平面垂直于側(cè)棱PD，交側(cè)棱PC于H，則點(diǎn)H分線段PC的比eq\f(PH,HC)等于()A．3B．4C．5D．6【解析】選B.由題意，以AB，AD，AP為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，4)，所以eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－4)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2，2，－4)，設(shè)eq\o(PH,\s\up6(→))＝teq\o(PC,\s\up6(→))，則eq\o(PH,\s\up6(→))＝(2t，2t，－4t)，所以eq\o(AH,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PH,\s\up6(→))＝(2t，2t，4－4t)，因?yàn)檫^點(diǎn)A的平面垂直于側(cè)棱PD，交側(cè)棱PC于H，所以eq\o(PD,\s\up6(→))⊥eq\o(AH,\s\up6(→))，所以(0，2，－4)·(2t，2t，4－4t)＝0，所以2×2t－4(4－4t)＝0，所以t＝eq\f(4,5)，所以點(diǎn)H分線段PC的比eq\f(PH,HC)＝4.6．點(diǎn)P為棱長是2的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球O球面上的動點(diǎn)，點(diǎn)M為B1C1的中點(diǎn)，若滿足DP⊥BM，則動點(diǎn)P的軌跡的長度為()A．eq\f(\r(5)π,5) B．eq\f(2\r(5)π,5)C．eq\f(4\r(5)π,5) D．eq\f(8\r(5)π,5)【解析】選C.設(shè)B1B的中點(diǎn)為H，連接CH，DH，因此有CH⊥BM，而DC⊥MB，而DC，CH?平面CDH，DC∩CH＝C，因此有BM⊥平面DCH，所以動點(diǎn)P的軌跡是平面DCH與正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球O的交線．正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，所以內(nèi)切球O的半徑為R＝1，建立如圖所示的以D為坐標(biāo)原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系：因此有O(1，1，1)，C(0，2，0)，H(2，2，1)，設(shè)平面DCH的法向量為m＝(x，y，z)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(DC,\s\up6(→)),m⊥\o(DH,\s\up6(→))))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DC,\s\up6(→))＝0,m·\o(DH,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＝0,2x＋2y＋z＝0))?m＝(1，0，－2)，因此O到平面DCH的距離為：d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m·\o(OD,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m)))＝eq\f(\r(5),5)，所以截面圓的半徑為：r＝eq\r(R2－d2)＝eq\f(2\r(5),5)，因此動點(diǎn)P的軌跡的長度為2πr＝eq\f(4\r(5),5)π.二、填空題(每小題5分，共10分)7．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點(diǎn)，N是A1B1的中點(diǎn)，則直線ON，AM的位置關(guān)系是________．【解析】以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD，AA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，設(shè)正方體的棱長為1，則A(0，0，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))＝0，所以O(shè)N與AM垂直．答案：垂直8．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，則AE＝________．【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B1(0，0，3a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，3a))，C(0，eq\r(2)a，0).設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(eq\r(2)a，0，z)，則eq\o(CE,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a，z)，＝(eq\r(2)a，0，z－3a)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，0))，故eq\o(CE,\s\up6(→))·＝0.故要使CE⊥平面B1DE，則需eq\o(CE,\s\up6(→))⊥，即eq\o(CE,\s\up6(→))·＝0，故2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2A．答案：a或2a三、解答題(每小題10分，共20分)9．如圖，四棱錐S-ABCD中底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中點(diǎn)．求證：平面BDE⊥平面ABCD.【證明】因?yàn)锳S＝AB且底面為正方形，所以不妨設(shè)AB＝BC＝CD＝DA＝AS＝1，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(0，0，0)，S(0，0，1)，又E為SC的中點(diǎn)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).連接AC，設(shè)AC與BD相交于點(diǎn)O，連接OE，則點(diǎn)O的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)).因?yàn)閑q\o(AS,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，所以eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AS,\s\up6(→))，所以O(shè)E∥AS.又AS⊥底面ABCD，所以O(shè)E⊥平面ABCD.又OE?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCD.10．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn)．求證：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.【證明】(1)依題意，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，設(shè)BA＝a，則A(a，0，0)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))＝(a，0，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0，0，3)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，4))，F(xiàn)(0，1，4)，則eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，1))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，·eq\o(EG,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.結(jié)合(1)可知是平面ABD的一個法向量，所以平面EGF∥平面ABD.(35分鐘70分)一、選擇題(每小題5分，共25分，多選題全部選對得5分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．如圖，F(xiàn)是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點(diǎn)．E是BB1上一點(diǎn)，若D1F⊥DE，則有()A．B1E＝EBB．B1E＝2EBC．B1E＝eq\f(1,2)EBD．E與B重合【解析】選A．分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，設(shè)正方體的棱長為2，則D(0，0，0)，F(xiàn)(0，1，0)，D1(0，0，2)，設(shè)E(2，2，z)，＝(0，1，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，2，z)，因?yàn)椤q\o(DE,\s\up6(→))＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB.2．如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，且A1E＝eq\f(2,3)A1D，AF＝eq\f(1,3)AC，則()A．EF至多與A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF與BD1相交D．EF與BD1異面【解析】選B.以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則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)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，＝(－1，0，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(eq\f(1,3)，eq\f(1,3)，－eq\f(1,3))，＝(－1，－1，1)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)，·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，從而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.3．已知長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝eq\f(BB1,2)，點(diǎn)E在線段CC1上，eq\f(EC,CC1)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤λ≤1))，平面α過線段AA1的中點(diǎn)P以及點(diǎn)B1，E，現(xiàn)有如下說法：(1)?λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))，使得BE⊥B1E；(2)若λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))，則平面α截長方體ABCD-A1B1C1D1所得截面為平行四邊形；(3)若λ＝0，AB＝2，則平面α截長方體ABCD-A1B1C1D1所得截面的面積為3eq\r(6).以上說法正確的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．3【解析】選D.對于(1)，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝a，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a，2a))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，2λa))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，0，2λa))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，0，2λa－2a))，若BE⊥B1E，則eq\o(BE,\s\up6(→))·＝a2＋2λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ－2))a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ－1))2a2＝0，解得λ＝eq\f(1,2)，(1)正確；對于(2)，在棱DD1上找點(diǎn)Q，由面面平行的性質(zhì)可知PQ∥B1E，設(shè)點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，t))，點(diǎn)P(a，0，a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，0，2λa－2a))，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，0，t－a))，因?yàn)锽1E∥PQ，可設(shè)＝keq\o(PQ,\s\up6(→))，令k＝1，則t－a＝2λa－2a，則t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2λ－1))a，當(dāng)λ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))時，0≤2λ－1≤eq\f(1,3)，此時點(diǎn)Q在棱DD1上，且有＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，故四邊形B1EQP為平行四邊形，(2)正確；對于(3)，設(shè)截面交棱AD于點(diǎn)M，連接PM，CM，因?yàn)槠矫鍭A1D1D∥平面BB1C1C，平面B1PE∩平面BB1C1C＝B1C，平面B1PE∩平面AA1D1D＝PM，所以，PM∥B1C，由圖可知，∠AMP＝∠BCB1，則tan∠AMP＝eq\f(AP,AM)＝eq\f(BB1,BC)＝2，故AM＝eq\f(1,2)AP＝eq\f(1,2)AD，所以，點(diǎn)M為AD的中點(diǎn)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，2))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，4))，可求得CM＝PM＝eq\r(5)，PC＝2eq\r(3)，PB1＝2eq\r(2)，B1C＝2eq\r(5)，取PC的中點(diǎn)N，連接MN，則MN⊥PC，且MN＝eq\r(PM2－PN2)＝eq\r(2)，S△PCM＝eq\f(1,2)PC·MN＝eq\r(6)，因?yàn)镻C2＋PBeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝B1C2，故PC⊥PB1，故S△PB1C＝eq\f(1,2)PB1·PC＝2eq\r(6)，所以，截面面積為eq\r(6)＋2eq\r(6)＝3eq\r(6)，(3)正確．4．(多選題)在正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐)中，點(diǎn)E在棱AB上，滿足AE＝2EB，點(diǎn)F為線段AC上的動點(diǎn)．則下列說法正確的是()A．存在某個位置，使得DE⊥BFB．存在某個位置，使得∠FDB＝eq\f(π,4)C．存在某個位置，使得平面DEF⊥平面DACD．存在某個位置，使得DF⊥AB【解析】選CD.如圖所示，設(shè)正四面體D-ABC的底面中心為點(diǎn)O，連接DO，則DO⊥平面ABC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OD所在直線分別為x，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正四面體D-ABC的棱長為2，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－1，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2\r(6),3)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(1,3)，0))，設(shè)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，λ，0))，其中－1≤λ≤1，對于A選項(xiàng)，若存在某個位置使得DE⊥BF，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(1,3)，－\f(2\r(6),3)))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，λ，0))，所以eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(BF,\s\up6(→))＝－1－eq\f(1,3)λ＝0，解得λ＝－3，不符合題意，A選項(xiàng)錯誤；對于B選項(xiàng)，若存在某個位置使得∠FDB＝eq\f(π,4)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，λ，－\f(2\r(6),3)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，0，－\f(2\r(6),3)))，cos〈eq\o(DF,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(DF,\s\up6(→))·\o(DB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DF,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DB,\s\up6(→)))))＝eq\f(2,\r(λ2＋3)×2)＝eq\f(1,\r(λ2＋3))＝eq\f(\r(2),2)，該方程無解，B選項(xiàng)錯誤；對于C選項(xiàng)，設(shè)平面DAC的一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－1，－\f(2\r(6),3)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，－\f(2\r(6),3)))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DA,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),3)x1－y1－\f(2\r(6),3)z1＝0,m·\o(DC,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),3)x1＋y1－\f(2\r(6),3)z1＝0))，取z1＝－1，得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，0，－1))，設(shè)平面DEF的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(1,3)，－\f(2\r(6),3)))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，λ，－\f(2\r(6),3)))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝\f(\r(3),3)x2－\f(1,3)y2－\f(2\r(6),3)z2＝0,n·\o(DF,\s\up6(→))＝－\f(\r(3),3)x2＋λy2－\f(2\r(6),3)z2＝0))，取y2＝4eq\r(6)，則n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)＋6\r(2)λ，4\r(6)，3λ－1))，若存在某個位置，使得平面DEF⊥平面DAC，則m·n＝21λ＋9＝0，解得λ＝－eq\f(3,7)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1))，符合題意，C選項(xiàng)正確；對于D選項(xiàng)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,3),3)，λ，－\f(2\r(,6),3)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,3)，1，0))，由DF⊥AB得－eq\f(\r(,3),3)×eq\r(,3)＋λ＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(,6),3)))＝0，所以λ＝1，所以D正確．5．(多選題)如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，點(diǎn)P在側(cè)面BCC1B1及其邊界上運(yùn)動，并且總是保持AP⊥BD1，則以下四個結(jié)論正確的是()A．＝eq\f(1,3)B．點(diǎn)P必在線段B1C上C．AP⊥BC1D．AP∥平面A1C1D【解析】選BD.對于A，因?yàn)辄c(diǎn)P在平面BCC1B1，平面BCC1B1∥平面AA1D，所以點(diǎn)P到平面AA1D即為C到平面AA1D的距離，即為正方體棱長，所以＝eq\f(1,3)·CD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，A錯誤；對于B，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)P(x，1，z)，則A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，1，z)，＝(－1，－1，1)，＝(－1，0，－1)，因?yàn)锳P⊥，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·＝1－x－1＋z＝0，所以x＝z，即P(x，1，x)，所以eq\o(CP,\s\up6(→))＝(x，0，x)，所以eq\o(CP,\s\up6(→))＝－x，即B1，C，P三點(diǎn)共線，所以點(diǎn)P必在線段B1C上，B正確；對于C，因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝(x－1，1，x)，＝(－1，0，1)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·＝1－x＋x＝1，所以AP⊥BC1不成立，C錯誤；對于D，因?yàn)锳1(1，0，1)，C1(0，1，1)，D(0，0，0)，所以＝(1，0，1)，＝(0，1，1)，設(shè)平面A1C1D的法向量為n＝(a，b，c)，則，令a＝1，則c＝－1，b＝1，所以n＝(1，1，－1)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·n＝x－1＋1－x＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥n，所以AP∥平面A1C1D，D正確，二、填空題(每小題5分，共15分)6．已知空間三點(diǎn)A(0，0，1)，B(－1，1，1)，C(1，2，－3)，若直線AB上一點(diǎn)M，滿足CM⊥AB，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為________．【解析】設(shè)M(x，y，z)，則由已知，得eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＝λ(－1，1，0)＝(－λ，λ，0).又eq\o(AM,\s\up6(→))＝(x，y，z－1)，所以x＝－λ，y＝λ，z＝1.所以M(－λ，λ，1).又eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－λ－1，λ－2，4)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，所以(－λ－1，λ－2，4)·(－1，1，0)＝0，所以(λ＋1)＋(λ－2)＝0，λ＝eq\f(1,2).所以M點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1))7．設(shè)平面α與向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，－4))垂直，平面β與向量b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，3，1))垂直，則平面α與β的位置關(guān)系是________．【解析】由題意，a·b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，－4))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，3，1))＝－2＋6－4＝0，所以a⊥b，因?yàn)槠矫姒僚c向量a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，－4))垂直，平面β與向量b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，3，1))垂直，所以α⊥β.答案：垂直8．已知點(diǎn)A(0，1，0)，B(－1，0，－1)，C(2，1，1)，P(x，0，z)，若PA⊥平面ABC，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為________．【解析】由題意知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，0，1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0①，eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2，0，1)·(x，－1，z)＝0得2x＋z＝0②，聯(lián)立①②，解得x＝－1，z＝2，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－1，0，2).答案：(－1，0，2)三、解答題(每小題10分，共30分)9．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.(1)求證：AC⊥BC1.(2)在AB上是否存在點(diǎn)D，使得AC1⊥CD?【解析】在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC，BC，CC1兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，以CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4).(1)因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))＝(－3，0，0)，＝(0，－4，4)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·＝0.所以AC⊥BC1.(2)假設(shè)在AB上存在點(diǎn)D，使得AC1⊥CD，設(shè)eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3λ，4λ，0)，其中λ∈R，則D(3－3λ，4λ，0)，于是eq\o(CD,\s\up6(→))＝(3－3λ，4λ，0)，因?yàn)椋?－3，0，4)，且AC1⊥CD，所以－9＋9λ＝0，得λ＝1.所以在AB上存在點(diǎn)D，使得AC1⊥CD，且這時點(diǎn)D與點(diǎn)B重合．10．如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)證明：AP⊥BC；(2)若點(diǎn)M是線段AP上一點(diǎn)，且AM＝3.試證明平面AMC⊥平面BMC.【解析】(1)如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線OD，OP為y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，于是eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，3，4)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－8，0，0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.(2)由(1)知|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝5，又|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝3，且點(diǎn)M在線段AP上，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，又eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5，0)，所以eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\