2025版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.7立体几何中的向量方法一-证明平行与垂直教案理含解析新人教A版

PAGEPAGE1§8.7立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲考情考向分析1.理解直线的方向向量及平面的法向量.2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简洁定理.利用空间向量证明空间中的位置关系是近几年高考重点考查的内容，涉及直线的方向向量，平面的法向量及空间直线、平面之间位置关系的向量表示等内容.以解答题为主，主要考查空间直角坐标系的建立及空间向量坐标的运算实力及应用实力，有时也以探究论证题的形式出现.1.用向量表示直线或点在直线上的位置(1)给定一个定点A和一个向量a，再任给一个实数t，以A为起点作向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝ta，则此向量方程叫做直线l以t为参数的参数方程.向量a称为该直线的方向向量.(2)对空间任一确定的点O，点P在直线l上的充要条件是存在唯一的实数t，满意等式eq\o(OP,\s\up6(→))＝(1－t)eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(OB,\s\up6(→))，叫做空间直线的向量参数方程.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.

概念方法微思索1.直线的方向向量如何确定？提示l是空间始终线，A，B是l上随意两点，则eq\o(AB,\s\up6(→))及与eq\o(AB,\s\up6(→))平行的非零向量均为直线l的方向向量.2.如何确定平面的法向量？提示设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.))题组一思索辨析1.推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.(×)(2)平面的单位法向量是唯一确定的.(×)(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.(√)(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.(√)(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行.(×)(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.(×)题组二教材改编2.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__________；当v＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________.答案α⊥βα∥β解析当v＝(3，－2,2)时，u·v＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.当v＝(4，－4，－10)时，v＝－2u⇒α∥β.3.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________.答案垂直解析以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))＝0，∴ON与AM垂直.题组三易错自纠4.直线l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，则有()A.l∥α B.l⊥αC.l与α斜交 D.l⊂α或l∥α答案B解析由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α，故选B.5.已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3，1，－4)，则()A.α∥β B.α⊥βC.α，β相交但不垂直 D.以上均不对答案C解析∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β既不平行，也不垂直.6.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.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)))答案C解析设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))∴x＝y＝z.故选C.题型一利用空间向量证明平行问题例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，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，∴AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，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.引申探究若本例中条件不变，证明平面EFG∥平面PBC.证明∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝2eq\o(EF,\s\up6(→))，∴BC∥EF.又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.又EF∩GF＝F，EF，GF⊂平面EFG，∴平面EFG∥平面PBC.思维升华利用空间向量证明平行的方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行面面平行①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题跟踪训练1如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.求证：MN∥平面BDE.证明如图，以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.由题意，可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0).eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,0，－2).设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,2x－2z＝0.))不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1).又eq\o(MN,\s\up6(→))＝(1,2，－1)，可得eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝0.因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.

题型二利用空间向量证明垂直问题命题点1证明线面垂直例2如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1的全部棱长都为2，D为CC1的中点.求证：AB1⊥平面A1BD.证明方法一设平面A1BD内的随意一条直线m的方向向量为m.由共面对量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λeq\o(BA1,\s\up6(→))＋μeq\o(BD,\s\up6(→)).令eq\o(BB1,\s\up6(→))＝a，eq\o(BC,\s\up6(→))＝b，eq\o(BA,\s\up6(→))＝c，明显它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，则eq\o(BA1,\s\up6(→))＝a＋c，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)a＋b，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝a－c，m＝λeq\o(BA1,\s\up6(→))＋μeq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc，eq\o(AB1,\s\up6(→))·m＝(a－c)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ＋\f(1,2)μ))－2μ－4λ＝0.故eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥m，结论得证.方法二取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，且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以OB，OO1，OA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0).设平面A1BD的一个法向量为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，))即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.命题点2证明面面垂直例3如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB.求证：平面BCE⊥平面CDE.证明设AD＝DE＝2AB＝2a，以A为原点，分别以AC，AB所在直线为x轴，z轴，以过点A垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，eq\r(3)a,0)，E(a，eq\r(3)a,2a).所以eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a，eq\r(3)a，a)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2a,0，－a)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a，eq\r(3)a,0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0,0，－2a).设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax1＋\r(3)ay1＋az1＝0，,2ax1－az1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋\r(3)y1＋z1＝0，,2x1－z1＝0.))令z1＝2，可得n1＝(1，－eq\r(3)，2).设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(ED,\s\up6(→))＝0可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax2＋\r(3)ay2＝0，,－2az2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋\r(3)y2＝0，,z2＝0.))令y2＝1，可得n2＝(eq\r(3)，1,0).因为n1·n2＝1×eq\r(3)＋1×(－eq\r(3))＋2×0＝0.所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE.思维升华利用空间向量证明垂直的方法线线垂直证明两直线所在的方向向量相互垂直，即证它们的数量积为零线面垂直证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示跟踪训练2如图所示，已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：(1)PA⊥BD；(2)平面PAD⊥平面PAB.证明(1)取BC的中点O，连接PO，∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，∴PO⊥底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝eq\r(3)，∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，eq\r(3))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2，－1,0)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1，－2，－eq\r(3)).∵eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq\r(3))＝0，∴eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，∴PA⊥BD.(2)取PA的中点M，连接DM，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2))).∵eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，∴eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)×1＋0×0＋eq\f(\r(3),2)×(－eq\r(3))＝0，∴eq\o(DM,\s\up6(→))⊥eq\o(PB,\s\up6(→))，即DM⊥PB.∵eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq\f(\r(3),2)×(－eq\r(3))＝0，∴eq\o(DM,\s\up6(→))⊥eq\o(PA,\s\up6(→))，即DM⊥PA.又∵PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴DM⊥平面PAB.∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.题型三利用空间向量解决探究性问题例4(2024·锦州模拟)如图，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.(1)证明如图，以D为原点，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)解设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，则需eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，且eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝0，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为AD的中点.思维升华对于“是否存在”型问题的探究方式有两种：一种是依据条件作出推断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再依据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有冲突，则判定“不存在”.跟踪训练3如图所示，四棱锥P—ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝eq\r(2)，E为PD上一点，PE＝2ED.(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.(1)证明∵PA＝AD＝1，PD＝eq\r(2)，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.(2)解以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(1,3)))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(1,3))).设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,2y＋z＝0，))令y＝1，则n＝(－1,1，－2).假设侧棱PC上存在一点F，且eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，使得BF∥平面AEC，则eq\o(BF,\s\up6(→))·n＝0.又∵eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，∴eq\o(BF,\s\up6(→))·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝eq\f(1,2)，∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.1.若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,1,1)，则()A.l∥α B.l⊥αC.l⊂α或l∥α D.l与α斜交答案C解析∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,1,1)，∴a·n＝0，即a⊥n，∴l∥α或l⊂α.2.若a＝(2,3，m)，b＝(2n,6,8)，且a，b为共线向量，则m＋n的值为()A.7B.eq\f(5,2)C.6D.8答案C解析由a，b为共线向量，知n≠0且eq\f(2,2n)＝eq\f(3,6)＝eq\f(m,8)，解得m＝4，n＝2，则m＋n＝6.故选C.3.已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是()A.P(2,3,3) B.P(－2,0,1)C.P(－4,4,0) D.P(3，－3,4)答案A解析逐一验证法，对于选项A，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(1,4,1)，∴eq\o(MP,\s\up6(→))·n＝6－12＋6＝0，∴eq\o(MP,\s\up6(→))⊥n，∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.4.如图，F是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有()A.B1E＝EBB.B1E＝2EBC.B1E＝eq\f(1,2)EBD.E与B重合答案A解析以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，F(0,1,0)，D1(0,0,2)，设E(2,2，z)，则eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2,2，z)，∵eq\o(D1F,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0×2＋1×2－2z＝0，∴z＝1，∴B1E＝EB.5.设u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量.若α⊥β，则t等于()A.3B.4C.5D.6答案C解析∵α⊥β，∴u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，∴t＝5.6.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＝________.答案eq\f(25,7)解析由条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋5－2z＝0，,x－1＋5y＋6＝0，,3x－1＋y－3z＝0，))解得x＝eq\f(40,7)，y＝－eq\f(15,7)，z＝4，∴x＋y＝eq\f(40,7)－eq\f(15,7)＝eq\f(25,7).7.(2024·呼和浩特质检)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___________________.答案α∥β解析设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，由m·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，得x·0＋y－z＝0，即y＝z，由m·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，得x－z＝0，即x＝z，取x＝1，∴m＝(1,1,1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，假如eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1).对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(BD,\s\up6(→)).其中正确的是________.(填序号)答案①②③解析∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确；又AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，∴eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，则③正确；∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,3,4)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，∴eq\o(BD,\s\up6(→))与eq\o(AP,\s\up6(→))不平行，故④错误.9.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，假如B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和为________.答案1解析以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，∴eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(x－1,0,1)，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(1,1，y)，∵B1E⊥平面ABF，∴eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(1,1，y)·(x－1，0,1)＝0，即x＋y＝1.10.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq\f(1,2)PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.证明如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，DA，DP，DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.由题意得Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1,0).∴eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(DQ,\s\up6(→))＝0，eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.又DQ∩DC＝D，DQ，DC⊂平面DCQ，∴PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.11.AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点.(1)证明：AC⊥BC1；(2)证明：AC1∥平面CDB1.证明因为直三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长分别为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以△ABC为直角三角形，AC⊥BC.所以AC，BC，C1C两两垂直.如图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)，B1(0,4,4)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2，0)).(1)因为eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3,0,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，－4,4)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝0，所以AC⊥BC1.(2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE，则E(0,2,2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，2))，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－3,0,4)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC1,\s\up6(→))，DE∥AC1.因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1∥平面CDB1.12.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且相互垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点.求证：(1)MN∥平面A1B1C1；(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.证明由题意，知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点，分别以AA1，AB，AC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2,0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1).(1)由题意知AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥平面A1B1C1.因为eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，即eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(AA1,\s\up6(→)).又MN⊄平面A1B1C1，故MN∥平面A1B1C1.(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).因为eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(MC1,\s\up6(→))＝(1,0,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(MB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(MC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋2y1＝0，,x1＋2z1＝0，))令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2,1，－1).同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,1,1).因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.13.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面相互垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为()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))答案C解析设AC与BD相交于O点，连接OE，∵AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，又O是正方形ABCD对角线的交点，∴M为线段EF的中点.在空间直角坐标系中，E(0,0,1)，F(eq\r(2)，eq\r(2)，1).由中点坐标公式，知点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).14.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()A.相交 B.平行C.垂直 D.MN在平面BB1C1C内答案B解析以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，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BB1C1C，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