第7章 第6节 第1课时 证明平行与垂直（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第七章　立体几何 第六节　空间向量在立体几何中的应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 栏目索引 必备知识 基础落实 关键能力 精准突破 必备知识 基础落实 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 × × × × √ 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 课时作业(四十八) 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 谢谢观看！ 课标解读 1．能用向量语言表述直线和平面，理解直线的方向向量与平面的法向量． 2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系． 3．能用向量方法证明有关直线、平面位置关系的判定定理． 4．能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用． 1．直线的方向向量与平面的法向量 (1)直线的方向向量 如图，在直线l上任取两个不同的点A，B，则有向线段AB所代表的向量 eq \o(AB,\s\up13(→)) 就表示直线的方向，称 eq \o(AB,\s\up13(→)) 为直线l的方向向量．自然， eq \o(BA,\s\up13(→)) 也是直线l的方向向量． 一般地，如果非零向量v与直线l平行，就称v为l的方向向量． (2)平面的法向量 ①如果非零向量n所在直线与平面α垂直，则称n为平面α的法向量． ②确定平面的法向量：由于两条相交直线可以确定一个平面，因而若一个向量 eq \o(ON,\s\up13(→)) 垂直于平面α内的两条相交直线l1，l2，就可以确定 eq \o(ON,\s\up13(→)) 是平面α的一个法向量． 2．空间位置关系的向量表示 设空间两条直线l1，l2的方向向量分别为v1＝(x1，y1，z1)，v2＝(x2，y2，z2).两个平面α1，α2的法向量分别为n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)，则 位置 关系 向量 表示 向量运算 坐标运算 l1⊥l2 v1⊥v2 v1·v2＝0 x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 l1⊥α1 v1∥n1 n1＝kv1 a1＝kx1，b1＝ky1，c1＝kz1，k为非零常数 α1⊥α2 n1⊥n2 n1·n2＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 l1∥l2 v1∥v2 v2＝kv1 x2＝kx1，y2＝ky1，z2＝kz1，k为非零常数 l1∥α1 v1⊥n1 v1·n1＝0 x1a1＋y1b1＋z1c1＝0 α1∥α2 n1∥n2 n2＝kn1 a2＝ka1，b2＝kb1，c2＝kc1，k为非零常数 3.直线与直线的夹角 异面直线所成的角的向量表示式：设两条异面直线a，b所成的角为θ (θ∈(0， eq \f(π,2) ])， 它们的方向向量分别是v1，v2，设v1与v2的夹角为φ. 则cos θ＝|cos φ| ＝|cos 〈v1，v2〉|＝ eq \f(|v1·v2|,|v1||v2|) . 4．直线与平面所成的角 当直线l与平面α相交但不垂直时，设它们所成的角为θ，v是直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，v与n的夹角为φ，那么θ与φ有如下关系： θ＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－φ（0＜φ＜\f(π,2)）（如图①），, φ－\f(π,2)（\f(π,2)＜φ＜π）（如图②），)) 则sin θ＝|cos φ|＝|cos 〈v，n〉|＝ eq \f(|v·n|,|v||n|) . 5．两个平面所成的角 两个平面相交会形成四个二面角，一般规定较小的二面角为两平面所成的角，两个平面所成的角的取值范围为[0， eq \f(π,2) ].当两个平面平行时，它们所成的角为0°. 设两个平面α1，α2所成的角为θ，平面α1，α2的法向量分别为n1，n2，记〈n1，n2〉＝φ， 如图，则θ与φ有如下关系： θ＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(φ（0≤φ≤\f(π,2)）（如图①），,π－φ（\f(π,2)＜φ≤π）（如图②）.)) 则cos θ＝|cos φ|＝|cos 〈n1，n2〉|. 6．利用空间向量求距离 (1)点到直线的距离 如图，直线l的方向向量为v，点P为直线l外一点，过点P作直线l的垂线交l于点D， 则| eq \o(PD,\s\up13(→)) |即为点P到直线l的距离， 点P到直线l的距离d＝| eq \o(PD,\s\up13(→)) |＝ eq \r(\a\vs4\al(|\o(AP,\s\up13(→))|2－|\o(AD,\s\up13(→))|2)) ＝ eq \r(|\o(AP,\s\up13(→))|2－（\f(|\o(AP,\s\up13(→))·v|,|v|)）2) . (2)点到平面的距离 点到平面的距离公式：平面外一点P到平面α的距离d等于点P到平面α的垂线段PB的长度．如图，在平面α内任取一点A，作向量 eq \o(AP,\s\up13(→)) ，设n是平面α的法向量，则 eq \o(AP,\s\up13(→)) 在法向量n上的投影长| eq \o(BP,\s\up13(→)) |＝ eq \f(|\o(AP,\s\up13(→))·n|,|n|) ，即为点P到平面α的距离d. 1．判断正误 (1)平面的单位法向量是唯一确定的．(　　　) (2)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　　) (3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　　) (4)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　　) (5)两异面直线夹角的范围是 (0， eq \f(π,2) ]，直线与平面所成角的范围是 [0， eq \f(π,2) ]，二面角的范围是[0，π].(　　　) 2．(2023·江苏淮安盱眙县高三模拟)已知平面α内有一个点A(2，－1，2)，α的一个法向量为n＝(3，1，2)，则下列点P中，在平面α内的是(　　) A．(1，－1，1) B．(1，3， eq \f(3,2) ) C．(1，－3， eq \f(3,2) ) D．(－1，3，－ eq \f(3,2) ) B　解析：由题意可知符合条件的点P应满足 eq \o(PA,\s\up13(→)) ·n＝0， 选项A， eq \o(PA,\s\up13(→)) ＝(2，－1，2)－(1，－1，1)＝(1，0，1)， eq \o(PA,\s\up13(→)) ·n＝3×1＋1×0＋2×1＝5≠0，故不在平面α内； 同理可得：选项B， eq \o(PA,\s\up13(→)) ＝(1，－4， eq \f(1,2) )， eq \o(PA,\s\up13(→)) ·n＝0，故在平面α内； 选项C， eq \o(PA,\s\up13(→)) ＝(1，2， eq \f(1,2) )， eq \o(PA,\s\up13(→)) ·n＝6≠0，故不在平面α内； 选项D， eq \o(PA,\s\up13(→)) ＝(3，－4， eq \f(7,2) )， eq \o(PA,\s\up13(→)) ·n＝12≠0，故不在平面α内． 3．(2023·上海静安区高三二模)若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则能使l∥α的是(　　) A．a＝(1，0，0)，n＝(－2，0，0) B．a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1) C．a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1) D．a＝(0，2，1)，n＝(－1，0，－1) C　解析：∵直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，l∥α， ∴a·n＝0， 在A中，a＝(1，0，0)，n＝(－2，0，0)，a·n＝－2≠0，故A错误； 在B中，a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)，a·n＝6≠0，故B错误； 在C中，a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)，a·n＝0，故C正确； 在D中，a＝(0，2，1)，n＝(－1，1，0)，a·n＝2≠0，故D错误． 4．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⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不对 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． 5．(2023·广东江门高三一模)已知直线l过点A(1，2，0)，且直线l的一个方向向量为m＝(0，－1，1)，则坐标原点O到直线l的距离d为________________． 答案： eq \r(3) 　解析：由题意知，直线l过点A(1，2，0)，且直线l的方向向量为m＝(0，－1，1)，点O(0，0，0)，所以 eq \o(AO,\s\up13(→)) ＝(－1，－2，0)，所以点O(0，0，0)到l的距离为d＝ eq \r(（\o(AO,\s\up13(→))）2－（\f(\o(AO,\s\up13(→))·m,|m|)）2) ＝ eq \r(5－（\f(2,\r(2))）2) ＝ eq \r(5－2) ＝ eq \r(3) . 6．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2 eq \r(2) ，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________________． 答案： eq \f(π,6) 　解析：以C为原点建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C1(0，0，2 eq \r(2) ).点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2( eq \f(3,2) ， eq \f(\r(3),2) ，2 eq \r(2) ). 所以AC1＝(－2，0，2 eq \r(2) )，AC2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2\r(2))) . 设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝ eq \f(|AC1·AC2|,|AC1||AC2|) ＝ eq \f(1＋0＋8,2\r(3)×3) ＝ eq \f(\r(3),2) .又θ∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) ，所以θ＝ eq \f(π,6) . 7．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为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2，则A(2，0，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，1)) ，O eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，0)) ，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，2)) ，所以 eq \o(AM,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，1)) ， eq \o(ON,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，2)) .因为 eq \o(AM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) ＝0，所以ON与AM垂直． 第一课时　证明平行与垂直 【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．利用向量法求证：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\up13(→)) ＝(2，0，－2)， eq \o(FE,\s\up13(→)) ＝(0，－1，0)， eq \o(FG,\s\up13(→)) ＝(1，1，－1)， 设 eq \o(PB,\s\up13(→)) ＝s eq \o(FE,\s\up13(→)) ＋t eq \o(FG,\s\up13(→)) ，即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，)))) 解得s＝t＝2，∴ eq \o(PB,\s\up13(→)) ＝2 eq \o(FE,\s\up13(→)) ＋2 eq \o(FG,\s\up13(→)) ， 又∵ eq \o(FE,\s\up13(→)) 与 eq \o(FG,\s\up13(→)) 不共线， ∴ eq \o(PB,\s\up13(→)) ， eq \o(FE,\s\up13(→)) 与 eq \o(FG,\s\up13(→)) 共面． ∵PB⊄平面EFG， ∴PB∥平面EFG. 【变式探究】 若本例中条件不变，证明：平面EFG∥平面PBC. 证明：∵ eq \o(EF,\s\up13(→)) ＝(0，1，0)， eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝(0，2，0)， ∴ eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝2 eq \o(EF,\s\up13(→)) ，∴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. 【练1】 (2023·广东深圳模拟)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，E，F分别为棱AB，BC，AA1，D1C1的中点，连接CD1，EM，MN，EN，NF，EF. (1)证明：D1C∥平面EMN； (2)证明：E，F，N，M四点共面． 证明：根据题意，设长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝2a，DC＝2b，DD1＝2c，如图，建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(2a，0，0)，C(0，2b，0)，B(2a，2b，0)，D1(0，0，2c)，A1(2a，0，2c)，C1(0，2b，2c)，B1(2a，2b，2c)， 则M(2a，b，0)，N(a，2b，0)，E(2a，0，c)，F (0，b，2c). (2) eq \o(EF,\s\up13(→)) ＝(－2a，b，c)， eq \o(EM,\s\up13(→)) ＝(0，b，－c)， eq \o(EN,\s\up13(→)) ＝(－a，2b，－c)， 则有 eq \o(EF,\s\up13(→)) ＝－3 eq \o(EM,\s\up13(→)) ＋2 eq \o(EN,\s\up13(→)) ，则向量 eq \o(EF,\s\up13(→)) ， eq \o(EM,\s\up13(→)) ， eq \o(EN,\s\up13(→)) 共面， ∴E，F，N，M四点共面． 【例2】 如图，在三棱锥P­ABC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.证明：平面AMC⊥平面BMC. 证明：(1)如图所示，以O为坐标原点，分别以射线OD，OP所在直线为y轴、z轴的正半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)， 所以 eq \o(AP,\s\up13(→)) ＝(0，3，4)， eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝(－8，0，0). 所以 eq \o(AP,\s\up13(→)) · eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0， 所以 eq \o(AP,\s\up13(→)) ⊥ eq \o(BC,\s\up13(→)) ，即AP⊥BC. (2)由(1)知| eq \o(AP,\s\up13(→)) |＝5，又| eq \o(AM,\s\up13(→)) |＝3，且点M在线段AP上， 所以 eq \o(AM,\s\up13(→)) ＝ eq \f(3,5) eq \o(AP,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5))) . 又 eq \o(BA,\s\up13(→)) ＝(－4，－5，0)， 所以 eq \o(BM,\s\up13(→)) ＝ eq \o(BA,\s\up13(→)) ＋ eq \o(AM,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5))) ， 则 eq \o(AP,\s\up13(→)) · eq \o(BM,\s\up13(→)) ＝(0，3，4)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5))) ＝0， 所以 eq \o(AP,\s\up13(→)) ⊥ eq \o(BM,\s\up13(→)) ，即AP⊥BM. 由(1)知AP⊥BC，所以AP⊥平面BMC， 于是AM⊥平面BMC. 又AM⊂平面AMC， 故平面AMC⊥平面BMC. 【练2】 如图，在四棱锥P­ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD 是直角梯形，其中AD∥BC，AB⊥AD，PA＝4，AB＝AD＝ eq \f(1,2) BC＝2，E 为棱BC 上的点，且BE＝ eq \f(1,4) BC.求证：DE⊥平面PAC. 证明：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD，而AB⊥AD，因此可以建立以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示， 则有P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，2，0)，E(2，1，0)， eq \o(DE,\s\up13(→)) ＝(2，－1，0)， eq \o(AP,\s\up13(→)) ＝(0，0，4)， eq \o(AC,\s\up13(→)) ＝(2，4，0). 因为 eq \o(DE,\s\up13(→)) · eq \o(AP,\s\up13(→)) ＝2×0＋(－1)×0＋0×4＝0， eq \o(DE,\s\up13(→)) · eq \o(AC,\s\up13(→)) ＝2×2＋(－1)×4＋0×0＝0， 所以DE⊥PA，DE⊥AC，而PA，AC⊂ 平面PAC， 所以DE⊥平面PAC. 角度1　探索性问题与平行相结合 【例3】 如图，在四棱锥P­ABCD 中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．AB∥CD，AD⊥DC，且AB＝1，AD＝DC＝DP＝2，∠PDC＝120°.若点M是棱PA的中点，则棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行． 解：在平面PCD内过点D作DH⊥DC，交PC 于点H， 因为平面ABCD⊥平面PCD，且平面ABCD∩平面PCD＝CD， 可得DH⊥平面ABCD， 又由AD⊥DC，所以AD，CD，DH 两两垂直． 以D为原点，以DA，DC，DH 所在的直线分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由AB＝1，AD＝DC＝DP＝2，∠PDC＝120°， 可得D(0，0，0)，P(0，－1， eq \r(3) )， A(2，0，0)，B(2，1，0)，C(0，2，0). 假设BC 上存在点F，使得MF∥PC， 设 eq \o(BF,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(BC,\s\up13(→)) ，其中λ∈[0，1]. 因为M 是棱PA 的中点，可得M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ， 又因为 eq \o(BC,\s\up13(→)) ＝(－2，1，0)， eq \o(BF,\s\up13(→)) ＝(－2λ，λ，0)，F (2－2λ，1＋λ，0)， 所以 eq \o(MF,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2λ，\f(3,2)＋λ，－\f(\r(3),2))) ， eq \o(PC,\s\up13(→)) ＝(0，3，－ eq \r(3) ). 设 eq \o(MF,\s\up13(→)) ＝μ eq \o(PC,\s\up13(→)) ，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2λ＝0，,\f(3,2)＋λ＝3μ，,－\f(\r(3),2)＝－\r(3)μ，)) 此方程组无解，所以假设不成立， 所以对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平行， 即在线段BC上不存在点F，使得MF与PC平行． 【练3】 如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，D，E分别是棱BC，CC1上的点，且AD⊥BC. (1)求证：直线A1F∥平面ADE； (2)若△ABC是正三角形，E为C1C的中点，能否在线段B1B上找一点N，使得A1N∥平面ADE？若存在，确定该点位置；若不存在，说明理由． (1)证明：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，连接DF (图略). ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴D是BC的中点． 又∵F为B1C1的中点， ∴DF∥AA1，又DF＝AA1， ∴四边形DFA1A是平行四边形， ∴A1F∥AD. ∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE， ∴A1F∥平面ADE. (2)解：直线B1B上存在一点N，使得A1N∥平面ADE，证明如下： 在直三棱柱ABC­A1B1C1中， ∵DF∥AA1， ∴DF⊥AD，DF⊥DC. 又∵AD⊥BC， ∴DA，DC，DF两两垂直， 以D为原点，DC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴，DF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 设A1B1＝A1C1＝2，AA1＝2t， ∵N在线段B1B上，设BN＝λBB1，0≤λ≤1，则N(－1，0，2λt)， 则A(0， eq \r(3) ，0)，D(0，0，0)，E(1，0，t)，B(－1，0，0)，B1(－1，0，2t)，A1(0， eq \r(3) ，2t)，则 eq \o(DA,\s\up13(→)) ＝(0， eq \r(3) ，0)， eq \o(DE,\s\up13(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，t)) ，＝(－1，－ eq \r(3) ，2λt－2t). 设平面ADE的一个法向量n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA,\s\up13(→))＝\r(3)y＝0，,n·\o(DE,\s\up13(→))＝x＋tz＝0，)) 取z＝1，得n＝(－t，0，1)， ∵A1N∥平面ADE， ∴·n＝t＋0＋2λt－2t＝0，解得λ＝ eq \f(1,2) ， ∴在直线B1B上存在一点N，且BN＝ eq \f(1,2) BB1，使得A1N∥平面ADE. 角度2　与垂直有关的探索性问题 【例4】 如图，四棱锥S­ABCD 中，ABCD 为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD＝1，AB＝2，SD＝ eq \r(3) .E 为CD 上一点，且CE＝3DE. (1)求证：AE⊥平面SBD； (2)M，N 分别为线段SB，CD上的点，是否存在M，N，使MN⊥CD 且MN⊥SB？若存在，确定M，N的位置；若不存在，说明理由． (1)证明：∵SD⊥AD，且SD⊥AB，AB∩AD＝A， ∴SD⊥平面ABCD. 又AE⊂平面ABCD，∴SD⊥AE. 在矩形ABCD 中，∠DAB＝∠ADE＝90°. 又 eq \f(DE,AD) ＝ eq \f(AD,AB) ＝ eq \f(1,2) ，则△ADE与△ADB相似， 则∠DAE＝∠DBA， ∴∠DBA＋∠EAB＝90°.∴AE⊥BD. 又SD⊥AE，SD∩BD＝D，∴AE⊥平面SDB. (2)解：∵SD⊥AD，且SD⊥AB， ∴SD⊥平面ABCD. 又∵AD⊥CD， 则以D为原点，分别以DA，DC，DS所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意可知D(0，0，0)，B(1，2，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，S(0，0， eq \r(3) )， eq \o(BS,\s\up13(→)) ＝(－1，－2， eq \r(3) )， eq \o(DC,\s\up13(→)) ＝(0，2，0). 假设存在M，N满足MN⊥CD且MN⊥SB. ∵M在线段SB上，可设 eq \o(BM,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(BS,\s\up13(→)) ＝(－λ，－2λ， eq \r(3) λ)(λ∈[0，1]). ∵ eq \o(DM,\s\up13(→)) ＝ eq \o(DB,\s\up13(→)) ＋ eq \o(BM,\s\up13(→)) ＝(1，2，0)＋(－λ，－2λ， eq \r(3) λ)＝(1－λ，2－2λ， eq \r(3) λ)， ∴M(1－λ，2－2λ， eq \r(3) λ). ∵N在线段CD上，可设N(0，y，0)，y∈[0，2]， 则 eq \o(NM,\s\up13(→)) ＝(1－λ，2－2λ－y， eq \r(3) λ). 要使MN⊥CD且MN⊥SB，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(NM,\s\up13(→))·\o(DC,\s\up13(→))＝0，,\o(NM,\s\up13(→))·\o(BS,\s\up13(→))＝0，)) 又 eq \o(BS,\s\up13(→)) ＝(－1，－2， eq \r(3) )， eq \o(DC,\s\up13(→)) ＝(0，2，0)， 可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（2－2λ－y）＝0，,－（1－λ）－2（2－2λ－y）＋3λ＝0，)) 解得λ＝ eq \f(1,4) ∈[0，1]，y＝ eq \f(3,2) ∈[0，2]. 故存在M，N使MN⊥CD且MN⊥SB， 其中点M是线段SB靠近B的四等分点，点N是线段CD靠近C的四等分点． 【练4】 如图，在正三棱锥D­ABC中，AB＝ eq \r(3) ，DA＝2，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且 eq \o(PO,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(DO,\s\up13(→)) ，若PA⊥平面PBC，则实数λ＝(　　) A． eq \f(1,2) B．－ eq \f(1,3) C． eq \f(\r(6),4) D． eq \f(\r(6),6) D　解析：由题设，△ABC为边长为 eq \r(3) 的等边三角形，且DA＝DB＝DC＝2， 等边三角形ABC的高为 eq \r(3－\f(3,4)) ＝ eq \f(3,2) ， 在正三棱锥中，以O为原点，平行 eq \o(CB,\s\up13(→)) 为x轴，垂直 eq \o(CB,\s\up13(→)) 为y轴， eq \o(OD,\s\up13(→)) 为z轴，如图所示， 则A(0，－1，0)，B( eq \f(\r(3),2) ， eq \f(1,2) ，0)，C(－ eq \f(\r(3),2) ， eq \f(1,2) ，0)，D(0，0， eq \r(3) )，且P(0，0， eq \r(3) λ)， 所以 eq \o(AP,\s\up13(→)) ＝(0，1， eq \r(3) λ)， eq \o(PB,\s\up13(→)) ＝( eq \f(\r(3),2) ， eq \f(1,2) ，－ eq \r(3) λ)， eq \o(CB,\s\up13(→)) ＝( eq \r(3) ，0，0)， 若m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up13(→))·m＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y－\r(3)λz＝0，,\o(CB,\s\up13(→))·m＝\r(3)x＝0，)) 令z＝1，则m＝(0，2 eq \r(3) λ，1). 又PA⊥平面PBC，则 eq \o(AP,\s\up13(→)) ＝km且k为实数， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\r(3)λk＝1，,k＝\r(3)λ，,0≤λ≤1，)) 故λ＝ eq \f(\r(6),6) . $$