OC是AC在面OBCO1内的射影.
O1C3， 因为tan?OOB?OB?3 tan?OOC??11OO13OO1 所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，从而OC⊥BO1
由三垂线定理得AC⊥BO1.
（II）解 由（I）AC⊥BO1，OC⊥BO1，知BO1⊥平面AOC. 设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于F，连结O1F（如图4），则EF是O1F在平面AOC 内的射影，由三垂线定理得O1F⊥AC. 所以∠O1FE是二面角O—AC—O1的平面角.
由题设知OA=3，OO1=3，O1C=1， 所以O1A?从而O1F?OA2?OO12?23,AC?O1A2?O1C2?13，
O1A?O1C23， ?AC13又O1E=OO12sin30°=
3， 2
所以sin?O1FE?O1E313. ?. 即二面角O—AC—O1的大小是arcsin4O1F418．解：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间1
直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(12，0，)，D(0，2，0)，E(0，1，)，P(0，0，1)．
2
????????????????????1
∴CD＝(－1，0，0)，AD＝(0，2，0)，AP＝(0，0，1)，AE＝(0，1，) ，PC＝(1，2，－1)，
2
?????????CD?AD?0?CD?AD??????????CD?平面PAD?(1) CD?AP?0?CD?AP?平面PAD．??5分 ????平面PDC⊥
CD?平面PDC?AP?AD?A???1????????2－????????2AE?PC30
????????(2)∵cos?AE,PC??＝＝，
101|AE|?|PC|1+26
4
30
∴所求角的余弦值为．????????????????????????9分
10
(3)假设BC边上存在一点G满足题设条件，令BG＝x，则G(1，x，0)，作DQ⊥AG，则
????????????????DQ⊥平面PAG，即DQ＝1．∵2S△ADG＝S矩形ABCD，∴|AG|?|DQ|?|AB|?|AD|＝2∴????|AG|＝2，又AG＝x2+1，∴x＝3<2，
故存在点G，当BG＝3时，使点D到平面PAG的距离为1．??????????14分
19．解：⑴CC1∥BB1，又BB1⊥A1E，∴CC1⊥A1E，而CC1⊥A1F，∴CC1⊥平面A1EF，∴平面A1EF⊥平面B1BCC1????????????????????????4分
⑵作A1H⊥EF于H，则A1H⊥面B1BCC1，∴A1H为A1到面B1BCC1的距离，在△A1EF中，
A1E＝A1F＝2，EF＝2，∴△A1EF为等腰Rt△且EF为斜边，∴A1H为斜边上中线，可1
得A1H＝EF＝1????????????????????????????9分
2⑶作A1G⊥面ABC于G，连AG，则A1G就是A1到面ABC的距离，且AG是∠BAC的角平分线，A1G＝1????????????????????????????12分 cos45°631
∵cos∠A1AG＝＝，∴sin∠A1AG＝，∴A1A＝＝1??????14分
3cos30°33
320．解：（Ⅰ）如图所示： C（2，0，0），S（0，0，1），O（0，0，0），B（1，1，0）
?SC?(2,0,?1),OB?(1,1,0)1010 ?cos?SC,OB???,??arccos555?22?????????????????????4分
（Ⅱ）①SB?(1,1,?1),CB?(?1,1,0)?n?SBC
??????????????n?SB,n?CB,?n?SB?1?p?q?0 ??????n?CB??1?p?0,解得:p?1,q?2,?n?(1,1,2)?????????????????????????????7分
②过O作OE?BC于E,则BC?面SOE，?SOE?SAB
又两面交于SE,过O作OH?SE于H,则OH?SBC,延长OA与CB交于F,则OF?2连FH,则?OFH为所求又OE?2,?SE?3
6SO?OE1?266?OH???,?sin??3?SE3263???arcsin6?????????????????10分6
③k的坐标为?1,?1,2?；OH?6 ??????????????14分． 321．以C为原点建立空间直角坐标系
（I）B(0，a，0)，N(a，0，a)，
∴|BN|?
(a?0)2?(0?a)2?(a?0)2?3a．4分
（II）A1(a，0，2a)，C(0，0，0)，B1(0，a，2a)， ∴BA1＝(a，－a，2a)，CB1＝(0，a，2a)， ∴BACB1＝a30＋(－a)3a＋2a32a＝3a2，5分 1·
222a?(?a)?(2a)?|BA|＝16a，|CB1|＝02?a2?(2a)2?5a，7分
∴cos〈BA1,CB1〉＝BA1?CB1|BA1|?|CB1|?36?5?30．9分 10aaaa，，2a)，∴C1M＝(，，0)，A1B＝(－a，a，2a)， 2222aa∴A1B·C1M＝(－a)3＋a3＋2a30＝0，∴A1B⊥C1M，∴A1B⊥C1M．14分
22（III）C1(0，0，2a)，M(
第十单元 空间向量及运算参考答案
一、选择题 题号 1 答案 D 二、填空题 5
11．65 12．（－4，2，－4） 13．[1，5] 14．3 15．
6
2 A 3 B 4 C 5 D 6 A 7 D 8 B 9 C 10 D 三、解答题
16．解：∵b1∥a，∴令b1＝(λ，λ，0)，b2＝b－b1＝(1－λ，1－λ，1)，
又∵b2⊥a，∴a2b2＝(1，1，0)2(1－λ，1－λ，1)＝1－λ＋1－λ＝2－2λ＝0， ∴λ＝1，即b1＝(1，1，0)，b2＝(0，0，1)． 17．解：⑴过D作DE⊥BC于E，则DE＝CD2sin30°＝
1， 2
31，OE＝OB－BDcos60°＝1－＝22
????3313
∴D的坐标为（0，－，），又∵C（0，1，0），∴CD?(0,?,)
2222?????33???31⑵依题设有A点坐标为A(,?1,),BC?(0,2,0) ,,0)，∴AD?(?2222????????????????AD?BC10???????则cos?AD,BC?????．故异面直线AD与BC所成角的余弦值为
5|AD|?|BC|
10． 5
a?b2(a?b)2218．解：⑴∵|u|?|a?tb|?|a|?2(a?b)t?t|b|?|b|(t?， )?|a|?22|b||b|222222∴当t＝?a?b时，|u|＝|a＋tb|最小． 2|b|22⑵∵b?(a?tb)?a?b?t|b|?a?b?|b|(?a?b)?0?b?(a?tb)． |b|2????1????????????2????????19．解：∵BF?(BO?BC),OE?BA?BO，
23????21????2????2????????1????????7∴|BF|?(|BO|?|BC|?2BO?BC)?(4?1?2|BO||BC|cos60?)?,
444?????24????2????24????????????7???|BF|?;|OE|?|BA|?|BO|?BA?BO?4?4?4?4,|OE|?2.
293????????12????????????22????????????????13又BF?OE?(BA?BO?|BO|?BC?BA?BC?BO)?(2?4?1)??，
23322????????????????BF?OE?337??????∴cos?BF,OE?????， ??14|BF||OE|27故异面直线OE与BF所成的角的余弦值为37． 1420．解：⑴设BP＝t，则CQ?2?(2?t)2,DQ?2?2?(2?t)2,
∴B1（2，0，2），D1（0，2，2），P（2，t，0），
?????????2Q(2?2?(2?t),2,0).QB1?(2?(2?t),?2,2),PD1?(?2,2?t,2)
2?????????又∵BQ?D1P?QB1?PD1?0， 122∴?22?(2?t)?2(2?t)?2?2?0,即2?(2?t)?t
解得t＝1，即P、Q分别为中点时，B1Q⊥D1P．
⑵由⑴知PQ∥BD，且AC⊥PQ，设AC∩PQ＝E，连C1E，∵CC1⊥底面BD，CE⊥PQ， ∴C1E⊥PQ，即∠CEC1为所求二面角O—PQ—C1的平面角，易得tan?CEC1?22．