立体几何向量法基本知识专题训练

这是一份立体几何向量法基本知识专题训练，共20页。
(1)若(ka＋b)∥(a－3b)，求实数k的值；
(2)若(ka＋b)⊥(a－3b)，求实数k的值．
解：ka＋b＝(k－2，5k＋3，－k＋5)，
a－3b＝(7，－4，－16)．
(1)因为(ka＋b)∥(a－3b)，
所以eq \f(k－2,7)＝eq \f(5k＋3,－4)＝eq \f(－k＋5,－16)，解得k＝－eq \f(1,3).
(2)因为(ka＋b)⊥(a－3b)，
所以(k－2)×7＋(5k＋3)×(－4)＋(－k＋5)×(－16)＝0，
解得k＝eq \f(106,3).
变式1 已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)，设a＝eq \(AB,\s\up6(→))，b＝eq \(AC,\s\up6(→)).
(1)若|c|＝3且c∥eq \(BC,\s\up6(→))，求c；
(2)求a和b的夹角的余弦值；
(3)若ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．
解：(1)因为eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，－1，2)，c∥eq \(BC,\s\up6(→))，
所以c＝meq \(BC,\s\up6(→))＝m(－2，－1，2)＝(－2m，－m，2m)(m∈R)．
所以|c|＝eq \r(（－2m）2＋（－m）2＋（2m）2)＝3|m|＝3，m＝±1.
所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．
(2)因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，
所以a·b＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1.
又|a|＝eq \r(12＋12＋02)＝eq \r(2)，
|b|＝eq \r(（－1）2＋02＋22)＝eq \r(5)，
所以cs〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－1,\r(10))＝－eq \f(\r(10),10).
故a和b的夹角的余弦值为－eq \f(\r(10),10).
(3)由(2)知|a|＝eq \r(2)，|b|＝eq \r(5)，a·b＝－1.
所以(ka＋b)·(ka－2b)＝k2a2－ka·b－2b2＝2k2＋k－10＝0，
解得k＝2或k＝－eq \f(5,2).
考点二 空间两直线的平行与垂直
例2 设a，b是不相交的两条直线l1，l2的方向向量，试判断下列各条件下两条直线l1，l2的位置关系：
(1)a＝(2，－1，3)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，－\f(3,2)))；
(2)a＝(5，0，－2)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3，\f(5,2)))；
(3)a＝(－2，1，4)，b＝(3，2，－1)．
解：(1)由a＝(2，－1，3)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)，－\f(3,2)))＝－2b，得a∥b，又两条直线l1，l2没有交点，所以l1∥l2.
(2)由于a·b＝5×1＋0×3－2×eq \f(5,2)＝0，所以a⊥b，从而l1⊥l2.
(3)由a＝(－2，1，4)，b＝(3，2，－1)可知，不存在任何实数λ，使a＝λb，且a·b≠0，则这两条直线l1，l2不相交、不平行也不垂直，故两条直线l1，l2是不垂直的异面直线．
变式2 (2019·辽宁沈阳模拟)如图，在直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D，E分别为AB，BB′的中点．


(1)求证：CE⊥A′D；
(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．
证法一：依题意，建立如图所示的空间直角坐标系，令AC＝BC＝AA′＝2，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，A′(2，0，2)，C′(0，0，2)，D(1，1，0)，E(0，2，1)，

(1)证明：因为eq \(CE,\s\up6(→))＝(0，2，1)，eq \(A′D,\s\up6(→))＝(－1，1，－2)，
所以eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(A′D,\s\up6(→))＝2－2＝0，所以CE⊥A′D.
(2)因为eq \(AC,\s\up6(→))′＝(－2，0，2)，
所以cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))′〉＝eq \f(\(CE,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))′,|\(CE,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))′|)＝eq \f(2,\r(5)×2\r(2))＝eq \f(\r(10),10)，所以异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
证法二：(1)证明：设eq \(CA,\s\up6(→))＝a，eq \(CB,\s\up6(→))＝b，eq \(CC′,\s\up6(→))＝c，
根据题意得，|a|＝|b|＝|c|，且a·b＝b·c＝c·a＝0，
所以eq \(CE,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,2)c，eq \(A′D,\s\up6(→))＝－c＋eq \f(1,2)b－eq \f(1,2)a.
所以eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(A′D,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)c2＋eq \f(1,2)b2＝0.
所以eq \(CE,\s\up6(→))⊥eq \(A′D,\s\up6(→))，即CE⊥A′D.
(2)因为eq \(AC′,\s\up6(→))＝－a＋c，|eq \(AC′,\s\up6(→))|＝eq \r(2)|a|，|eq \(CE,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(5),2)|a|.
eq \(AC′,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝(－a＋c)·(b＋eq \f(1,2)c)＝eq \f(1,2)c2＝eq \f(1,2)|a|2，
所以cs〈eq \(AC′,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\f(1,2)|a|2,\r(2)×\f(\r(5),2)|a|2)＝eq \f(\r(10),10).
即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
考点三 直线和平面的平行与垂直
例3 已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，2AB＝2AD＝CD，侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中点．


(1)求证：BE⊥平面PCD；
(2)在PB上是否存在一点F，使AF∥平面BDE?
解：(1)证明：依题意，以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

设AB＝AD＝2，
则B(1，2，0)，C(－1，4，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，E(－eq \f(1,2)，2，eq \f(\r(3),2))．
所以eq \(BE,\s\up6(→))＝(－eq \f(3,2)，0，eq \f(\r(3),2))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－1，4，－eq \r(3))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(0，－4，0)．
所以eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝(－eq \f(3,2)，0，eq \f(\r(3),2))·(－1，4，－eq \r(3))＝0，
eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(－eq \f(3,2)，0，eq \f(\r(3),2))·(0，－4，0)＝0，
即BE⊥PC，BE⊥CD.
又PC∩CD＝C，所以BE⊥平面PCD.
(2)存在．设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，因为n⊥eq \(BE,\s\up6(→))，n⊥eq \(DE,\s\up6(→))，所以n·eq \(BE,\s\up6(→))＝0，n·eq \(DE,\s\up6(→))＝0.
又eq \(BE,\s\up6(→))＝(－eq \f(3,2)，0，eq \f(\r(3),2))，eq \(DE,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，2，eq \f(\r(3),2))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(1,2)x＋2y＋\f(\r(3),2)z＝0，))
令y＝－1，则x＝1，z＝eq \r(3).
所以平面BDE的一个法向量为n＝(1，－1，eq \r(3))．
取PB中点F，则F(eq \f(1,2)，1，eq \f(\r(3),2))．
又A(1，0，0)，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,2)，1，eq \f(\r(3),2))．
因为eq \(AF,\s\up6(→))·n＝(－eq \f(1,2)，1，eq \f(\r(3),2))·(1，－1，eq \r(3))＝0，
所以eq \(AF,\s\up6(→))⊥n.
又n是平面BDE的法向量，且AF⊄平面BDE，
所以AF∥平面BDE.
故存在PB的中点F，使AF∥平面BDE.
变式3 在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点，且CF＝2.
(1)求证：B1F⊥平面ADF；
(2)若eq \(C1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(C1A1,\s\up6(→))，求证：PF∥平面ADB1.
证明：因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，取B1C1的中点D1，则DD1⊥平面ABC，分别以CB，AD，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，因为AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，所以A(0，－2eq \r(2)，0)，B(1，0，0)，C(－1，0，0)，A1(0，－2eq \r(2)，3)，B1(1，0，3)，C1(－1，0，3)，因为CF＝2，所以F(－1，0，2)．


(1)eq \(B1F,\s\up6(→))＝(－2，0，－1)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(0，－2eq \r(2)，0)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，因为eq \(B1F,\s\up6(→))·eq \(DA,\s\up6(→))＝0，eq \(B1F,\s\up6(→))·eq \(DF,\s\up6(→))＝0，所以B1F⊥平面ADF.
(2)因为eq \(C1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(C1A1,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)(1，－2eq \r(2)，0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－\f(2\r(2),3)，0))，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)，3))，
所以eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2\r(2),3)，－1)).
设平面ADB1的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DA,\s\up6(→))＝0，,n·\(AB1,\s\up6(→))＝0，))有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2\r(2)y0＝0，,x0＋2\r(2)y0＋3z0＝0，))
取z0＝1，则n＝(－3，0，1)．
因为eq \(PF,\s\up6(→))·n＝0，PF⊄平面ADB1，所以PF∥平面ADB1.
考点四 平面和平面的平行与垂直
例4 如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD，BC＝4，点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且eq \f(BE,EC)＝λ.


(1)求证：DM∥平面PAB；
(2)求证：平面ADM⊥平面PBC；
(3)是否存在实数λ，使得二面角P­DE­B的余弦值为eq \f(2,3)？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系．


由题意得，A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，4，0)，P(0，0，2)，M(1，2，1)，
则eq \(DM,\s\up6(→))＝(1，0，1)，平面PAB的一个法向量为n＝(0，1，0)．
因为eq \(DM,\s\up6(→))·n＝0，DM⊄平面PAB，所以DM∥平面PAB.
(2)证明：设平面ADM的法向量为m＝(x，y，z)，
因为eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(1，2，1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up6(→))＝2y＝0，,m·\(AM,\s\up6(→))＝x＋2y＋z＝0，))取x＝1，得m＝(1，0，－1)．
设平面PBC的法向量为p＝(x1，y1，z1)，
因为eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2，4，－2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p·\(PB,\s\up6(→))＝2x1－2z1＝0，,p·\(PC,\s\up6(→))＝2x1＋4y1－2z1＝0，))取x1＝1，得p＝(1，0，1)．
因为m·p＝0，所以平面ADM⊥平面PBC.
(3)存在符合条件的λ.
设E(2，t，0)(0＜t＜4)，又P(0，0，2)，D(0，2，0)，
所以eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，t－2，0)，
设平面PDE的法向量为q＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(q·\(PD,\s\up6(→))＝2b－2c＝0，,q·\(DE,\s\up6(→))＝2a＋（t－2）b＝0，))取b＝2，得q＝(2－t，2，2)．
平面DEB即为xAy平面，它的一个法向量为v＝(0，0，1)，因为二面角P­DE­B的余弦值为eq \f(2,3)，
所以|cs〈q，v〉|＝eq \f(|q·v|,|q||v|)＝eq \f(2,\r(（2－t）2＋8))＝eq \f(2,3)，
解得t＝3或t＝1，所以λ＝3或λ＝eq \f(1,3).
点拨 利用空间向量证明面面垂直的基本方法：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．
变式4 如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．


(1)求证：平面A1B1D⊥平面ABD；
(2)求证：平面EGF∥平面ABD.
证明：以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，E(0，0，3)，F(0，1，4)．


设BA＝a，则A(a，0，0)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，4))，A1(a，0，4)．
(1)因为eq \(BA,\s\up6(→))＝(a，0，0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(0，2，2)，eq \(B1D,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，
所以eq \(B1D,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝0，eq \(B1D,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0.
所以eq \(B1D,\s\up6(→))⊥eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(B1D,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又BA∩BD＝B，所以B1D⊥面ABD.
因为B1D⊂面A1B1D，所以平面A1B1D⊥平面ABD.
(2)因为eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，1))，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq \(B1D,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，
所以eq \(B1D,\s\up6(→))·eq \(EG,\s\up6(→))＝0，eq \(B1D,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0.
所以B1D⊥EG，B1D⊥EF.
因为EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF.
又由(1)知B1D⊥平面ABD，所以平面EGF∥平面ABD.
课后作业
1．已知eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，5，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，1，z)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－1，y，－3)．若eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，且eq \(BP,\s\up6(→))⊥平面ABC，则eq \(BP,\s\up6(→))＝ ( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(20,7)，－\f(15,7)，－3)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(40,7)，－\f(15,7)，－3)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33,7)，\f(15,7)，－3)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3))
解：因为eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，即1×3＋5×1－2×z＝0，解得z＝4.又eq \(BP,\s\up6(→))⊥平面ABC，所以有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(BP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→))＝0，,\(BP,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－1）＋5y＋6＝0，,3（x－1）＋y－12＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(40,7)，,y＝－\f(15,7).))所以eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3)).故选D.
2．(2020·湖北高二期中)已知向量a，b，c是空间的一个单位正交基底，向量a＋b，a－b，c是空间的另一个基底，若向量p在基底a，b，c下的坐标为(3，2，1)，则它在a＋b，a－b，c下的坐标为
( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，1，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(5,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(1,2)，1))
解：不妨设向量a＝(1，0，0)，b＝(0，1，0)，c＝(0，0，1)，则向量a＋b＝(1，1，0)，a－b＝(1，－1，0)，又向量p＝(3，2，1)，不妨设p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc，则(3，2，1)＝(x＋y，x－y，z)，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝3，,x－y＝2，,z＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(5,2)，,y＝\f(1,2)，,z＝1，))所以向量p在a＋b，a－b，c下的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(1,2)，1)).故选D.
3.(辽宁辽阳市2019届高三上期末)正三棱锥A­PBC的侧棱两两垂直，D，E分别为棱PA，BC的中点，则异面直线PC与DE所成角的余弦值为
( )
A.eq \f(\r(3),6) B.eq \f(\r(5),6) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(6),3)
解：设AB＝2，以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A­xyz，则P(0，0，2)，D(0，0，1)，C(0，2，0)，E(1，1，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，则cs〈eq \(DE,\s\up6(→))，eq \(PC,\s\up6(→))〉＝eq \f(2＋2,\r(3)×2\r(2))＝eq \f(\r(6),3).从而异面直线PC与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3).故选D.

4．如图所示，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，则异面直线PC与AD所成角的余弦值为 ( )


A.－eq \f(\r(30),10) B.－eq \f(\r(30),5) C.eq \f(\r(30),5) D.eq \f(\r(30),10)
解：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC.过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP，AB，AE两两垂直．如图，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，


则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(4，0，0)，C(4，－2，0)．因为D为PB的中点，所以D(2，0，1)．
故eq \(CP,\s\up6(→))＝(－4，2，2)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(2，0，1)．所以cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(CP,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(CP,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))|·|\(CP,\s\up6(→))|)＝eq \f(－6,\r(5)×2\r(6))＝－eq \f(\r(30),10).
设异面直线PC，AD所成的角为θ，则csθ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(CP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\r(30),10).故选D.
5．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则eq \(DC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))的取值范围是
( )
A.(0，1) B.[0，1) C.[0，1] D.[－1，1]
解：如图所示，由题意，设eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BD1,\s\up6(→))，其中λ∈[0，1]，eq \(DC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→)))＝eq \(AB,\s\up6(→))·(eq \(AB,\s\up6(→))＋λeq \(BD1,\s\up6(→)))＝eq \(AB,\s\up6(→))2＋λeq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BD1,\s\up6(→))＝1＋eq \r(3)λ·(－eq \f(\r(3),3))＝1－λ∈[0，1]．因此eq \(DC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))的取值范围是[0，1]．故选C.


6．(云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试)已知三棱锥A­BCD中，底面BCD为等边三角形，AB＝AC＝AD＝3，BC＝2eq \r(3)，点E为CD的中点，点F为BE的中点．若点M，N是空间中的两动点，且eq \f(MB,MF)＝eq \f(NB,NF)＝2，MN＝2，则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝ ( )
A.3 B.4 C.6 D.8
解：建立直角坐标系如图所示，


AB＝AC＝AD＝3，底面BCD为等边三角形，且BC＝2eq \r(3)，所以OD＝2，AO＝eq \r(5)，则B(－eq \r(3)，－1，0)，D(0，2，0)，C(eq \r(3)，－1，0)，因为点E为CD的中点，所以E(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，0)，又点F为BE的中点，所以F(－eq \f(\r(3),4)，－eq \f(1,4)，0)．设M(x，y，z)，则由eq \f(MB,MF)＝2，得MB＝2MF，
即eq \r(（x＋\r(3)）2＋（y＋1）2＋z2)
＝2eq \r(（x＋\f(\r(3),4)）2＋（y＋\f(1,4)）2＋z2)，
化简得x2＋y2＋z2＝1，所以点M在以O(0，0，0)为球心，以1为半径的球上，同理点N也在这个球上，又MN＝2，所以MN为球的直径，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝(eq \(AO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→)))·(eq \(AO,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→)))＝(eq \(AO,\s\up6(→))＋eq \(OM,\s\up6(→)))·(eq \(AO,\s\up6(→))－eq \(OM,\s\up6(→)))＝eq \(AO,\s\up6(→))2－eq \(OM,\s\up6(→))2＝5－1＝4.故选B.
7．(2020·北京高三期末)若点N为点M在平面α上的正投影，则记N＝fα(M)．如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点(与C、C1不重合)，Q1＝fγ［fβ(P)］，Q2＝fβ［fγ(P)］．给出下列三个结论：

①线段PQ2长度的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))；
②存在点P使得PQ1∥平面β；
③存在点P使得PQ1⊥PQ2.
其中，所有正确结论的序号是( )
A.①②③ B.②③ C.①③ D.①②
解：取C1D的中点Q2，过点P在平面AB1C1D内作PE⊥C1D，再过点E在平面CC1D1D内作EQ1⊥CD，垂足为点Q1.


在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AD⊥平面CC1D1D，PE⊂平面CC1D1D，所以PE⊥AD，
又PE⊥C1D，AD∩C1D＝D，所以PE⊥平面AB1C1D，即PE⊥β，所以fβ(P)＝E，
同理可证EQ1⊥γ，CQ2⊥β，则fγ［fβ(P)］＝fγ(E)＝Q1，fβ［fγ(P)］＝fβ(C)＝Q2.
以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D­xyz，设CP＝a(0