1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的垂直-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案word（人教A版2019）

数学 选择性必修 第一册［RJ］ 第2课时　空间中直线、平面的垂直 (教师独具内容) 课程标准：能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系． 教学重点：利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的垂直关系． 教学难点：1．明确直线与平面垂直的本质是直线的方向向量与平面的法向量平行．2．明确两平面垂直的本质是两平面的法向量垂直． 核心素养：通过利用向量方法解决空间中直线、平面的垂直问题，把几何问题转化为代数问题解决，提升数学运算、逻辑推理及直观想象素养． 知识点　　空间中垂直关系的向量表示 设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，平面α，β的法向量分别为n1，n2． 线线 垂直 l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0 线面 垂直 l1⊥α⇔u1∥n1⇔∃λ∈R，使得u1＝λn1 面面 垂直 α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0 [提醒]　证明直线与平面垂直时，直线l的方向向量必须与平面α内两条相交直线的方向向量都垂直． 1．(线线垂直)设l1的一个方向向量为a＝(1，3，－2)，l2的一个方向向量为b＝(－4，3，m)，若l1⊥l2，则m＝(　　) A．1 B． C． D．3 答案　B 2．(线面垂直)若直线l的方向向量为m，平面α的法向量为n，则能使l⊥α的是(　　) A．m＝(0，2，1)，n＝(－1，0，1) B．m＝(1，3，5)，n＝(1，0，1) C．m＝(1，2，0)，n＝(－2，－4，0) D．m＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1) 答案　C 3．(面面垂直)已知平面α与平面β垂直，若平面α与平面β的法向量分别为u＝(－1，0，5)，v＝(t，5，1)，则t的值为________． 答案　5 题型一　利用向量法证明线线垂直 　如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝CC1．求证：AB1⊥MN． [证明]　证法一：设＝a，＝b，＝c，则由已知条件和正三棱柱的性质，得|a|＝|b|＝|c|＝1， a·c＝b·c＝0，＝a＋c， ＝(a＋b)，＝b＋c， ＝－＝－a＋b＋c， ∴·＝(a＋c)· ＝－＋cos60°＋0－0＋0＋＝0． ∴⊥，∴AB1⊥MN． 证法二：设AB的中点为O，作OO1∥AA1，交A1B1于点O1．以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得，A，B， C，N，B1， ∵M为BC的中点，∴M． ∴＝，＝(1，0，1)， ∴·＝－＋0＋＝0． ∴⊥，∴AB1⊥MN． 感悟提升 利用空间向量证明两直线垂直的常用方法及步骤 (1)基向量法：①选取三个不共面的已知向量(通常是它们的模及其两两夹角为已知)为空间的一个基底；②把两直线的方向向量用基底表示；③利用向量的数量积运算，计算出两直线的方向向量的数量积为0；④由方向向量垂直得到两直线垂直． (2)坐标法：①根据已知条件和图形特征，建立适当的空间直角坐标系，正确地写出各点的坐标；②根据所求出点的坐标求出两直线方向向量的坐标；③计算两直线方向向量的数量积为0；④由方向向量垂直得到两直线垂直． [跟踪训练1]　(2024·秦皇岛一中高二期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA＝AB＝1，F是PB的中点，点E在边BC上移动． 求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF． 证明　证法一：以A为原点，AD，AB，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．设AD＝a， 则A(0，0，0)，P(0，0，1)，B(0，1，0)，C(a，1，0)， 于是F． ∵点E在边BC上，设E(m，1，0)， ∴＝(m，1，－1)，＝， ∴·＝0，∴PE⊥AF， ∴无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF． 证法二：由点E在边BC上，可设＝λ， 于是·＝(＋＋)·(＋)＝(＋＋λ)·(＋)＝(·＋·＋·＋·＋λ·＋λ·)＝×(0－1＋1＋0＋0＋0)＝0， ∴⊥． 故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF． 题型二　利用向量法证明线面垂直 　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点． 求证：EF⊥平面B1AC． [证明]　证法一：设＝a，＝c，＝b， 则a·b＝a·c＝b·c＝0， ∵＝＋＝(＋) ＝(＋)＝(＋－) ＝(－a＋b＋c)， ＝＋＝a＋b． ∴·＝(－a＋b＋c)·(a＋b) ＝(b2－a2＋c·a＋c·b) ＝(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0． ∴⊥，即EF⊥AB1，同理，EF⊥B1C． 又AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C⊂平面B1AC， ∴EF⊥平面B1AC． 证法二：设正方体的棱长为2，以D为原点，DA，DC，DD1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， 则A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)，E(2，2，1)，F(1，1，2)． ∴＝(－1，－1，1)，＝(0，2，2)，＝(－2，2，0)， ∴·＝(－1，－1，1)·(0，2，2)＝0－2＋2＝0， ·＝(－1，－1，1)·(－2，2，0)＝2－2＋0＝0， ∴⊥，⊥， ∴EF⊥AB1，EF⊥AC． 又AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面B1AC， ∴EF⊥平面B1AC． 证法三：同证法二得＝(0，2，2)，＝(－2，2，0)， ＝(－1，－1，1)． 设平面B1AC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝1，则y＝1，z＝－1，∴n＝(1，1，－1)， ∴＝－n，∴∥n，∴EF⊥平面B1AC． 感悟提升 向量法证明线面垂直的两种思路 (1)根据线面垂直的判定定理证明：求出直线的方向向量，在平面内找两条相交直线，并分别求出表示它们的方向向量，计算两组向量的数量积为0，得到该直线与平面内的两条相交直线都垂直． (2)法向量法：求出直线的方向向量与平面的法向量，用向量法判断直线的方向向量与平面的法向量平行． [跟踪训练2]　(2024·海南中学高二月考)在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E在线段CC1上，且CE＝CC1．求证：A1C⊥平面DBE． 证明　在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直， 以D为原点，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，如图， 则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，4)，E(0，2，1)， ＝(0，2，1)，＝(2，2，0)， ＝(－2，2，－4)， 于是·＝4－4＝0， ·＝－4＋4＝0， 即A1C⊥DE且A1C⊥DB， 又DE∩DB＝B， DE，DB⊂平面DBE， 所以A1C⊥平面DBE． 题型三　利用向量法证明面面垂直 　在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点．求证：平面BDE⊥平面ABCD． [证明]　设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(0，0，0)，C(1，1，0)，S(0，0，1)，E． 证法一：连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为． 易知＝(0，0，1)，＝， ∴＝， ∴OE∥AS． 又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD． 又OE⊂平面BDE， ∴平面BDE⊥平面ABCD． 证法二：设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)． 易知＝(－1，1，0)，＝， ∴ 即 取x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝(1，1，0)． ∵AS⊥平面ABCD， ∴平面ABCD的一个法向量为n2＝＝(0，0，1)． ∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD． 感悟提升 证明面面垂直的两种方法 (1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明． (2)向量法：证明两个平面的法向量互相垂直． [跟踪训练3]　三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC的中点．证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1． 证明　如图，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，)，C1(0，1，)， 因为D为BC的中点，所以点D的坐标为(1，1，0)，所以＝(0，0，)，＝(1，1，0)，＝(－2，2，0)，＝(0，－1，)， 设平面A1AD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面BCC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)． 由得 令y1＝－1，得x1＝1，z1＝0，此时n1＝(1，－1，0)． 由得 令y2＝1，得x2＝1，z2＝，此时n2＝． 所以n1·n2＝1－1＋0＝0，所以n1⊥n2． 所以平面A1AD⊥平面BCC1B1． 题型四　垂直关系中的探索性问题 　如图，正方形ADEF所在的平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2． (1)求证：AC⊥BF； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． [解]　(1)证明：∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，∴AF⊥平面ABCD． ∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC． 过A作AH⊥BC于H(图略)，则BH＝1，AH＝，CH＝3， ∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2， ∴AC⊥AB． ∵AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面FAB， ∴AC⊥平面FAB．∵BF⊂平面FAB， ∴AC⊥BF． (2)存在．理由如下： 由(1)知，AF，AB，AC两两垂直．以A为原点，AB，AC，AF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(0，2，0)，E(－1，，2)． 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，设＝λ(λ>0)， 则P． 设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)． 由＝， ＝(0，2，0)， 得 即取x＝1，则z＝， 所以m＝为平面PAC的一个法向量． 同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量． 当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF， 故存在满足题意的点P，此时＝． 感悟提升 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理． (2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如Oxy平面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算． [跟踪训练4]　(2024·南充一中高二期中)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点． (1)在B1B上是否存在一点P，使得D1P⊥平面B1AE? (2)在平面AA1B1B上是否存在一点N，使得D1N⊥平面B1AE? 解　(1)如图，以D为原点，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， 则A(1，0，0)，E，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)， ＝(0，－1，－1)， ＝． 假设存在点P(1，1，z)满足题意，于是＝(1，1，z－1)， 所以即无解． 故在B1B上不存在一点P，使得D1P⊥平面B1AE． (2)假设在平面AA1B1B上存在点N，使得D1N⊥平面B1AE． 设N(1，b，c)， 则因为＝(1，b，c－1)， 所以解得 故在平面AA1B1B上存在一点N，使得D1N⊥平面B1AE． 1．(2024·广州六中高二期中)已知平面α，β的法向量分别是a＝(1，2，－2)，b＝(－2，1，m)．若α⊥β，则m＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　A 解析　平面α，β的法向量分别是a＝(1，2，－2)，b＝(－2，1，m)，∵α⊥β，∴a·b＝－2＋2－2m＝0，解得m＝0．故选A． 2．(2024·重庆开州中学高二月考)已知直线l的一个方向向量为a＝(1，2，m)，平面α的一个法向量为b＝(2，n，2)，若l⊥α，则m＋n＝(　　) A．－1 B．0 C．2 D．5 答案　D 解析　根据题意，直线l的一个方向向量为a＝(1，2，m)，平面α的一个法向量为b＝(2，n，2)，因为l⊥α，所以a∥b，则有＝＝，解得m＝1，n＝4，故m＋n＝5．故选D． 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NO与AM的位置关系是(　　) A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直 答案　C 解析　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(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，∴＝(－1，0，－2)，＝(－2，0，1)．∵·＝0，∴直线NO与AM的位置关系是异面垂直． 4．直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，＝λ，＝3，若PN⊥BM，则λ＝________． 答案　 解析　建立如图所示的空间直角坐标系．由题意，知A1(0，0，0)，B(1，0，1)，M，P(λ，0，0)，N，则＝，＝，∵⊥，∴×(－1)＋×1＋1×＝0，∴λ＝． 一、选择题 1．(2024·温州一中高二月考)已知平面α的一个法向量为n＝(4，－4，8)，＝(－1，1，－2)，则直线AB与平面α的位置关系为(　　) A．AB⊂α B．AB⊥α C．AB与α相交但不垂直 D．AB∥α 答案　B 解析　由题设n＝－4，即n∥，又n是平面α的一个法向量，所以AB⊥α．故选B． 2．(多选)下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是(　　) A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，则l1∥l2 B．直线l的一个方向向量是a＝(1，－1，2)，平面α的一个法向量是u＝(6，4，－1)，则l⊥α C．平面α，β的法向量分别是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，则α⊥β D．直线l的一个方向向量是a＝(0，3，0)，平面α的一个法向量是u＝(0，－5，0)，则l∥α 答案　AC 解析　对于A，两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，且b＝－a，所以l1∥l2，故A正确；对于B，直线l的一个方向向量是a＝(1，－1，2)，平面α的一个法向量是u＝(6，4，－1)，且a·u＝1×6－1×4＋2×(－1)＝0，所以l∥α或l⊂α，故B错误；对于C，平面α，β的法向量分别是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，且u·v＝2×(－3)＋2×4－1×2＝0，所以α⊥β，故C正确；对于D，直线l的一个方向向量是a＝(0，3，0)，平面α的一个法向量是u＝(0，－5，0)，且u＝－a，所以l⊥α，故D错误．故选AC． 3．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则＝(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　∵⊥，∴·＝0，即1×3＋5×1－2z＝0，∴z＝4，∴＝(3，1，4)．∵BP⊥平面ABC，∴⊥，⊥，∴·＝0，·＝0，∴解得即＝．故选B． 4．(多选)已知点P0(1，2，3)在平面α内，平面α＝{P|n·＝0}，其中n＝(1，1，1)是平面α的一个法向量，则下列各点在平面α内的是(　　) A．(2，－4，8) B．(3，4，5) C．(3，2，1) D．(－2，5，4) 答案　AC 解析　设平面α内的点为P(x，y，z)，则＝(x－1，y－2，z－3)．因为n＝(1，1，1)是平面α的一个法向量，所以n·＝x－1＋y－2＋z－3＝x＋y＋z－6＝0，所以x＋y＋z＝6．依次验证四个选项知，A，C两项满足．故选AC． 5．(多选)(2024·台州路桥中学高二期中)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，互相垂直的两条直线是(　　) A．A1B和AC1 B．A1B和C1D C．C1D和B1C D．A1B和B1C1 答案　ABD 解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以D为原点，DA，DC，DD1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．设该正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)．对于A，＝(0，1，－1)，＝(－1，1，1)，则·＝1－1＝0，故A1B⊥AC1，A符合题意；对于B，＝(0，1，1)，·＝1－1＝0，故A1B⊥C1D，B符合题意；对于C，＝(1，0，1)，·＝1，故C1D和B1C不垂直，C不符合题意；对于D，＝(1，0，0)，·＝0，故A1B⊥B1C1，D符合题意．故选ABD． 6．(多选)如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论，其中正确的是(　　) A．·＝0 B．AB⊥DC C．BD⊥AC D．平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直 答案　BC 解析　以D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设等腰直角三角形ABC的斜边BC＝2，则B(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A(0，0，1)，＝(1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝(0，1，0)，＝(－1，0，0)，从而有·＝0＋0＋1＝1，故A错误；·＝0，故B正确；·＝0，故C正确；易知平面ADC的一个法向量为＝(－1，0，0)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则·n＝x－z＝0，·n＝y－z＝0，令y＝1，则x＝1，z＝1，故n＝(1，1，1)，·n＝－1，故D错误． 二、填空题 7．(2024·华师一附中高二月考)已知a＝(0，1，1)，b＝(1，1，0)，c＝(1，0，1)分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有________对． 答案　0 解析　∵a·b＝(0，1，1)·(1，1，0)＝1≠0，a·c＝(0，1，1)·(1，0，1)＝1≠0，b·c＝(1，1，0)·(1，0，1)＝1≠0，∴a，b，c中任意两个都不垂直，即α，β，γ中任意两个平面都不垂直． 8．(2024·宁德一中高二期末)在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，SB＝，则直线SC与BC是否垂直？________(填“是”或“否”)． 答案　是 解析　如图，以A为原点，平行于BC的直线为x轴，AC，AS所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，则由AC＝2，BC＝，SB＝，得B(－，2，0)，S(0，0，2)，C(0，2，0)，＝(0，2，－2)，＝(－，0，0)．因为·＝0，所以SC⊥BC． 9．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是棱BB1的中点，P是平面D1C1CD内一点，且AP⊥平面A1DE，则EP＝________． 答案　 解析　如图，以D为原点，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，则A(1，0，0)，A1(1，0，2)，D(0，0，0)，E(1，1，1)，设P(0，y，z)，所以＝(1，0，2)，＝(1，1，1)，＝(－1，y，z)，设平面A1DE的法向量为n＝(x′，y′，z′)，由得取n＝(－2，1，1)，因为AP⊥平面A1DE，所以∥n，所以＝＝，解得y＝z＝，所以P，所以EP＝． 三、解答题 10．(2024·晋中实验中学高二期中)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)已知点G在平面PAD内，且GF⊥平面PCB，试确定点G的位置． 解　(1)证明：以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图)， 设AD＝a，则D(0，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F， ∴＝，＝(0，a，0)， ∴·＝·(0，a，0)＝0， ∴EF⊥CD． (2)∵G∈平面PAD，设G(x，0，z)， ∴＝． 由(1)，知＝(a，0，0)，＝(0，－a，a)． ∵GF⊥平面PCB， ∴·＝·(a，0，0)＝a＝0， ·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，∴x＝，z＝0． ∴点G的坐标为，即G为AD的中点． 1．(2024·台金七校高二联盟期中)已知正三棱台ABC－A1B1C1中，AA1＝1，BC＝2B1C1＝2，D，E分别为AA1，B1C1的中点．求证：DE⊥平面BCC1B1． 证明　将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC． 因为B1C1∥BC，且BC＝2B1C1＝2，则A1，B1分别为PA，PB的中点， 则PA＝2AA1＝2，PC＝PB＝PA＝2， 易知△ABC是边长为2的等边三角形，△A1B1C1是边长为1的等边三角形． 设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正三角形ABC的中心， 取AB的中点M，连接CM，则CM⊥AB， CM＝ACsin＝2×＝， 则CO＝CM＝， 因为PO⊥平面ABC，CO⊂平面ABC， 所以PO⊥CO， 所以PO＝＝＝． 以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C，B，P，A，D，E， 则＝，＝，＝(，1，0)， 所以·＝－＋＝0， ·＝－1＋1＝0， 所以DE⊥CP，DE⊥CB， 因为CP∩CB＝C，CP，CB⊂平面BCC1B1， 故DE⊥平面BCC1B1． 2．(2024·福州连江尚德中学高二月考)如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥DC，如图2． (1)求证：A1E⊥平面BCDE； (2)线段EB上是否存在点P，使得平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 解　(1)证明：∵DE⊥AB，AB∥DC， ∴DE⊥DC， ∵A1D⊥DC，A1D∩DE＝D，A1D，DE⊂平面A1DE， ∴DC⊥平面A1DE，又A1E⊂平面A1DE， ∴DC⊥A1E， ∵A1E⊥DE，DC∩DE＝D，DC，DE⊂平面BCDE， ∴A1E⊥平面BCDE． (2)由题意，以E为原点，EB，ED，EA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则DE＝2，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(4，2，0)，D(0，2，0)， ∴＝(－2，0，2)，＝(2，2，0)． 设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令x＝－，则m＝(－，1，－)， 设P(t，0，0)(0≤t≤2)，则＝(t，0，－2)，＝(0，2，－2)． 设平面A1DP的法向量为n＝(a，b，c)，则 取n＝， ∵平面A1DP⊥平面A1BC， ∴n·m＝－2＋－t＝0，解得t＝－3， ∵0≤t≤2， ∴在线段EB上不存在点P，使得平面A1DP⊥平面A1BC． 18 学科网（北京）股份有限公司 $$