综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.
25 (1)证明 ∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.
又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.∵AD?平面ABD，∴平面ADB⊥平面BDC. (2)解 由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两
两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以DB，DC，DA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，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)， 13?→13→，，0，∴AE＝?，，－3?，DB＝(1,0,0)， A(0,0，3)，E??22??22?
AE·DB→→→→∴AE与DB夹角的余弦值为cos〈AE，DB〉＝＝
→→|AE||DB|13 26
→→→→→12224
＝22. 22
26
(1)证明 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.
23
设AC∩BD＝F，连接EF.因为AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝23，EC＝，
3PCAC
FC＝2，从而＝6，＝6.
FCEC
因为
PCAC
＝，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此FCEC
知PC⊥EF.
PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED. (2)解 在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足． 因为二面角APBC为90°，所以平面PAB⊥平面PBC. 又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝22.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝2.
d1设PD与平面PBC所成的角为α，则sin α＝＝.
PD2所以PD与平面PBC所成的角为30°.
法二 (1)证明 以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
C(22，0,0)，设D(2，b,0)，其中b＞0，则P(0,0,2)， 422E，0，，B(2，－b,0)． 33
27
2222→→→
于是PC＝(22，0，－2)，BE＝（，b，），DE＝（，－b，），
3333→→→→
从而PC·BE＝0，PC·DE＝0，故PC⊥BE，PC⊥DE. 又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.
→→
(2)解 AP＝(0,0,2)，AB＝(2，－b,0)．设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量， →→则m·AP＝0，m·AB＝0，即2z＝0且2x－by＝0，令x＝b，则m＝(b，2，0)． →→设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则n·PC＝0，n·BE＝0， 即22p－2r＝0且
2p222
＋bq＋r＝0，令p＝1，则r＝2，q＝－，n＝1，－，2. 33bb
2
因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝2，于是n＝(1，－1，2)，
b→n·DP1→→→
DP＝(－2，－2，2)．cos〈n，DP〉＝＝，〈n，DP〉＝60°.
→2|n||DP|
→
因为PD与平面PBC所成角和〈n，DP〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.
空间向量与立体几何（二）答案
一、选择题：AABCC BBDDC 二、填空题： 11．65； 12．
111OA?OB?OC；13．直角三角形； 14．?39；．15．①②； 633三、解答题：
16．解：以D为原点，建立如图空间直角坐标系．因为正方体棱长为a， 所以B（a，a，0），A'（a，0，a），C'（0，a，a），D'（0，0，a）． 由于M为BD'的中点，取A'C'中点O'，所以M（因为|A'N|?3|NC'|，所以N为A'C'的四等分， 从而N为O'C'的中点，故N（
aaaaa，，），O'（，，a）． 22222a3，a，a）． 44根据空间两点距离公式，可得|MN|?
aaa3aa6(?)2?(?)2?(?a)2?a． 24242428
17．解：（Ⅰ）过D作DE⊥BC，垂足为E，在Rt△BDC中,由∠BDC=90°,∠DCB=30°，BC=2，得BD=1，CD=
3，∴DE=CD2sin30°=
3． 2OE=OB－BE=OB－BD2cos60°=1－
11?． 22∴D点坐标为（0，－
1313），即向量OD的坐标为{0，－,}． ,222231,,0},OB?{0,?1,0},OC?{0,1,0}， 2233,?1,},BC?OC?OB?{0,2,0}． 22（Ⅱ）依题意：OA?{所以AD?OD?OA?{?设向量AD和BC的夹角为?，则
33?0?(?1)?2??01AD?BC22??10． cos?=?5|AD|?|BC|32322222(?)?(?1)?()?0?2?022?18． （Ⅰ）证明：∵AP?AB=－2－2+4=0，∴AP⊥AB.又∵AP?AD=－4+4+0=0，∴AP⊥AD.∵AB、AD是底面ABCD上的两条相交直线，∴AP⊥底面ABCD. （Ⅱ）解：设AB与AD的夹角为?，则 cos?=
AB?AD|AB|?|AD|?8?24?1?16?16?4?3105 V=
129|AB|2|AD|2sin?2|AP|=105?1??1?4?1?16．
31053（Ⅲ）解：|（AB3AD）2AP|=|－4－32－4－8|=48它是四棱锥P—ABCD体积的3倍．
猜测：|（AB3AD）2AP|在几何上可表示以AB、AD、AP为棱的平行六面体的
29
体积（或以AB、AD、AP为棱的直四棱柱的体积）． 19．如图，建立空间直角坐标系O—xyz． （Ⅰ）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1） ∴|BN |=
(1?0)2?(0?1)2?(1?0)2?3.
（Ⅱ）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、 C（0，0，0）、B1（0，1，2）．
∴BA1={－1，－1，2}，CB1={0，1，2，}，BA12CB1=3，|BA1|=∴cos
6，|CB1|=5
BA1?CB1|BA1|?|CB1|?130． 10（Ⅲ）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（
1111,，2），A1B={－1，1，2}，C1M={,，22220}.∴A1B2C1M=－
11?+0=0，∴A1B⊥C1M，∴ A1B⊥C1M． 2220．（Ⅰ）证明：设CB=a，CD=b，CC1=c，则|a |=|b|， ∵BD?CD?CB=b－a，
∴BD2CC1=（b－a）2c=b2c－a2c=|b|2|c|cos60°－|a|2|c|cos60°=0，
∴C1C⊥BD．
（Ⅱ）解：连AC、BD，设AC∩BD=O，连OC1，则∠C1OC为二面角?—BD—?的平面角．∵
CO?111(BC?CD)?（a+b），C1O?CO?CC1?（a+b）－c 222∴CO2C1O?11（a+b）2［（a+b）－c］ 22=
111（a2+2a2b+b2）－a2c－b2c
224 30
=
133311（4+22222cos60°+4）－222cos60°－222cos60°=．
2242223CO?C1O3?． 3，|C1O|=，∴cosC1OC=
3|CO|?|C1O|22CD=x，CD=2， 则CC1=.∵BD⊥平面AA1C1C，∴BD⊥A1C
xCC1则|CO|=
（Ⅲ）解：设
∴只须求满足：A1C?C1D=0即可.设A1A=a，AD=b，DC=c， ∵A1C=a+b+c，C1D=a－c，
∴A1C?C1D=（a+b+c）（a－c）=a2+a2b－b2c－c2=
42?－6， 2xx令6－
242?2=0，得x=1或x=－（舍去）． xx3
31