2019版数学（理）一轮讲义：第44讲　立体几何中的向量方法（一）-证明平行与垂直 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第44讲立体几何中的向量方法（一）——证明平行与垂直考纲要求考情分析命题趋势1。理解直线的方向向量与平面法向量的意义．2．能用向量语言表达直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直和平行关系．3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理）.2016·山东卷，172016·浙江卷，172016·天津卷，17空间直角坐标系、空间向量及其运算在高考中主要作为解题工具，解决直线、平面的平行、垂直位置关系的判定等问题。分值：5～6分1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1）直线的方向向量：在直线上任取一__非零__向量作为它的方向向量．（2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n·a＝0，，n·b＝0.）)2．用向量证明空间中的平行关系（1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合）⇔__v1∥v2__。(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔__存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2__.(3）设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l∥α或l⊂α⇔__v⊥u__。(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔__u1∥u2__.3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2,则l1⊥l2⇔__v1⊥v2__⇔__v1·v2＝0__。（2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔__v∥u__。(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2,则α⊥β⇔__u1⊥u2__⇔__u1·u2＝0__.1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)直线的方向向量是唯一确定的．(×）（2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(√)（3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合．（√）（4）若空间向量a平行于平面α,则a所在直线与平面α平行．(×)2．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（C）A．(－1，1,1） B．（1，－1，1）C．eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(\r(3），3），－\f（\r(3)，3),－\f（\r（3），3）)) D．eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r（3)，3),\f(\r(3)，3）,－\f（\r(3），3）））解析eq\o(AB，\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AC，\s\up6(→））＝(－1,0,1)，经计算得C符合题意．3．已知直线l的方向向量v＝(1，2，3)，平面α的法向量为u＝(5，2，－3）,则l与α的位置关系是__l∥a或l⊂α__.解析∵v＝(1,2，3)，u＝(5,2，－3)，1×5＋2×2＋3×(－3）＝0，∴v⊥u,∴l∥a或l⊂α。4．设u,v分别是平面α，β的法向量，u＝(－2，2,5)，当v＝(3,－2,2)时,α与β的位置关系为__α⊥β__；当v＝（4，－4，－10)时，α与β的位置关系为__α∥β__.解析当v＝(3，－2,2）时，u⊥v，则α⊥β，当v＝(4，－4,－10)时,u∥v，则α∥β。5．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是__异面垂直__解析以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立直角坐标系，设正方体棱长为2，则A（2,0,0），M(0，0,1)，O(1,1,0），N(2,1,2)，则eq\o(ON，\s\up6(→））＝(1,0，2)，∴eq\o(ON,\s\up6(→)）·eq\o（AM,\s\up6(→))＝0,∴eq\o(ON,\s\up6(→）)⊥eq\o(AM，\s\up6（→）)，∴ON⊥AM.一利用空间向量证明平行问题(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．（2）证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．【例1】如图所示,平面PAD⊥平面ABCD,ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2,E，F，G分别是线段PA,PD,CD的中点．求证:PB∥平面EFG。证明∵平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形,∴AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A（0,0，0），B(2,0,0)，C(2，2,0），D(0,2,0)，P(0，0，2），E（0，0，1），F（0，1，1），G（1，2，0)．∴eq\o(PB,\s\up6（→))＝（2，0，－2）,eq\o(FE，\s\up6(→))＝（0，－1，0），eq\o（FG，\s\up6(→））＝(1,1，－1)，设eq\o(PB,\s\up6（→))＝seq\o（FE，\s\up6（→）)＋teq\o(FG，\s\up6(→）），即(2,0,－2)＝s(0，－1，0)＋t（1，1，－1)，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（t＝2,，t－s＝0，，－t＝－2，)）解得s＝t＝2。∴eq\o(PB，\s\up6(→)）＝2eq\o(FE,\s\up6(→））＋2eq\o（FG，\s\up6（→)），又∵eq\o(FE，\s\up6（→)）与eq\o(FG,\s\up6（→)）不共线，∴eq\o(PB，\s\up6（→））,eq\o（FE，\s\up6（→）)与eq\o（FG,\s\up6（→）)共面．∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.二利用空间向量证明垂直问题证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直;证明线面垂直,只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行;证明面面垂直：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．【例2】如图所示,正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证:AB1⊥平面A1BD证明如图所示，取BC的中点O，连接AO。因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC．因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以eq\o（OB，\s\up6（→)）,eq\o（OO1,\s\up6（→）)，eq\o(OA，\s\up6(→）)所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B（1,0,0），D（－1,1，0），A（0,0，eq\r(3))，A1(0，2,eq\r（3））,B1（1，2,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y,z），eq\o(BA1,\s\up6（→))＝(－1，2，eq\r（3）),eq\o（BD，\s\up6(→))＝（－2,1,0）．因为n⊥eq\o(BA1,\s\up6（→)）,n⊥eq\o(BD,\s\up6(→)），故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o(BA1，\s\up6（→）)＝0，,n·\o(BD，\s\up6(→）)＝0，)）⇒eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋\r（3)z＝0,,－2x＋y＝0,))令x＝1，则y＝2,z＝－eq\r（3），故n＝（1，2,－eq\r(3)）为平面A1BD的一个法向量，而eq\o(AB1,\s\up6(→)）＝(1，2，－eq\r(3))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→））＝n,所以eq\o（AB1,\s\up6(→））∥n，故AB1⊥平面A1BD．【例3】如图,在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为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）证明AP⊥BC；（2)若点M是线段AP上一点,且AM＝3。试证明平面AMC⊥平面BMC．证明(1)如图所示，以O为坐标原点，以过O平行于BD的直线为x轴,以AD,OP分别为y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.则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)，∴eq\o（AP，\s\up6(→))·eq\o（BC,\s\up6（→））＝（0，3,4）·（－8,0，0）＝0，∴eq\o（AP，\s\up6(→）)⊥eq\o（BC,\s\up6(→)），即AP⊥BC．(2）由(1)知｜AP｜＝5，又|AM｜＝3,且点M在线段AP上，∴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（BC,\s\up6（→)）＝（－8，0，0)，eq\o（AC,\s\up6（→))＝（－4，5，0）,eq\o(BA,\s\up6（→）)＝(－4，－5，0),∴eq\o（BM,\s\up6（→））＝eq\o（BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6（→))＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5），\f(12，5））），则eq\o(AP，\s\up6(→))·eq\o(BM，\s\up6（→））＝（0，3，4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－4,－\f（16,5）,\f（12,5）))＝0,∴eq\o(AP，\s\up6(→))⊥eq\o(BM，\s\up6(→)），即AP⊥BM，又根据(1)的结论知AP⊥BC，且BM∩BC＝C，∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC．又AM⊂平面AMC，∴平面AMC⊥平面BMC．三利用空间向量解决探索性问题对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是先根据条件作出判断,再进一步论证；另一种是利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．【例4】如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°,平面AA1C1C⊥(1）求证：BD⊥AA1；（2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1.若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由解析(1）证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，由余弦定理，得A1O2＝AAeq\o\al(2,1）＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3,∴AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1），∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABC以OB，OC，OA1所在直线分別为x轴，y轴，z轴,建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0,－1,0),B(eq\r（3），0，0），C（0,1,0)，D（－eq\r（3），0，0），A1（0，0，eq\r（3）），C1(0，2,eq\r(3))．由于eq\o（BD，\s\up6(→))＝(－2eq\r(3),0，0)，eq\o(AA1，\s\up6（→)）＝(0，1，eq\r(3）)，eq\o（AA1,\s\up6（→））·eq\o(BD，\s\up6(→））＝0×(－2eq\r（3)）＋1×0＋eq\r(3）×0＝0，∴eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AA1,\s\up6（→)),即BD⊥AA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1设eq\o（CP，\s\up6（→））＝λeq\o（CC1，\s\up6（→)），P(x,y，z），则(x，y－1，z）＝λ（0,1,eq\r(3))．从而有P(0，1＋λ，eq\r（3）λ），eq\o（BP,\s\up6(→））＝(－eq\r(3),1＋λ，eq\r(3)λ)．设n3＝(x3，y3，z3）为平面DA1C1的一个法向量则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(n3⊥\o(A1C1,\s\up6(→)），，n3⊥\o(DA1,\s\up6（→)），))又eq\o（A1C1,\s\up6（→))＝（0,2,0)，eq\o（DA1，\s\up6（→）)＝(eq\r（3），0,eq\r(3）)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2y3＝0，,\r（3)x3＋\r(3）z3＝0，))取n3＝(1，0，－1）,∵BP∥平面DA1C1,则n3⊥eq\o(BP，\s\up6(→）),即n3·eq\o（BP,\s\up6（→)）＝－eq\r(3)－eq\r（3）λ＝0，得λ＝－1,即点P在C1C的延长线上，且C1C＝1．如图，在四面体A－BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD，AD＝2，BD＝2eq\r(2），M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC．证明：PQ∥平面BCD．证明如图，取BD的中点O,以O为原点,OD，OP所在射线分别为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz。由题意知，A(0，eq\r(2)，2),B(0，－eq\r(2），0),D(0,eq\r(2)，0)．设点C的坐标为(x0，y0,0）．因为eq\o(AQ,\s\up6(→))＝3eq\o（QC,\s\up6(→)），所以Qeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（3，4)x0,\f（\r（2)，4）＋\f(3，4）y0,\f（1，2）)）。因为M为AD的中点，故M(0,eq\r（2)，1)．又P为BM的中点,故Peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0,\f（1,2））),所以eq\o（PQ，\s\up6（→))＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3,4）x0，\f（\r(2）,4)＋\f(3，4)y0，0)）.又平面BCD的一个法向量为a＝（0，0,1)，故eq\o（PQ ,\s\up6(→)）·a＝0。又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD．2．如图所示，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形,∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D,E,F分别为B1A，C1C，BC的中点（1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF证明导学号74780343（1）如图建立空间直角坐标系Axyz,令AB＝AA1＝4,则A(0，0,0），E（0,4,2)，F(2，2,0)，B(4，0，0），B1(4,0，4).取AB中点为N，连接CN，则N(2,0，0)，C(0,4，0），D（2,0,2）,∴eq\o（DE,\s\up6（→))＝(－2,4,0），eq\o(NC,\s\up6(→）)＝(－2,4，0），∴eq\o（DE，\s\up6(→）)＝eq\o(NC,\s\up6(→））,∴DE∥NC，又∵NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC．故DE∥平面ABC．(2）eq\o（B1F，\s\up6(→））＝（－2,2，－4），eq\o(EF，\s\up6（→))＝（2,－2，－2），eq\o（AF,\s\up6（→）)＝（2,2，0）．eq\o（B1F，\s\up6（→))·eq\o(EF，\s\up6(→））＝（－2)×2＋2×（－2)＋（－4)×（－2）＝0，eq\o（B1F，\s\up6(→))·eq\o（AF，\s\up6（→))＝(－2）×2＋2×2＋(－4）×0＝0.∴eq\o（B1F,\s\up6（→)）⊥eq\o(EF,\s\up6(→）),eq\o(B1F，\s\up6（→）)⊥eq\o(AF,\s\up6（→)），即B1F⊥EF，B1F⊥AF,又∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF3．如图所示,在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．（1)求证：CM∥平面PAD；（2)求证：平面PAB⊥平面PAD．证明（1)以C为坐标原点,分别以CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°。∵｜PC｜＝2，∴|BC｜＝2eq\r(3)，|PB｜＝4。∴D(0，1,0）,B（2eq\r(3),0，0），A（2eq\r(3),4,0），P（0,0，2），Meq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r（3）,2)，0，\f(3,2）)），∴eq\o（DP，\s\up6(→）)＝(0，－1，2)，eq\o（DA，\s\up6（→）)＝(2eq\r(3),3，0)，eq\o（CM,\s\up6(→）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2），0，\f(3，2）)），令n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量．则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\o(DP，\s\up6(→))·n＝0，，\o（DA,\s\up6(→)）·n＝0，））即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0，）)∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝\f(1，2)y,,x＝－\f(\r(3），2）y，))令y＝2,得n＝(－eq\r(3)，2，1）．∵n·eq\o（CM，\s\up6(→）)＝－eq\r（3)×eq\f(\r（3）,2）＋2×0＋1×eq\f(3,2）＝0，∴n⊥eq\o（CM，\s\up6（→))，又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD．（2)取AP的中点E，则E（eq\r（3),2，1），eq\o(BE，\s\up6(→）)＝(－eq\r(3)，2，1)．∵｜PB|＝｜AB|,∴BE⊥PA．又∵eq\o(BE，\s\up6（→）)·eq\o（DA,\s\up6（→）)＝（－eq\r（3)，2,1)·(2eq\r(3），3,0)＝0，∴eq\o(BE，\s\up6(→))⊥eq\o(DA，\s\up6（→）），∴BE⊥DA,又PA∩DA＝A,∴BE⊥平面PAD，又∵BE⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD．4．在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．（1)求证：EF⊥CD；（2)在平面PAD内求一点G,使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．解析（1）证明：如图，分别以DA,DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a,则D(0,0，0)，A（a，0，0），B(a，a，0)，C（0，a，0）,Eeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a，\f（a，2)，0）），P（0,0，a），Feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(a,2），\f（a,2），\f(a，2))）。eq\o(EF，\s\up6(→））＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（a,2），0,\f(a,2))），eq\o(DC，\s\up6（→)）＝（0,a,0)．∵eq\o(EF,\s\up6(→））·eq\o（DC,\s\up6(→））＝0，∴eq\o（EF,\s\up6(→))⊥eq\o（DC,\s\up6(→))，即EF⊥CD．（2)设G（x，0，z)，则eq\o（FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f（a,2)，－\f(a，2），z－\f（a，2)）)，若使GF⊥平面PCB,则由eq\o（FG,\s\up6(→））·eq\o（CB,\s\up6(→）)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x－\f(a,2），－\f(a，2)，z－\f(a，2)）)·（a,0,0)＝aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（a,2）)）＝0，得x＝eq\f(a，2）；由eq\o（FG,\s\up6（→））·eq\o(CP,\s\up6(→）)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（a，2），－\f(a，2)，z－\f(a，2）)）·(0，－a，a)＝eq\f（a2，2）＋aeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(z－\f（a,2）)）＝0,得z＝0，∴G点坐标为eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a，2)，0,0))，即G点为AD的中点．易错点坐标系建立不恰当、点的坐标出错错因分析：①写准点的坐标是关键，要利用中点、向量共线、相等来确定点的坐标．②利用a＝λb证明直线平行需强调两直线不重合，证明直线与平面平行仍需强调直线在平面外．【例1】如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E，F，M，N分别是棱AB,AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)（1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ;（2）是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值;若不存在，说明理由．解析以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x,y，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B（2，2，0)，C1（0,2,2)，E(2，1,0)，F（1,0，0)，P（0,0，λ)，M（2，1,2)，N（1，0,2），eq\o(BC1,\s\up6（→）)＝（－2,0，2）,eq\o(FP，\s\up6(→))＝(－1,0，λ），eq\o（FE,\s\up6（→)）＝(1，1，0）,eq\o(MN，\s\up6（→))＝(－1,－1，0)，eq\o(NP，\s\up6（→））＝(－1，0，λ－2）．(1)证明:当λ＝1时，eq\o(FP，\s\up6(→))＝（－1，0,1)，因为eq\o(BC1，\s\up6（→))＝（－2,0,2）,所以eq\o(BC1，\s\up6（→)）＝2eq\o(FP，\s\up6（→）)，即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ。(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝（x，y，z）,则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\o(FE,\s\up6(→）)·n＝0，，\o（FP,\s\up6（→））·n＝0，）)可得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋y＝0，，－x＋λz＝0。)）于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1）．若存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成二面角为直二面角，则m·n＝(λ－2，2－λ,1）·（λ，－λ，1）＝0，即λ（λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0,解得λ＝1±eq\f(\r(2），2)。故存在λ＝1±eq\f（\r（2)，2）,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角．【跟踪训练1】（2018·河北衡水中学检测）如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq\r(2）倍，P为侧棱SD上的点．（1）求证:AC⊥SD．（2）若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上的是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由．解析连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD．由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，eq\o(OB，\s\up6(→）)，eq\o(OC，\s\up6(→))，eq\o（OS，\s\up6(→)）分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图．设底面边长为a，则高|SO|＝eq\f(\r（6），2）a。于是Seq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6)，2)a）)，Deq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（\r（2)，2)a，0，0))，Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),2)a，0,0)），Ceq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(\r（2)，2)a，0)）。（1)证明:eq\o（OC，\s\up6（→)）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（\r（2)，2）a,0)),eq\o（SD,\s\up6（→)）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（\r(2）,2)a，0,－\f（\r(6），2)a)），则eq\o(OC，\s\up6(→))·eq\o（SD,\s\up6（→)）＝0.故OC⊥SD,从而AC⊥SD．(2)棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．理由如下：由已知条件知eq\o（DS，\s\up6（→）)是平面PAC的一个法向量，且eq\o（DS，\s\up6（→）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r（2)，2）a,0，\f(\r（6）,2）a）)，eq\o（CS，\s\up6(→））＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,－\f（\r（2）,2)a，\f（\r（6)，2)a))，eq\o（BC,\s\up6(→)）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（\r(2），2)a,\f（\r（2)，2）a，0)）。设eq\o（CE，\s\up6（→））＝teq\o(CS，\s\up6（→）），则eq\o（BE，\s\up6(→）)＝eq\o(BC，\s\up6（→)）＋eq\o（CE,\s\up6(→）)＝eq\o（BC，\s\up6(→）)＋teq\o（CS，\s\up6（→）)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(\r(2)，2）a,\f（\r(2),2)a1－t,\f(\r（6）,2)at））,而eq\o（BE,\s\up6（→）)·eq\o（DS，\s\up6(→））＝0,所以eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（\r(2),2）a，\f（\r(2）,2)a1－t，\f（\r(6),2）at）)·eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r(2）,2)a，0，\f(\r（6)，2）a）)＝0，解得t＝eq\f（1,3），即当SE∶EC＝2∶1时，eq\o（BE，\s\up6(→)）⊥eq\o（DS，\s\up6（→））.又BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC．课时达标第44讲[解密考纲］利用空间向量证明平行与垂直关系，常出现于选择、填空题中，或在解答题立体几何部分的第(1）问考查，难度中等或较小．一、选择题1．若直线l∥平面α,直线l的方向向量为s,平面α的法向量为n，则下列结论可能正确的是（C)A．s＝(－1,0，2)，n＝(1,0，－1)B．s＝（－1，0,1），n＝(1，2，－1）C．s＝（－1,1，1），n＝（1，2，－1）D．s＝(－1,1,1），n＝(－2，2，2）解析由已知需s·n＝0，逐个验证知，只有C项符合要求,故选C．2．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l⊥α的是（A）A．a＝（1，0，0），n＝(－2,0，0）B．a＝(1,3,5)，n＝（1，0，－1)C．a＝(0,2，1)，n＝(－1，0，－1)D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3，1）解析若l⊥α,则a∥n,一一验证，可知选A．3．直线l的方向向量s＝（－1，1,1），平面α的法向量为n＝(2，x2＋x，－x),若直线l∥平面α，则x＝(D)A．－2 B．－eq\r(2)C．eq\r（2） D．±eq\r（2）解析由已知得s·n＝0，故－1×2＋1×（x2＋x)＋1×（－x)＝0，解得x＝±eq\r(2).4．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x,y，z轴建立空间直角坐标系，｜AB｜＝eq\r(2）,|AF｜＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(C)A．(1，1，1） B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r（2），3)，\f(\r（2），3)，1))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2),2），\f（\r（2)，2)，1）） D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2)，4），\f（\r(2）,4），1))解析由已知得A（eq\r(2)，eq\r(2），0)，B（0，eq\r(2），0)，D(eq\r（2)，0，0),E(0，0，1)，设M(x,x，1）．则eq\o（AM,\s\up6(→)）＝(x－eq\r(2），x－eq\r（2)，1），eq\o(BD，\s\up6（→））＝(eq\r（2）,－eq\r(2)，0），eq\o(BE，\s\up6(→)）＝(0,－eq\r（2),1)．设平面BDE的一个法向量为n＝(a，b，c)．则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n⊥\o(BD，\s\up6（→)），,n⊥\o（BE,\s\up6（→）)，))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\r（2)a－\r（2)b＝0，,－\r(2)b＋c＝0,)）解得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝b,,c＝\r(2)b,)）令b＝1，则n＝（1,1，eq\r（2))．又AM∥平面BDE,所以n·eq\o（AM,\s\up6（→）)＝0，即2(x－eq\r（2）)＋eq\r（2)＝0，得x＝eq\f(\r(2），2)，所以Meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r（2），2)，\f(\r（2)，2），1））.5．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E,F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq\f（2,3)A1D,AF＝eq\f(1,3）AC,则(B）A．EF至多与A1D,AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面解析以D点为坐标原点,以DA，DC,DD1所在直线分别为x，y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则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））)，Feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3），\f（1,3)，0)），B（1,1,0),D1(0,0,1)，eq\o(A1D，\s\up6（→)）＝（－1，0,－1），eq\o(AC，\s\up6（→））＝（－1,1，0），eq\o（EF,\s\up6(→)）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，3)，\f（1，3)，－\f(1，3)）），eq\o（BD1，\s\up6（→）)＝（－1，－1,1）,eq\o(EF，\s\up6（→））＝－eq\f（1，3）eq\o(BD1，\s\up6(→）),eq\o(A1D，\s\up6(→))·eq\o（EF，\s\up6(→)）＝eq\o（AC,\s\up6（→）)·eq\o(EF,\s\up6（→））＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D,EF⊥AC，故选B．6．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（BA．斜交 B．平行C．垂直 D．不确定解析建立如图所示的坐标系，由于A1M＝AN＝eq\f(\r(2）a，3)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（a，\f（2a，3），\f(a，3)）），Neq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2a,3），\f(2a,3)，a）），eq\o（MN，\s\up6（→)）＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(a，3），0，\f（2a,3)）)，又C1D1⊥平面BB1C1所以eq\o（C1D1，\s\up6（→））＝（0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为eq\o（MN，\s\up6(→)）·eq\o(C1D1,\s\up6（→)）＝0,所以eq\o(MN，\s\up6(→）)⊥eq\o(C1D1，\s\up6（→)），所以MN∥平面BB1C1C，故选二、填空题7．若直线l的方向向量e＝(2，1，m),平面α的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1，\f(1，2），2)），且l⊥α，则m＝__4__.解析因为l⊥α，所以e∥n，即e＝λn(λ≠0），亦即（2，1，m）＝λeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,2），2)），所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(λ＝2，,m＝2λ.)）则m＝4.8．已知eq\o（AB,\s\up6（→））＝（1，5,－2）,eq\o（BC，\s\up6（→））＝（3,1,z)，若eq\o(AB,\s\up6(→））⊥eq\o（BC,\s\up6（→)），eq\o（BP，\s\up6(→）)＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为__eq\f(40，7),－eq\f（15,7），4__。解析由已知得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3＋5－2z＝0，,x－1＋5y＋6＝0，,3x－1＋y－3z＝0，））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f（40,7),，y＝－\f(15，7),，z＝4.))9．已知平面α内的三点A（0,0，1）,B（0，1，0），C(1,0，0），平面β的一个法向量n＝（－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是__平行__。解析由已知得，eq\o(AB，\s\up6(→）)＝（0,1，－1）,eq\o(AC，\s\up6（→））＝(1，0,－1)，设平面α的一个法向量为m＝（x，y，z），则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m⊥\o（AB,\s\up6（→)),,m⊥\o（AC,\s\up6（→）），）)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y－z＝0,,x－z＝0。)）得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝z,,y＝z，))令z＝1，得m＝(1，1,1)．又n＝(－1，－1，－1），所以m＝－n，即m∥n，所以α∥β.三、解答题10．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别为A1B1，B1C1,C1D1(1)求证:AG∥平面BEF；(2)试在棱长BB1上找一点M，使DM⊥平面BEF，并证明你的结论．解析(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，则A（1,0，0），B（1，1,0)，Eeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1，\f(1,2)，1))，Feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1,1)）,Geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2)，1）），因为eq\o(EF，\s\up6（→)）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）,\f（1，2），0）),eq\o（BF,\s\up6（→)）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2），0，1）），而eq\o（AG，\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1，2）,1)），所以eq\o(AG，\s\up6（→））＝eq\o(EF,\s\up6（→)）＋eq\o(BF，\s\up6（→)）,故eq\o（AG,\s\up6（→)）与平面BEF共面，又因为AG不在平面BEF内，所以AG∥平面BEF.(2)设M(1，1，m),则eq\o(DM，\s\up6（→)）＝（1，1,m），由eq\o(DM,\s\up6(→)）·eq\o(EF,\s\up6（→））＝0，eq\o(DM,\s\up6（→））·eq\o（BF，\s\up6（→)）＝0，所以－eq\f(1,2)＋m＝0⇒m＝eq\f（1,2），所以M为棱BB1的中点时，DM⊥平面BEF。11．(2018·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB．（1）求证：AB⊥DE;（2）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；（3）线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出eq\f(EF,EA）；若不存在，请说明理由．解析（1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.因为EB＝EA，所以EO⊥AB．因为四边形ABCD为直角梯形．AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD．因为EO∩DO＝O，所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED．（2)因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD．由OB,OD，OE两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1,所以O(0