(共31张PPT)
阶段质量评价
第一章 空间向量与立体几何
(时间:120分钟 满分:150分)
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一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知向量a=(2,-1,3),b=(4,x,y),且a∥b,则x+y=( )
A.-4 B.-2 C.4 D.2
解析:因为向量a=(2,-1,3),b=(4,x,y),且a∥b,所以b=λa,即(4,x,y)=λ(2,-1,3),
可得解得所以x+y=4.
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2.如图,在四面体PABC中,E是AC的中点,=3,
设=a,=b,=c,则=( )
A.a-b+c B.a-b+c
C.a+b+c D.a-b+c
解析:=-=(+)-=a-b+c,故选B.
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3.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC法向量的是( )
A.(-1,1,1) B.(1,1,1)
C. D.
√
解析:由题意,得=(-1,1,0),=(-1,0,1),设n=(x,y,z)为平面ABC的
法向量,则化简得∴x=y=z.令x=1,有n=(1,1,1),
故选B.
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4.在四面体OABC中,空间的一个点M满足=++λ,若M,A,B,C四点共面,则λ等于( )
A. B. C. D.
解析:因为M,A,B,C四点共面,=++λ,所以++λ=1,
解得λ=.
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5.已知两条异面直线的方向向量分别是m=(1,-2,3),n=(2,1,0),这两条异面直线所成的角为 ( )
A. B. C. D.
解析:设两条异面直线所成的角为θ,且这两条异面直线的方向向量分别是m=(1,-2,3),n=(2,1,0),则cos θ===0,且0<θ≤,所以两条异面直线所成的角θ=.
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6.已知O是坐标原点,空间向量=(1,1,2),=(-1,3,4),=(2,4,4),若线段AB的中点为D,则||=( )
A.9 B.8 C.3 D.2
解析:由题意得D(0,2,3),所以=(-2,-2,-1),
所以||= =3.
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7.若A(2,2,1),B(0,0,1),C(2,0,0),则点A到直线BC的距离为 ( )
A. B. C. D.
解析:=(2,2,0),=(2,0,-1),则在上的投影向量的模为=,则点A到直线BC的距离为==.
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8.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,AE⊥平面ABCD,若AE=1,则平面ADE与平面BCE的夹角为 ( )
A.45° B.60° C.120° D.150°
解析:因为AE⊥平面ABCD,且四边形ABCD为正方形,
如图建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(1,1,0),E(0,0,1),
所以=(0,1,0),=(-1,0,1),设平面BCE的法向量为n=(x,y,z),则取n=(1,0,1).
又平面ADE的一个法向量为m=(1,0,0),
设平面ADE与平面BCE的夹角为θ,则cos θ==,
又0°≤θ≤90°,所以θ=45°.
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二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,
有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是( )
A.(2a+b)∥a B.5|a|=|b|
C.a⊥(5a+6b) D.a在b上的投影向量为
解析:易知2a+b=(-1,2,7),显然≠≠,故A错误;
易知|a|==,|b|==5 5|a|=|b|,故B正确;
易知5a+6b=(8,19,35) a·(5a+6b)=-2×8+(-1)×19+1×35=0,故C正确;
a在b上的投影向量·b=×(3,4,5)=,故D正确.
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10.如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E,F分别为AB,
A1D1的中点,则下列结论正确的是 ( )
A.BF⊥CE
B.DF∥平面B1CE
C.BF⊥平面B1CE
D.直线DF与直线CE所成角的余弦值为
解析:以点D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=2,则D(0,0,0),E(2,1,0),F(1,0,2),B(2,2,0),
B1(2,2,2),C(0,2,0).=(2,-1,0),=(-1,-2,2),
=(1,0,2),=(-2,0,-2).因为·=-2+2=0,
所以BF⊥CE,A正确.
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设平面B1CE的法向量为m=(x,y,z),则令x=1得,
y=2,z=-1,故m=(1,2,-1),因为·m=(1,0,2)·(1,2,-1)=1-2=-1≠0,所以与m不垂直,则直线DF与平面B1CE不平行,B错误.
若BF⊥平面B1CE,则BF⊥B1C.因为·=2+0-4≠0,所以直线BF与直线B1C不垂直,矛盾,C错误.
cos<,>===,D正确.
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11.在直三棱柱ABC A1B1C1中,∠BAC=90°,
AB=AC=AA1=2,E,F分别是BC,A1C1的中点,
D在线段B1C1上,则下列说法正确的有 ( )
A.EF∥平面AA1B1B
B.直线EF与平面ABC所成角的正弦值为
C.若D是B1C1的中点,M是B1A1的中点,则点F到平面BDM的距离是
D.直线BD与直线EF所成的角最小时,线段BD的长为
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解析:在直三棱柱ABC A1B1C1中,∠BAC=90°,
以点A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x,
y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
因为AB=AC=AA1=2,E,F分别是BC,A1C1的中点,
所以A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),E(1,1,0),F(0,1,2),
A1(0,0,2),C1(0,2,2),B1(2,0,2).对于A,
因为在直三棱柱ABC A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,又AC 平面ABC,
所以AA1⊥AC,又∠BAC=90°,所以AB⊥AC.又AB∩AA1=A,AB,
AA1 平面AA1B1B,所以AC⊥平面AA1B1B,所以=(0,2,0)为平面AA1B1B的一个法向量.又=(-1,0,2),所以·=(0,2,0)·(-1,0,2)=0.又EF 平面AA1B1B,所以EF∥平面AA1B1B,故A正确;
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对于B,=(0,0,2)为平面ABC的一个法向量,=(-1,0,2),设直线EF与平面ABC所成的角为θ,则sin θ=|cos<,>|===,故B错误;
对于C,若D是B1C1的中点,M是B1A1的中点,则M(1,0,2),
D(1,1,2),=(1,0,-2),=(0,1,0),
设平面BDM的法向量为m=(x,y,z),
则令z=1,则x=2,y=0,
所以平面BDM的一个法向量为m=(2,0,1),又=(-1,1,0),所以点F到平面BDM的距离为==,故C正确;
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对于D,设=λ=λ(-2,2,0)=(-2λ,2λ,0)(0≤λ≤1),
则=+=(0,0,2)+(-2λ,2λ,0)=(-2λ,2λ,2).
设直线BD与直线EF所成的角为α,又=(-1,0,2),
则cos α=|cos<,>|===,
当-=0,即λ=时,cos α取得最大值,此时直线BD与直线EF所成的角最小,
=,||==,故D正确.故选ACD.
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三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12. (5分)已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),则λ= .
解析:a-λb=(-2,1,3)-λ(-1,2,1)=(λ-2,1-2λ,3-λ),因为a⊥(a-λb),
所以a·(a-λb)=0,即(-2,1,3)·(λ-2,1-2λ,3-λ)=-2λ+4+1-2λ+9-3λ
=-7λ+14=0,解得λ=2.
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13. (5分)已知向量n=(2,0,1)为平面α的一个法向量,点A(-1,1,2)在α内,则点P(1,2,3)到平面α的距离为 .
解析:由题意可得=(-2,-1,-1),所以·n=-4-1=-5,
设点P(1,2,3)到平面α的距离为d,则d===.
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14. (5分)为了测量一斜坡的坡度,小明设计如下的方案:如图,设斜坡面β与水平面α的交线为l,小明分别在水平面α和斜坡面β选取A,B两点,且AB=7,A到直线l的距离AA1=3,B到直线l的距离B1B=4,A1B1=2,则斜坡面β与水平面α所成角的大小为 .
解析:设与的夹角为θ,因为=++,
所以=(++)2=+++2·
+2·+2·,又·=·=0,
即49=9+12+16+2×3×4cos θ,所以cos θ=,又θ∈[0,π],所以θ=,
所以斜坡面β与水平面α所成角的大小为.
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四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、
证明过程或演算步骤)
15.(13分)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,M,N分别是
A1B,A1C1上的点,且2BM=A1M,C1N=2A1N,设=a,
=b,=c.
(1)试用a,b,c 表示向量;(5分)
解:因为2BM=A1M,C1N=2A1N,
根据空间向量的运算法则,可得=-=-(-)
=-++=-a+b+c.
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(2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=2,求线段MN的长.(8分)
解:因为∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=2,可得a·b=0且b·c=a·c=2,
则||2==(4a2+b2+4c2-4a·b+4b·c-8a·c)
=(16+4+16-0+8-16)=,所以||=,
即线段MN的长为.
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16.(15分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AD=2,
CD=DD1=1,M,N分别为AD1,BC的中点.
(1)求证:MN∥平面C1D1DC;(9分)
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解:证明:在长方体ABCD A1B1C1D1中,
建立如图所示的空间直角坐标系,
由AD=2,CD=DD1=1,M,N分别为AD1,BC的中点,
得M,N(1,1,0),A(0,2,0),=,
显然平面C1D1DC的一个法向量n==(0,2,0),则·n=0,于是⊥n,有∥平面C1D1DC,而MN 平面C1D1DC,所以MN∥平面C1D1DC.
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(2)判断MN与平面B1C1M是否垂直,并说明理由.(6分)
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解:由(1)知,C1(1,0,1),则有=,
而·=1×1-×=≠0,
于是向量与向量不垂直,即直线MN与MC1不垂直,而MC1 平面B1C1M,
所以MN与平面B1C1M不垂直.
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17.(15分)如图,正方形ABCD所在平面外一点P
满足PB⊥平面ABCD,且AB=3,PB=4.
(1)求点A到平面PCD的距离;(7分)
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解:由题意,VP ACD=××3×3×4=6,
由PB⊥平面ABCD,PB 平面PBC,
可得平面PBC⊥平面ABCD,而DC⊥BC,
且平面PBC∩平面ABCD=BC,DC 平面ABCD,
∴DC⊥平面PBC,PC 平面PBC,
可得DC⊥PC.∵CD=3,PC==5,
∴S△PCD=×3×5=,
设A到平面PCD的距离为h,则×h=6,即h=,∴点A到平面PCD的距离为.
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(2)线段BP上是否存在点E,使得DE⊥平面PAC
若存在,求出该点位置;若不存在,请说明理由.(8分)
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解:以B为坐标原点,分别以BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(3,3,0),C(3,0,0),P(0,0,4),设E(0,0,t)(0≤t≤4),
则=(3,0,-4),=(-3,-3,t),
若DE⊥平面PAC,则·=-9-4t=0,
解得t=-,不合题意.
故线段BP上不存在点E,使得DE⊥平面PAC.
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18.(17分)如图,在三棱锥P ABC中,AB=AC,D是BC的中点,
PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,已知BC=8,PO=4,
AO=3,OD=2. (1)求证:AP⊥BC;(7分)
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解:证明:PO⊥平面ABC,AD,BC 平面ABC,
所以PO⊥AD,PO⊥BC.
因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC.
如图,以O为原点,过点O作CB的平行线为x轴,以射线AD
为y轴正方向,
以射线OP为z轴正方向,建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),
所以=(0,3,4),=(-8,0,0),
所以·=0×(-8)+3×0+4×0=0,所以⊥,即AP⊥BC.
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(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3,求平面ABC与
平面BCM夹角的余弦值.(10分)
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解:由勾股定理得AP= ==5,
因为AM=3,所以=.
设M(x,y,z),故(x,y+3,z)=(0,3,4),
故x=0,y=-3=-,z=,
故M,
所以=,=.
设平面BMC的法向量为n=(a,b,c),
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则解得a=0,
令b=1,则c=,所以n=,
易知=(0,0,4)是平面ABC的一个法向量,
则|cos|=
===.
故平面ABC与平面BCM夹角的余弦值为.
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19.(17分)如图,在矩形ABCD中,AD=,取CD的中点M,将△ADM和△BCM分别沿直线AM,BM折叠,使D,C两点重合于点P,得到三棱锥P ABM.
(1)当AB=2时,求证:AM⊥PB;(5分)
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解:证明:由题可知,AP⊥PM,PB⊥PM,AP=BP=,
又因为AB=2,所以AP2+BP2=AB2.
所以∠APB=90°,即PB⊥AP,
且PM∩AP=P,PM,AP 平面APM,可得PB⊥平面APM.
因为AM 平面APM,所以PB⊥AM.
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(2)若二面角A PM B的平面角为60°,在线段AM上是否存在一点E,使得PE与平面PBM所成角的正弦值为 若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由.(12分)
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解:存在,理由如下:
因为AP⊥PM,PB⊥PM,AP∩PB=P,AP,PB 平面PAB,
所以PM⊥平面PAB,二面角A PM B的平面角为∠APB=60°.
如图所示,以P为原点,垂直于平面MPB所在的直线为x轴,PB,PM所在直线分别为y,z轴,则M,A,
P(0,0,0),
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可得=,=.
设=λ,λ∈[0,1],
则=+λ=+λ=.
易知平面PBM的一个法向量为n=(1,0,0),
设直线PE与平面PBM所成的角为θ,
可得sin θ=|cos|===,解得λ=,
故当E位于AM中点时,满足条件.
19阶段质量评价（一） 空间向量与立体几何
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知向量a=(2,-1,3),b=(4,x,y),且a∥b,则x+y= ( )
A.-4 B.-2
C.4 D.2
2.如图,在四面体PABC中,E是AC的中点,=3,设=a,=b,=c,则= ( )
A.a-b+c B.a-b+c
C.a+b+c D.a-b+c
3.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC法向量的是 ( )
A.(-1,1,1) B.(1,1,1)
C. D.
4.在四面体OABC中,空间的一个点M满足=++λ,若M,A,B,C四点共面,则λ等于 ( )
A. B.
C. D.
5.已知两条异面直线的方向向量分别是m=(1,-2,3),n=(2,1,0),这两条异面直线所成的角为 ( )
A. B.
C. D.
6.已知O是坐标原点,空间向量=(1,1,2),=(-1,3,4),=(2,4,4),若线段AB的中点为D,则||= ( )
A.9 B.8
C.3 D.2
7.若A(2,2,1),B(0,0,1),C(2,0,0),则点A到直线BC的距离为 ( )
A. B.
C. D.
8.如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,AE⊥平面ABCD,若AE=1,则平面ADE与平面BCE的夹角为 ( )
A.45° B.60°
C.120° D.150°
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是 ( )
A.(2a+b)∥a B.5|a|=|b|
C.a⊥(5a+6b) D.a在b上的投影向量为
10.如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1D1的中点,则下列结论正确的是 ( )
A.BF⊥CE
B.DF∥平面B1CE
C.BF⊥平面B1CE
D.直线DF与直线CE所成角的余弦值为
11.在直三棱柱ABC A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=2,E,F分别是BC,A1C1的中点,D在线段B1C1上,则下列说法正确的有 ( )
A.EF∥平面AA1B1B
B.直线EF与平面ABC所成角的正弦值为
C.若D是B1C1的中点,M是B1A1的中点,则点F到平面BDM的距离是
D.直线BD与直线EF所成的角最小时,线段BD的长为
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12.(5分)已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),则λ= .
13.(5分)已知向量n=(2,0,1)为平面α的一个法向量,点A(-1,1,2)在α内,则点P(1,2,3)到平面α的距离为 .
14.(5分)为了测量一斜坡的坡度,小明设计如下的方案:如图,设斜坡面β与水平面α的交线为l,小明分别在水平面α和斜坡面β选取A,B两点,且AB=7,A到直线l的距离AA1=3,B到直线l的距离B1B=4,A1B1=2,则斜坡面β与水平面α所成角的大小为 .
四、解答题(本大题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,M,N分别是A1B,A1C1上的点,且2BM=A1M,C1N=2A1N,
设=a,=b,=c.
(1)试用a,b,c 表示向量;(5分)
(2)若∠BAC=90°,∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=2,求线段MN的长.(8分)
16.(15分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AD=2,CD=DD1=1,M,N分别为AD1,BC的中点.
(1)求证:MN∥平面C1D1DC;(9分)
(2)判断MN与平面B1C1M是否垂直,并说明理由.(6分)
17.(15分)如图,正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD,且AB=3,PB=4.
(1)求点A到平面PCD的距离;(7分)
(2)线段BP上是否存在点E,使得DE⊥平面PAC 若存在,求出该点位置;若不存在,请说明理由.(8分)
18.(17分)如图,在三棱锥P ABC中,AB=AC,D是BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,
已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)求证:AP⊥BC;(7分)
(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3,求平面ABC与平面BCM夹角的余弦值.(10分)
19.(17分)如图,在矩形ABCD中,AD=,取CD的中点M,将△ADM和△BCM分别沿直线AM,BM折叠,
使D,C两点重合于点P,得到三棱锥P ABM.
(1)当AB=2时,求证:AM⊥PB;(5分)
(2)若二面角A PM B的平面角为60°,在线段AM上是否存在一点E,使得PE与平面PBM所成角的正弦值为 若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由.(12分)
阶段质量评价(一)
1．C 2.B 3.B 4.B
5．选A 设两条异面直线所成的角为θ，且这两条异面直线的方向向量分别是m＝(1，－2，3)，n＝(2,1,0)，则cos θ＝＝＝0，且0<θ≤，所以两条异面直线所成的角θ＝.
6．选C 由题意得D(0,2,3)，所以＝(－2，－2，－1)，所以||＝ ＝3.
7．选A ＝(2,2,0)，＝(2,0，－1)，则在上的投影向量的模为＝，则点A到直线BC的距离为＝＝.
8.选A 因为AE⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0,0)，C(1,1,0)，E(0，0,1)，所以＝(0,1,0)，＝(－1,0,1)，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则取n＝(1,0,1)．
又平面ADE的一个法向量为m＝(1,0,0)，
设平面ADE与平面BCE的夹角为θ，则cos θ＝＝，又0°≤θ≤90°，所以θ＝45°.
9．选BCD 易知2a＋b＝(－1,2,7)，显然≠≠，故A错误；易知|a|＝＝，|b|＝＝5 5|a|＝|b|，故B正确；易知5a＋6b＝(8,19,35) a·(5a＋6b)＝－2×8＋(－1)×19＋1×35＝0，故C正确；a在b上的投影向量·b＝×(3,4,5)＝，故D正确．
10.选AD 以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则D(0，0,0)，E(2，1,0)，F(1,0,2)，B(2，2,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0).＝(2，－1，0)，＝(－1，－2，2)，＝(1,0,2)，＝(－2,0，－2)．因为·＝－2＋2＝0，所以BF⊥CE，A正确．
设平面B1CE的法向量为m＝(x，y，z)，则令x＝1得，y＝2，z＝－1，故m＝(1,2，－1)，因为·m＝(1,0,2)·(1,2，－1)＝1－2＝－1≠0，所以与m不垂直，则直线DF与平面B1CE不平行，B错误．若BF⊥平面B1CE，则BF⊥B1C.因为·＝2＋0－4≠0，所以直线BF与直线B1C不垂直，矛盾，C错误．cos〈，〉＝＝＝，D正确．
11.选ACD 在直三棱柱ABC A1B1C1中，∠BAC＝90°，以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝AC＝AA1＝2，E，F分别是BC，A1C1的中点，所以A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,1,2)，A1(0,0,2)，C1(0,2,2)，B1(2,0,2)．对于A，
因为在直三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又AC 平面ABC，所以AA1⊥AC，又∠BAC＝90°，所以AB⊥AC.又AB∩AA1＝A，AB，AA1 平面AA1B1B，所以AC⊥平面AA1B1B，所以＝(0,2,0)为平面AA1B1B的一个法向量．又＝(－1，0,2)，所以·＝(0,2,0)·(－1,0,2)＝0.又EF 平面AA1B1B，所以EF∥平面AA1B1B，故A正确；对于B，＝(0,0,2)为平面ABC的一个法向量，＝(－1,0,2)，设直线EF与平面ABC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝，故B错误；对于C，若D是B1C1的中点，M是B1A1的中点，则M(1,0,2)，D(1，1,2)，＝(1,0，－2)，＝(0,1,0)，
设平面BDM的法向量为m＝(x，y，z)，
则令z＝1，则x＝2，y＝0，所以平面BDM的一个法向量为m＝(2,0,1)，又＝(－1,1,0)，所以点F到平面BDM的距离为＝＝，故C正确；对于D，设＝λ＝λ(－2，2,0)＝(－2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，
则＝＋＝(0,0,2)＋(－2λ，2λ，0)＝(－2λ，2λ，2)．
设直线BD与直线EF所成的角为α，又＝(－1,0,2)，则cos α＝|cos〈，〉|＝＝
＝，
当－＝0，即λ＝时，cos α取得最大值，此时直线BD与直线EF所成的角最小，＝，
||＝＝，故D正确．故选ACD.
12．2 13.
14．解析：设与的夹角为θ，因为＝＋＋，所以＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，又·＝·＝0，即49＝9＋12＋16＋2×3×4cos θ，所以cos θ＝，又θ∈[0，π]，所以θ＝，所以斜坡面β与水平面α所成角的大小为.
答案：
15．解：(1)因为2BM＝A1M，C1N＝2A1N，
根据空间向量的运算法则，可得＝－＝－(－)＝－＋＋＝－a＋b＋c.
(2)因为∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝2，可得a·b＝0且b·c＝a·c＝2，
则||2＝2＝(4a2＋b2＋4c2－4a·b＋4b·c－8a·c)＝(16＋4＋16－0＋8－16)＝，所以||＝，即线段MN的长为.
16．解：(1)证明：在长方体ABCD A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AD＝2，CD＝DD1＝1，M，N分别为AD1，BC的中点，得M，N(1,1,0)，A(0，2,0)，＝，显然平面C1D1DC的一个法向量n＝＝(0,2,0)，则·n＝0，于是⊥n，有∥平面C1D1DC，而MN 平面C1D1DC，所以MN∥平面C1D1DC.
(2)由(1)知，C1(1,0,1)，则有＝，而·＝1×1－×＝≠0，
于是向量与向量不垂直，即直线MN与MC1不垂直，而MC1 平面B1C1M，
所以MN与平面B1C1M不垂直．
17．解：(1)由题意，VP ACD＝××3×3×4＝6，
由PB⊥平面ABCD，PB 平面PBC，可得平面PBC⊥平面ABCD，而DC⊥BC，且平面PBC∩平面ABCD＝BC，DC 平面ABCD，
∴DC⊥平面PBC，PC 平面PBC，
可得DC⊥PC.∵CD＝3，PC＝＝5，
∴S△PCD＝×3×5＝，
设A到平面PCD的距离为h，则×h＝6，即h＝，∴点A到平面PCD的距离为.
(2)以B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(3,3,0)，C(3，0,0)，P(0,0,4)，设E(0,0，t)(0≤t≤4)，则＝(3,0，－4)，＝(－3，－3，t)，若DE⊥平面PAC，则·＝－9－4t＝0，解得t＝－，不合题意．
故线段BP上不存在点E，使得DE⊥平面PAC.
18．解：(1)证明：PO⊥平面ABC，AD，BC 平面ABC，
所以PO⊥AD，PO⊥BC.因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.
如图，以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以射线AD为y轴正方向，
以射线OP为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，－3，0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0，0,4)，所以＝(0,3，4)，＝(－8，0,0)，
所以·＝0×(－8)＋3×0＋4×0＝0，所以⊥，即AP⊥BC.
(2)由勾股定理得AP＝ ＝＝5，因为AM＝3，所以＝.
设M(x，y，z)，故(x，y＋3，z)＝(0,3,4)，
故x＝0，y＝－3＝－，z＝，
故M，所以＝，＝.
设平面BMC的法向量为n＝(a，b，c)，
则
解得a＝0，令b＝1，则c＝，所以n＝，
易知＝(0,0,4)是平面ABC的一个法向量，
则|cos〈n，〉|＝
＝＝＝.
故平面ABC与平面BCM夹角的余弦值为.
19．解：(1)证明：由题可知，AP⊥PM，PB⊥PM，AP＝BP＝，
又因为AB＝2，所以AP2＋BP2＝AB2.
所以∠APB＝90°，即PB⊥AP，
且PM∩AP＝P，PM，AP 平面APM，可得PB⊥平面APM.
因为AM 平面APM，所以PB⊥AM.
(2)存在，理由如下：
因为AP⊥PM，PB⊥PM，AP∩PB＝P，AP，PB 平面PAB，
所以PM⊥平面PAB，二面角A PM B的平面角为∠APB＝60°.
如图所示，以P为原点，垂直于平面MPB所在的直线为x轴，PB，PM所在直线分别为y，z轴，则M，A，P(0，0,0)，可得＝，＝.
设＝λ，λ∈[0,1]，则＝＋λ＝＋λ＝.
易知平面PBM的一个法向量为n＝(1,0,0)，
设直线PE与平面PBM所成的角为θ，
可得sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，解得λ＝，
故当E位于AM中点时，满足条件．
