1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的垂直-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 1.4　空间向量的应用 1.4.1　用空间向量研究直线、 平面的位置关系 第2课时　空间中直线、平面的垂直 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． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 线线垂直 l1⊥l2⇔_____________⇔_____________________ 线面垂直 l1⊥α⇔____________⇔____________________________ 面面垂直 α⊥β⇔_______________⇔___________________ 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. [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． u1⊥u2 u1·u2＝0 u1∥n1 ∃λ∈R，使得u1＝λn1 n1⊥n2 n1·n2＝0 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 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) 核心概念掌握 7 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________． 5 核心概念掌握 8 核心素养形成 核心素养形成 10 核心素养形成 11 核心素养形成 12 【感悟提升】　向量法证明线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． 核心素养形成 13 【跟踪训练】　 1. 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)， 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型二　利用向量法证明线面垂直　 例2　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. 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 【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． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 题型三　利用向量法证明面面垂直　 例3　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. 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 【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． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 题型四　垂直关系中的探索性问题 核心素养形成 31 核心素养形成 32 核心素养形成 33 核心素养形成 34 核心素养形成 35 【感悟提升】　解决立体几何中探索性问题的基本方法 核心素养形成 36 【跟踪训练】　 4. 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内是否存在一点N，使得D1N⊥平面B1AE? 核心素养形成 37 核心素养形成 38 核心素养形成 39 随堂水平达标 1．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 解析：∵平面α，β的法向量分别是a＝(1，2，－2)，b＝(－2，1，m)，且α⊥β，∴a·b＝－2＋2－2m＝0，解得m＝0.故选A. 随堂水平达标 41 2．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 随堂水平达标 42 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 随堂水平达标 43 随堂水平达标 44 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 考向 直线与平面垂直 平行、垂直关系的综合应用 直线与直线垂直；直线与平面垂直 直线与平面垂直 平面与平面垂直 直线与直线垂直 平面与平面垂直 考点 利用空间向量判断线面垂直 根据线线垂直求向量坐标；根据线面垂直求向量坐标 根据线面垂直求点的 坐标 利用空间向量判断面面垂直 利用空间向量判断线线垂直 利用空间向量判断面面垂直 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★★ 考向 直线与直线垂直 直线与平面垂直 直线与直线垂直；直线与平面垂直 垂直关系的综合应用 平行、垂直关系的综合应用 直线与平面垂直 直线与平面垂直；垂直关系中的探索性问题 考点 利用空间向量判断线线垂直 根据线面垂直求点的坐标、线段 长度 利用空间向量证明线线垂直；根据线面垂直求点的坐标 判断线线、面面垂直 判断线面平行、线线、线面垂直 利用空间向量证明线面垂直 利用空间向量证明线面垂直；利用面面垂直求两线段的比值 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 4．(多选)已知点P0(1，2，3)在平面α内，平面α的一个法向量为n＝(1，1，1)，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) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 6．(多选)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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 二、填空题 7．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． 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． 0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 是 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 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＝________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 三、解答题 10. 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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 12．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为B1B，CD的中点，有以下命题： ①MN∥平面A1BD；②MN⊥CD1；③平面A1MN⊥平面A1AC， 则正确命题的序号为________． ①② 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 13. 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 74 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 75 　　　　　　　　　　　　　 R 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．eq \f(5,2) C．eq \f(1,2) D．3 题型一　利用向量法证明线线垂直　 例1　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＝eq \f(1,4)CC1.求证：AB1⊥MN. 证明　证法一：设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AC,\s\up17(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝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，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝a＋c，eq \o(AM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(AN,\s\up17(→))＝b＋eq \f(1,4)c， eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \o(AN,\s\up17(→))－eq \o(AM,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,4)c， ∴eq \o(AB1,\s\up17(→))·eq \o(MN,\s\up17(→))＝(a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,4)c)) ＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cos60°＋0－0＋0＋eq \f(1,4)＝0. ∴eq \o(AB1,\s\up17(→))⊥eq \o(MN,\s\up17(→))，即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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,4)))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))， ∵M为BC的中点，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0)). ∴eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,4)))，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(1，0，1)， ∴eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(AB1,\s\up17(→))＝－eq \f(1,4)＋0＋eq \f(1,4)＝0. ∴eq \o(MN,\s\up17(→))⊥eq \o(AB1,\s\up17(→))，即AB1⊥MN. 于是Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))). ∵点E在边BC上，设E(m，1，0)， ∴eq \o(PE,\s\up17(→))＝(m，1，－1)，eq \o(AF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， ∴eq \o(PE,\s\up17(→))·eq \o(AF,\s\up17(→))＝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eq \o(BE,\s\up17(→))＝λeq \o(BC,\s\up17(→))， 于是eq \o(PE,\s\up17(→))·eq \o(AF,\s\up17(→))＝(eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BE,\s\up17(→)))·eq \f(1,2)(eq \o(AP,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(PA,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))＋λeq \o(BC,\s\up17(→)))·(eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AP,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(PA,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(PA,\s\up17(→))·eq \o(AP,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AP,\s\up17(→))＋λeq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＋λeq \o(BC,\s\up17(→))·eq \o(AP,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)×(0－1＋1＋0＋0＋0)＝0，∴eq \o(PE,\s\up17(→))⊥eq \o(AF,\s\up17(→)). 故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF. 证明　证法一：设eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，eq \o(AD,\s\up17(→))＝c，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝b， 则a·b＝a·c＝b·c＝0， ∵eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \o(EB1,\s\up17(→))＋eq \o(B1F,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BB1,\s\up17(→))＋eq \o(B1D1,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up17(→))＋eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))＝eq \f(1,2)(－a＋b＋c)，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(AA1,\s\up17(→))＝a＋b. ∴eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(AB1,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(－a＋b＋c)·(a＋b) ＝eq \f(1,2)(b2－a2＋c·a＋c·b) ＝eq \f(1,2)(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0. ∴eq \o(EF,\s\up17(→))⊥eq \o(AB1,\s\up17(→))，即EF⊥AB1， 同理可得，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)． ∴eq \o(EF,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(0，2，2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－2，2，0)， ∴eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)·(0，2，2)＝0－2＋2＝0， eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)·(－2，2，0)＝2－2＋0＝0， ∴eq \o(EF,\s\up17(→))⊥eq \o(AB1,\s\up17(→))，eq \o(EF,\s\up17(→))⊥eq \o(AC,\s\up17(→))，∴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eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(0，2，2)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－2，2，0)，eq \o(EF,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)． 设n＝(x，y，z)是平面B1AC的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up17(→))1·n＝0，,\o(AC,\s\up17(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，)) 取x＝1，则y＝1，z＝－1，∴n＝(1，1，－1)， ∴eq \o(EF,\s\up17(→))＝－n，∴eq \o(EF,\s\up17(→))∥n，∴EF⊥平面B1AC. 【跟踪训练】　 2. 在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E在线段CC1上，且CE＝eq \f(1,4)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)，eq \o(DE,\s\up17(→))＝(0，2，1)，eq \o(DB,\s\up17(→))＝(2，2，0)，eq \o(A1C,\s\up17(→))＝(－2，2，－4)， 于是eq \o(A1C,\s\up17(→))·eq \o(DE,\s\up17(→))＝4－4＝0，eq \o(A1C,\s\up17(→))·eq \o(DB,\s\up17(→))＝－4＋4＝0， 即A1C⊥DE且A1C⊥DB， 又DE∩DB＝B，DE，DB⊂平面DBE， 所以A1C⊥平面DBE. 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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))). 证法一：连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)). 易知eq \o(AS,\s\up17(→))＝(0，0，1)，eq \o(OE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))， ∴eq \o(OE,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AS,\s\up17(→))，∴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n1＝(x，y，z)是平面BDE的法向量． 易知eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，eq \o(BE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(BD,\s\up17(→))，,n1⊥\o(BE,\s\up17(→))，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BD,\s\up17(→))＝－x＋y＝0，,n1·\o(BE,\s\up17(→))＝－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0.)) 取x＝1，可得n1＝(1，1，0)． ∵AS⊥平面ABCD， ∴n2＝eq \o(AS,\s\up17(→))＝(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量． ∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD. 【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＝eq \r(3)，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，eq \r(3))，C1(0，1，eq \r(3))， 因为D为BC的中点，所以点D的坐标为(1，1，0)， 所以eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，0，eq \r(3))，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(1，1，0)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－2，2，0)，eq \o(CC1,\s\up17(→))＝(0，－1，eq \r(3))， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面A1AD的法向量，n2＝(x2，y2，z2)是平面BCC1B1的法向量． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up17(→))＝0，,n1·\o(AD,\s\up17(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)z1＝0，,x1＋y1＝0.)) 令y1＝－1，得x1＝1，z1＝0，此时n1＝(1，－1，0)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BC,\s\up17(→))＝0，,n2·\o(CC1,\s\up17(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＝0，,－y2＋\r(3)z2＝0.)) 令y2＝1，得x2＝1，z2＝eq \f(\r(3),3)， 此时n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(3),3))). 所以n1·n2＝1－1＋0＝0，所以n1⊥n2. 所以平面A1AD⊥平面BCC1B1. 例4　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eq \f(BP,PE)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＝eq \r(3)，CH＝3， ∴AC＝2eq \r(3)，∴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(0，2eq \r(3)，0)，E(－1，eq \r(3)，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eq \f(BP,PE)＝λ(λ>0)， 则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ))). 设m＝(x，y，z)是平面PAC的法向量． 由eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)))，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(0，2eq \r(3)，0)， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up17(→))＝\f(2－λ,1＋λ)x＋\f(\r(3)λ,1＋λ)y＋\f(2λ,1＋λ)z＝0，,m·\o(AC,\s\up17(→))＝2\r(3)y＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,z＝\f(λ－2,2λ)x，))取x＝1，则z＝eq \f(λ－2,2λ)，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(λ－2,2λ)))是平面PAC的一个法向量． 同理，可求得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1))是平面BCEF的一个法向量． 当m·n＝0，即λ＝eq \f(2,3)时，平面PAC⊥平面BCEF， 故在线段BE上存在满足题意的点P，此时eq \f(BP,PE)＝eq \f(2,3). (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eq \o(AP,\s\up17(→))＝λeq \o(AB,\s\up17(→))，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算． 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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)，eq \o(B1A,\s\up17(→))＝(0，－1，－1)，eq \o(B1E,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1)). 假设存在点P(1，1，z)满足题意，于是eq \o(D1P,\s\up17(→))＝(1，1，z－1)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(D1P,\s\up17(→))·\o(B1A,\s\up17(→))＝0，,\o(D1P,\s\up17(→))·\o(B1E,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0－1－z＋1＝0，,－\f(1,2)＋0－z＋1＝0，))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内存在点N，使得D1N⊥平面B1AE. 设N(1，b，c)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(D1N,\s\up17(→))·\o(B1A,\s\up17(→))＝0，,\o(D1N,\s\up17(→))·\o(B1E,\s\up17(→))＝0，)) 因为eq \o(D1N,\s\up17(→))＝(1，b，c－1)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0－b－c＋1＝0，,－\f(1,2)＋0－c＋1＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝\f(1,2)，,c＝\f(1,2)，)) 故在平面AA1B1B内存在一点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，使得D1N⊥平面B1AE. 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eq \f(1,2)＝eq \f(2,n)＝eq \f(m,2)，解得m＝1，n＝4，故m＋n＝5.故选D. 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)，∴eq \o(NO,\s\up17(→))＝(－1，0，－2)，eq \o(AM,\s\up17(→))＝(－2，0，1)．∵eq \o(NO,\s\up17(→))·eq \o(AM,\s\up17(→))＝0，∴直线NO与AM的位置关系是异面垂直． 4．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，eq \o(A1P,\s\up17(→))＝λeq \o(A1B1,\s\up17(→))，eq \o(C1C,\s\up17(→))＝3eq \o(C1M,\s\up17(→))，若PN⊥BM，则λ＝________． 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)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,3)))，P(λ，0，0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，则eq \o(PN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，1))，eq \o(BM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，－\f(2,3)))，∵eq \o(PN,\s\up17(→))⊥eq \o(BM,\s\up17(→))，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ))×(－1)＋eq \f(1,2)×1＋1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝0，∴λ＝eq \f(2,3). eq \f(2,3) 一、选择题 1．已知平面α的一个法向量为n＝(4，－4，8)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－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 解析：由题设可得，n＝－4eq \o(AB,\s\up17(→))，即n∥eq \o(AB,\s\up17(→))，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 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＝－eq \f(5,3)a，所以l⊥α，故D错误．故选AC. 3．已知eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，5，－2)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(3，1，z)，若eq \o(AB,\s\up17(→))⊥eq \o(BC,\s\up17(→))，eq \o(BP,\s\up17(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则eq \o(BP,\s\up17(→))＝(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，4)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,7)，－\f(15,7)，4)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,7)，\f(15,7)，－3)) 解析：∵eq \o(AB,\s\up17(→))⊥eq \o(BC,\s\up17(→))，∴eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝0，即1×3＋5×1－2z＝0，∴z＝4，∴eq \o(BC,\s\up17(→))＝(3，1，4)．∵BP⊥平面ABC，∴eq \o(BP,\s\up17(→))⊥eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(BP,\s\up17(→))⊥eq \o(BC,\s\up17(→))，∴eq \o(BP,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0，eq \o(BP,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＋5y＋6＝0，,3（x－1）＋y－12＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(40,7)，,y＝－\f(15,7)，))即eq \o(BP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3)).故选B. 解析：设平面α内的点为P(x，y，z)，则eq \o(P0P,\s\up17(→))＝(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·eq \o(P0P,\s\up17(→))＝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. 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq \f(1,2)PD，则平面PQC与平面DCQ的位置关系为(　　) A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．不确定 解析：以D为原点，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，如图所示．设AB＝1，则D(0，0，0)，Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则eq \o(DQ,\s\up17(→))＝(1，1，0)，eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，0，1)，eq \o(PQ,\s\up17(→))＝(1，－1，0)．因为eq \o(PQ,\s\up17(→))·eq \o(DQ,\s\up17(→))＝0，eq \o(PQ,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＝0，所以PQ⊥DQ，PQ⊥DC.又DQ∩DC＝D，DQ，DC⊂平面DCQ，所以PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.故选B. 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，eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(－1，1，1)，则eq \o(A1B,\s\up17(→))·eq \o(AC1,\s\up17(→))＝1－1＝0，故A1B⊥AC1，A符合题意；对于B，eq \o(DC1,\s\up17(→))＝(0，1，1)，eq \o(A1B,\s\up17(→))·eq \o(DC1,\s\up17(→))＝1－1＝0，故A1B⊥C1D，B符合题意；对于C，eq \o(CB1,\s\up17(→))＝(1，0，1)，eq \o(CB1,\s\up17(→))·eq \o(DC1,\s\up17(→))＝1，故C1D和B1C不垂直，C不符合题意；对于D，eq \o(C1B1,\s\up17(→))＝(1，0，0)，eq \o(A1B,\s\up17(→))·eq \o(C1B1,\s\up17(→))＝0，故A1B⊥B1C1，D符合题意．故选ABD. 8．在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，则直线SC与BC是否垂直？________(填“是”或“否”)． 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＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，得B(－eq \r(13)，2，0)，S(0，0，2eq \r(3))，C(0，2，0)，eq \o(SC,\s\up17(→))＝(0，2，－2eq \r(3))，eq \o(CB,\s\up17(→))＝(－eq \r(13)，0，0)．因为eq \o(SC,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝0，所以SC⊥BC. eq \f(\r(6),2) 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)，则eq \o(DA1,\s\up17(→))＝(1，0，2)，eq \o(DE,\s\up17(→))＝(1，1，1)，eq \o(AP,\s\up17(→))＝(－1，y，z)，设平面A1DE的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up17(→))·n＝0，,\o(DE,\s\up17(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＋2z′＝0，,x′＋y′＋z′＝0，))取n＝(－2，1，1)，因为AP⊥平面A1DE，所以eq \o(AP,\s\up17(→))∥n，所以eq \f(－1,－2)＝eq \f(y,1)＝eq \f(z,1)，解得y＝z＝eq \f(1,2)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，所以EP＝eq \f(\r(6),2). 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)，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\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，a，0)， ∴eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))·(0，a，0)＝0， ∴EF⊥CD. (2)∵G∈平面PAD，设G(x，0，z)， ∴eq \o(FG,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2))). 由(1)，知eq \o(CB,\s\up17(→))＝(a，0，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝(0，－a，a)． ∵GF⊥平面PCB， ∴eq \o(FG,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝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， eq \o(FG,\s\up17(→))·eq \o(CP,\s\up17(→))＝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，∴x＝eq \f(a,2)，z＝0. ∴点G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，即G为AD的中点． 11．(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.eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝0 B．AB⊥DC C．BD⊥AC D．平面ADC⊥平面ABC 解析：以D为原点，DB，DC，DA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，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)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，0，－1)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，1，0)，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－1，0，0)，从而有eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝0＋0＋1＝1，故A错误；eq \o(AB,\s\up17(→))·eq \o(DC,\s\up17(→))＝0，故B正确；eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(AC,\s\up17(→))＝0，故C正确；易知平面ADC的一个法向量为eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－1，0，0)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \o(AB,\s\up17(→))·n＝x－z＝0，eq \o(AC,\s\up17(→))·n＝y－z＝0，令y＝1，则x＝1，z＝1，故n＝(1，1，1)，eq \o(BD,\s\up17(→))·n＝－1，故D错误． 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，D(0，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，C1(0，2，2)，B1(2，2，2)，故M(2，2，1)，N(0，1，0)，所以eq \o(MN,\s\up17(→))＝(－2，－1，－1)，eq \o(CD1,\s\up17(→))＝(0，－2，2)，故eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(CD1,\s\up17(→))＝0，所以MN⊥CD1，故②正确； 又eq \o(DB,\s\up17(→))＝(2，2，0)，eq \o(DA1,\s\up17(→))＝(2，0，2)，设n＝(x，y，z)是平面A1BD的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up17(→))＝0，,n·\o(DA1,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,x＋z＝0，))取z＝－1，则n＝(1，－1，－1)，因为eq \o(MN,\s\up17(→))·n＝0，且MN⊄平面A1BD，故MN∥平面A1BD，故①正确；又eq \o(A1M,\s\up17(→))＝(0，2，－1)，设m＝(x，y，z)是平面A1MN的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(MN,\s\up17(→))＝0，,m·\o(A1M,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－y－z＝0，,2y－z＝0，))取y＝1，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1，2))，又a＝(2，2，0)是平面A1AC的一个法向量，且m·a≠0，故平面A1MN⊥平面A1AC不成立，故③错误． 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＝ACsineq \f(π,3)＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)， 则CO＝eq \f(2,3)CM＝eq \f(2\r(3),3)， 因为PO⊥平面ABC，CO⊂平面ABC， 所以PO⊥CO， 所以PO＝eq \r(PC2－CO2)＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \f(2\r(6),3). 以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2\r(6),3)))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－1，0))， Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，－\f(3,4)，\f(\r(6),6)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),12)，\f(1,4)，\f(\r(6),3)))， 则eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，1，\f(\r(6),6)))，eq \o(CP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，0，\f(2\r(6),3)))，eq \o(CB,\s\up17(→))＝(eq \r(3)，1，0)， 所以eq \o(DE,\s\up17(→))·eq \o(CP,\s\up17(→))＝－eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)＝0，eq \o(DE,\s\up17(→))·eq \o(CB,\s\up17(→))＝－1＋1＝0， 所以DE⊥CP，DE⊥CB， 因为CP∩CB＝C，CP，CB⊂平面BCC1B1， 故DE⊥平面BCC1B1. 14．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)在线段EB上是否存在点P，使得平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出eq \f(EP,PB)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＝2eq \r(3)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(4，2eq \r(3)，0)，D(0，2eq \r(3)，0)， ∴eq \o(BA1,\s\up17(→))＝(－2，0，2)，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(2，2eq \r(3)，0)． 设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BA1,\s\up17(→))＝－2x＋2z＝0，,m·\o(BC,\s\up17(→))＝2x＋2\r(3)y＝0，)) 令x＝－eq \r(3)，则m＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))， 设P(t，0，0)(0≤t≤2)， 则eq \o(A1P,\s\up17(→))＝(t，0，－2)，eq \o(A1D,\s\up17(→))＝(0，2eq \r(3)，－2)． 设平面A1DP的法向量为n＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up17(→))·n＝2\r(3)b－2c＝0，,\o(A1P,\s\up17(→))·n＝ta－2c＝0，))取n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(t,\r(3))，t))， ∵平面A1DP⊥平面A1BC， ∴n·m＝－2eq \r(3)＋eq \f(t,\r(3))－eq \r(3)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. $$