1.2.2 第1课时 空间中直线与平面平行、垂直的证明-【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B版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 1.2　空间向量在立体几何中的应用 1.2.2　空间中的平面与空间向量 第1课时　空间中直线与平面平行、垂直的证明 课程标准：1.能用向量语言描述平面，理解平面的法向量.2.能用向量语言表述直线与平面的垂直与平行关系． 教学重点：1.平面法向量的概念.2.用向量方法解决直线与平面平行、垂直的证明问题． 教学难点：用向量方法解决直线与平面平行、垂直的问题． 核心素养：1.通过对平面法向量概念的学习提升数学抽象素养和数学运算素养.2.通过运用平面的法向量证明线面平行与垂直培养逻辑推理素养和直观想象素养． (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 知识点一　平面的法向量 (1)定义 如果α是空间中的一个平面，n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线段所在的直线与平面α_______，则称n为平面α的一个法向量．此时，也称n与平面α垂直，记作_________． 垂直 n⊥α 核心概念掌握 5 方向向量 λn 平行 垂直 0 核心概念掌握 6 [想一想]　若向量n1，n2为平面α的法向量，则以这两个向量为方向向量的直线一定平行吗？ 提示：不一定，这两条直线有可能重合． 核心概念掌握 7 知识点二　直线与平面平行、垂直的判定 已知v是直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，则 n∥v⇔________； n⊥v⇔________________． l⊥α l∥α，或l⊂α 核心概念掌握 8 1．(直线与平面位置关系的判断)若直线l的一个方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的一个法向量为u＝(－2，0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为________． 3．(平面的法向量)在平面ABC中，A(0，1，1)，B(1，2，1)，C(－1，0，－1)，若n为平面ABC的一个法向量，且n＝(－1，y，z)，则y＝________，z＝________． 垂直 －8 1 0 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　求平面的法向量　 例1　已知四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，在如图所示的空间直角坐标系Axyz中，分别求平面SAB和平面SCD的一个法向量． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 【感悟提升】求平面法向量的一般步骤 注意：提前假定法向量n＝(x，y，z)的某个坐标为某特定值时，一定要注意这个坐标不为0. 核心素养形成 13 【跟踪训练】 1. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，A1B1的中点，在如图所示的空间直角坐标系中，求： (1)平面BDD1B1的一个法向量； (2)平面BDEF的一个法向量． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型二　利用空间向量证明线面平行　 例2　如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AB＝4，AA1＝2，E，F，G分别是DD1，BD，AA1的中点，求证：D1G∥平面EFC. 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】利用空间向量证明线面平行的方法 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (2)证明直线的方向向量与平面内的某一直线的方向向量共线． (3)证明直线的方向向量可用平面内的任意两个不共线的向量表示，即用平面向量基本定理证明线面平行． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 题型三　利用空间向量证明线面垂直　 例3　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点．求证：A1O⊥平面GBD. 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 【感悟提升】 1．坐标法证明线面垂直的方法及步骤 方法一：(1)建立空间直角坐标系； (2)将直线的方向向量用坐标表示； (3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量； (4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0. 方法二：(1)建立空间直角坐标系； (2)将直线的方向向量用坐标表示； (3)求出平面的法向量； (4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行． 核心素养形成 28 2．基向量法证明线面垂直的方法及步骤 方法一：(1)选取基向量； (2)用基向量表示直线的方向向量； (3)找出平面内两条相交直线，写出它们的方向向量； (4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0. 方法二：(1)选取基向量； (2)用基向量表示直线的方向向量； (3)求出平面的法向量； (4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 随堂水平达标 1．“直线l的方向向量垂直于平面α的法向量”是“直线l平行于平面α”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：由“直线l的方向向量垂直于平面α的法向量”可得“直线l平行于平面α”或“直线l在平面α内”，所以充分性不成立；若“直线l平行于平面α”，则可得“直线l的方向向量垂直于平面α的法向量”，即必要性成立．所以“直线l的方向向量垂直于平面α的法向量”是“直线l平行于平面α”的必要不充分条件．故选B. 随堂水平达标 33 2．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，1)为平面α内三点，直线m的方向向量为(1，1，－1)，则直线m与平面α的位置关系是(　　) A．m∥α B．m∥α或m⊂α C．m⊥α D．m与α相交，但m与α不垂直 随堂水平达标 34 3．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，点A(－1，－3，0)在平面α内，若点B(m，0，2－m)在平面α内，则m＝________． －2 随堂水平达标 35 平行 随堂水平达标 36 随堂水平达标 37 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 考点 平面法向量的应用 利用空间向量判断线面位置关系 根据线面平行求参数 利用空间向量判断线线垂直；法向量的判断及应用 根据线面垂直求点的坐标 平面法向量的应用 根据线线垂直、线面垂直求 参数 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★★ ★★ ★★ ★★ 考点 平面法向量的应用 利用空间向量证明线面平行 利用空间向量证明线面垂直 利用空间向量判断线面垂直 根据线面垂直求参数 利用空间向量证明线面平行；利用空间向量证明线面垂直 利用空间向量证明线面平行；关于线面垂直的探索性问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 2．已知直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若a＝(－1，0，1)，n＝(1，0，1)，则直线l与平面α(　　) A．垂直 B．平行 C．相交但不垂直 D．平行或在平面内 解析：因为a·n＝－1×1＋0×0＋1×1＝0，所以a⊥n，所以直线l与平面α平行或在平面内．故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 二、填空题 6．17世纪，笛卡儿在《几何学》中，通过建立坐标系，将代数对象与几何对象建立关系，从而实现了代数问题与几何问题的转化，创立了新分支——解析几何，我们知道，方程x＝1在一维空间中，表示一个点；在二维空间中，它表示一条直线；在三维空间中，它表示一个平面，过点P(1，－1，2)，法向量为v＝(1，2，3)的平面的方程是___________________． 解析：过点P(1，－1，2)，法向量为v＝(1，2，3)的平面的方程为1×(x－1)＋2(y＋1)＋3(z－2)＝0，即x＋2y＋3z－5＝0. x＋2y＋3z－5＝0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 7．直线m的一个方向向量为m＝(1，－2，λ)，直线n的一个方向向量为n＝(－2，4，5)，平面α的一个法向量为k＝(μ，－8，γ)，若m⊥n，n⊥α，则λ，μ，γ的值依次为_________________． 2，4，－10 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 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 11．(多选)如图所示，在四个正方体中，l是正方体的一条体对角线，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的图形为(　　) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 解析：对于A，如图1所示，正方体ABCD－A′B′C′D′， 连接AC，BD，∵M，P分别为其所在棱的中点，∴MP∥AC. ∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵BB′⊥平面ABCD， AC⊂平面ABCD，∴BB′⊥AC，∵BD∩BB′＝B，BD，BB′⊂ 平面DBB′，∴AC⊥平面DBB′，又DB′⊂平面DBB′，∴AC ⊥DB′.∵MP∥AC，∴DB′⊥MP，同理，可证DB′⊥NP，∵MP∩NP＝P，MP，NP⊂平面MNP，∴DB′⊥平面MNP，即l⊥平面MNP，故A符合题意；对于D，与A中证明同理，可证l⊥MP，l⊥MN，又MP∩MN＝M，MP，MN⊂平面MNP，∴l⊥平面MNP，故D符合题意； 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 12．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为______． 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 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 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 　　　　　　　　　　　　　 R (2)性质 ①如果直线l垂直平面α，则直线l的任意一个___________都是平面α的一个法向量； ②如果n是平面α的一个法向量，则对任意的实数λ≠0，空间向量_______也是平面α的一个法向量，而且平面α的任意两个法向量都_________； ③如果n为平面α的一个法向量，A为平面α上一个已知的点，则对于平面α上任意一点B，向量eq \o(AB,\s\up17(→))一定与向量n_________，即eq \o(AB,\s\up17(→))·n＝_________，从而可知平面α的位置可由n和A唯一确定． 2．(直线与平面平行)已知直线l∥平面α，且直线l的一个方向向量为(2，m，1)，平面α的一个法向量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，则m＝________． 解　由题可得A(0，0，0)，D(1，0，0)，C(2，2，0)，S(0，0，2)， ∴eq \o(AD,\s\up17(→))＝(1，0，0)，eq \o(DC,\s\up17(→))＝(1，2，0)，eq \o(DS,\s\up17(→))＝(－1，0，2)． ∵SA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴SA⊥AD， 又由题意得AB⊥AD，SA∩AB＝A， ∴AD⊥平面SAB， ∴eq \o(AD,\s\up17(→))＝(1，0，0)是平面SAB的一个法向量． 设平面SCD的一个法向量为n＝(1，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up17(→))＝0，,n·\o(DS,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋2y＝0，,－1＋2z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)，,z＝\f(1,2)，)) ∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(1,2)))为平面SCD的一个法向量． 解：(1)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2， 则D(0，0，0)，B(2，2，0)，D1(0，0，2)，E(1，0，2)， 设平面BDD1B1的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 因为eq \o(DB,\s\up17(→))＝(2，2，0)，eq \o(DD1,\s\up17(→))＝(0，0，2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up17(→))＝0，,n·\o(DD1,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋2y1＝0，,2z1＝0，)) 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝0， 所以平面BDD1B1的一个法向量为n＝(1，－1，0)． (2)eq \o(DB,\s\up17(→))＝(2，2，0)，eq \o(DE,\s\up17(→))＝(1，0，2)， 设平面BDEF的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DB,\s\up17(→))＝0，,m·\o(DE,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2＋2y2＝0，,x2＋2z2＝0，)) 令x2＝2，则y2＝－2，z2＝－1， 所以平面BDEF的一个法向量为m＝(2，－2，－1)． 证明　证法一：如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则C(0，4，0)，D1(0，0，2)，G(4，0，1)，E(0，0，1)，F(2，2，0)， ∴eq \o(D1G,\s\up17(→))＝(4，0，－1)，eq \o(FE,\s\up17(→))＝(－2，－2，1)，eq \o(FC,\s\up17(→))＝(－2，2，0)， 设平面EFC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up17(→))＝0，,n·\o(FC,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－2y＋z＝0，,－2x＋2y＝0.)) 令x＝1，解得y＝1，z＝4，∴n＝(1，1，4)． 又n·eq \o(D1G,\s\up17(→))＝1×4＋1×0＋4×(－1)＝0， ∴n⊥eq \o(D1G,\s\up17(→)). 又D1G⊄平面EFC，∴D1G∥平面EFC. 证法二：取基底{eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))}＝{a，b，c}， 由题意，得eq \o(EC,\s\up17(→))＝eq \o(ED,\s\up17(→))＋eq \o(DC,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2)c＋b， eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \o(ED,\s\up17(→))＋eq \o(DF,\s\up17(→))＝－eq \f(1,2)c＋eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b. eq \o(GD1,\s\up17(→))＝eq \o(GA1,\s\up17(→))＋eq \o(A1D1,\s\up17(→))＝－a＋eq \f(1,2)c， 设eq \o(GD1,\s\up17(→))＝λeq \o(EC,\s\up17(→))＋veq \o(EF,\s\up17(→))， 即－a＋eq \f(1,2)c＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c＋b))＋veq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c＋\f(1,2)a＋\f(1,2)b))， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＝\f(1,2)v，,0＝λ＋\f(1,2)v，,\f(1,2)＝－\f(1,2)λ－\f(1,2)v，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,v＝－2.)) 即存在λ＝1，v＝－2，使eq \o(GD1,\s\up17(→))＝eq \o(EC,\s\up17(→))－2eq \o(EF,\s\up17(→))，即eq \o(GD1,\s\up17(→))，eq \o(EC,\s\up17(→))，eq \o(EF,\s\up17(→))共面． 又D1G⊄平面EFC，∴D1G∥平面EFC. 【跟踪训练】 2. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1，问在棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面PAB？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由． 解：∵PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，∴∠PBA＝45°，∴PB＝AB＝1.依题意，AB，AD，AP两两垂直．以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)． 若存在点E满足题意，不妨设E(0，y，z)， 则eq \o(PE,\s\up17(→))＝(0，y，z－1)，eq \o(PD,\s\up17(→))＝(0，2，－1)， ∵eq \o(PE,\s\up17(→))∥eq \o(PD,\s\up17(→))，∴(－1)×y－2(z－1)＝0，① ∵eq \o(AD,\s\up17(→))＝(0，2，0)是平面PAB的一个法向量， 又eq \o(CE,\s\up17(→))＝(－1，y－1，z)，CE∥平面PAB， ∴eq \o(CE,\s\up17(→))⊥eq \o(AD,\s\up17(→))，∴eq \o(CE,\s\up17(→))·eq \o(AD,\s\up17(→))＝2(y－1)＝0. ∴y＝1，代入①，得z＝eq \f(1,2)，∴E是PD的中点， ∴存在点E，且当E为PD的中点时，CE∥平面PAB. 证明　证法一：如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为2，则O(1，1，0)，A1(2，0，2)，G(0，2，1)，B(2，2，0)，D(0，0，0)， ∴eq \o(A1O,\s\up17(→))＝(－1，1，－2)，eq \o(OB,\s\up17(→))＝(1，1，0)，eq \o(BG,\s\up17(→))＝(－2，0，1)， 从而eq \o(A1O,\s\up17(→))·eq \o(OB,\s\up17(→))＝－1＋1＋0＝0，eq \o(A1O,\s\up17(→))·eq \o(BG,\s\up17(→))＝2＋0－2＝0. ∴eq \o(A1O,\s\up17(→))⊥eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(A1O,\s\up17(→))⊥eq \o(BG,\s\up17(→))，即A1O⊥OB，A1O⊥BG， 而OB∩BG＝B，OB，BG⊂平面GBD， ∴A1O⊥平面GBD. 证法二：同证法一建系后，设平面GBD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 又eq \o(BG,\s\up17(→))＝(－2，0，1)，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－2，－2，0)，eq \o(A1O,\s\up17(→))＝(－1，1，－2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BG,\s\up17(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up17(→))＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋z＝0，,－2x－2y＝0，)) 令x＝1，得y＝－1，z＝2， ∴平面GBD的一个法向量为n＝(1，－1，2)， 显然eq \o(A1O,\s\up17(→))＝(－1，1，－2)＝－n， ∴eq \o(A1O,\s\up17(→))∥n，∴A1O⊥平面GBD. 【跟踪训练】 3. 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝eq \r(2)，E是棱PB的中点，证明：AE⊥平面PBC. 证明：如图所示，以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系． 设D(0，a，0)，则B(eq \r(2)，0，0)，C(eq \r(2)，a，0)，P(0，0，eq \r(2))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2))). 于是eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(0，a，0)，eq \o(PC,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，a，－eq \r(2))， 则eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝0，eq \o(AE,\s\up17(→))·eq \o(PC,\s\up17(→))＝0. 所以AE⊥BC，AE⊥PC. 又因为BC∩PC＝C，BC，PC⊂平面PBC， 所以AE⊥平面PBC. 解析：因为A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，1)，所以eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(0，1，1)．设平面α的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up17(→))＝－x＋y＝0，,n·\o(AC,\s\up17(→))＝y＋z＝0，))取x＝1，得y＝1，z＝－1，所以n＝(1，1，－1)，故平面α的法向量与直线m的方向向量平行，故m⊥α.故选C. 解析：根据题意可得eq \o(AB,\s\up17(→))＝(m＋1，3，2－m)，因为平面α的一个法向量为n＝(－2，－2，1)，所以eq \o(AB,\s\up17(→))·n＝－2(m＋1)－6＋2－m＝0，解得m＝－2. 4．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________． 解析：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\up17(→))＝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\up17(→))＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为eq \o(MN,\s\up17(→))·eq \o(C1D1,\s\up17(→))＝0，所以eq \o(MN,\s\up17(→))⊥eq \o(C1D1,\s\up17(→))，又MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C. 一、选择题 1．设A是空间任一点，n为空间内任一非零向量，满足条件eq \o(AM,\s\up17(→))·n＝0的点M构成的图形是(　　) A．圆 B．直线 C．平面 D．线段 解析：由eq \o(AM,\s\up17(→))·n＝0，得eq \o(AM,\s\up17(→))⊥n，所以点M在过点A且以n为法向量的平面内． 3．已知直线l上有两点A(1，2，3)，B(2，1，1)，平面α的一个法向量为n＝(－3，2，m)，若l∥α，则m＝(　　) A．2 B．1 C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(5,2) 解析：因为直线l上有两点A(1，2，3)，B(2，1，1)，所以直线l的一个方向向量为eq \o(AB,\s\up17(→))＝(1，－1，－2)，又因为l∥α，平面α的一个法向量为n＝(－3，2，m)，所以n⊥eq \o(AB,\s\up17(→))，即n·eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－3)×1＋2×(－1)－2m＝0，解得m＝－eq \f(5,2).故选D. 4．(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，且eq \o(AB,\s\up17(→))＝(2，－1，－4)，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(4，2，0)，eq \o(AP,\s\up17(→))＝(－1，2，－1)，则下列结论正确的是(　　) A．AP⊥AB B．AP⊥AD C.eq \o(AP,\s\up17(→))是平面ABCD的一个法向量 D.eq \o(AP,\s\up17(→))∥eq \o(BD,\s\up17(→)) 解析：对于A，∵eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1)×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴eq \o(AP,\s\up17(→))⊥eq \o(AB,\s\up17(→))，即AP⊥AB，故A正确；对于B，∵eq \o(AP,\s\up17(→))·eq \o(AD,\s\up17(→))＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，∴eq \o(AP,\s\up17(→))⊥eq \o(AD,\s\up17(→))，即AP⊥AD，故B正确；对于C，D，∵AP⊥AB，AP⊥AD，AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，∴eq \o(AP,\s\up17(→))是平面ABCD的一个法向量，又BD⊂平面ABCD，∴eq \o(AP,\s\up17(→))⊥eq \o(BD,\s\up17(→))，故C正确，D错误．故选ABC. 5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝4，PD＝eq \f(4\r(5),5)，E是PA的中点，eq \o(FB,\s\up17(→))＝2eq \o(PF,\s\up17(→)).若点M在矩形ABCD内，且PM⊥平面DEF，则DM＝(　　) A.eq \f(3\r(5),5) B.eq \f(2\r(5),5) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(4\r(5),5) 解析：如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(4\r(5),5)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(2\r(5),5)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3)，\f(8\r(5),15)))，eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(2\r(5),5)))，eq \o(DF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(4,3)，\f(8\r(5),15))).设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up17(→))＝x＋\f(2\r(5),5)z＝0，,n·\o(DF,\s\up17(→))＝\f(2,3)x＋\f(4,3)y＋\f(8\r(5),15)z＝0，))令z＝eq \r(5)，得n＝(－2，－1，eq \r(5))．设M(m，n，0)，则eq \o(PM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，n，－\f(4\r(5),5))).因为PM⊥平面DEF，所以eq \o(PM,\s\up17(→))∥n，则eq \f(m,－2)＝eq \f(n,－1)＝eq \f(－\f(4\r(5),5),\r(5))，解得m＝eq \f(8,5)，n＝eq \f(4,5).故DM＝eq \r(m2＋n2)＝eq \f(4\r(5),5).故选D. 解析：因为m⊥n，直线m的一个方向向量为m＝(1，－2，λ)，直线n的一个方向向量为n＝(－2，4，5)，所以m⊥n，则m·n＝0，即1×(－2)＋(－2)×4＋5λ＝0，解得λ＝2.因为n⊥α，平面α的一个法向量为k＝(μ，－8，γ)，所以k∥n，所以k＝tn，即(μ，－8，γ)＝t(－2，4，5)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(μ＝－2t，,－8＝4t，,γ＝5t，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(μ＝4，,t＝－2，,γ＝－10，))则λ，μ，γ的值依次为2，4，－10. 8．已知平面α的一个法向量为n＝(3，1，2)，A(2，－1，2)为平面α内的一点，则点P(1，－1，1)与平面α的关系为P________α；点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2)))与平面α的关系为Q________α(用∈，∉填空)． 解析：eq \o(PA,\s\up17(→))＝(1，0，1)，因为eq \o(PA,\s\up17(→))·n＝3＋2＝5≠0，所以eq \o(PA,\s\up17(→))与n不垂直，因此P∉α.eq \o(QA,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))，因为eq \o(QA,\s\up17(→))·n＝3－4＋1＝0，所以eq \o(QA,\s\up17(→))⊥n，因此Q∈α. 三、解答题 9．如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，B1C1∥BC且B1C1＝eq \f(1,2)BC，平面ABB1A1⊥平面ABC.证明：AB1∥平面A1C1C. 证明：因为平面ABB1A1⊥平面ABC，四边形ABB1A1为正方形，所以AA1⊥平面ABC. 又因为AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB， 所以∠CAB＝90°，即AC⊥AB， 所以AB，AC，AA1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)． 得eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(0，2，2)，eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝(1，1，0)，eq \o(A1C,\s\up17(→))＝(2，0，－2)， 设平面A1C1C的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up17(→))＝0，,m·\o(A1C,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,2x－2z＝0，)) 令x＝1，则y＝－1，z＝1，所以m＝(1，－1，1)． 因为eq \o(AB1,\s\up17(→))·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以eq \o(AB1,\s\up17(→))⊥m.又AB1⊄平面A1C1C， 所以AB1∥平面A1C1C. 10．如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝eq \r(2).证明：A1C⊥平面BB1D1D. 证明：由题设易知OA，OB，OA1两两互相垂直，以O为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， ∵AB＝AA1＝eq \r(2)，∴OA＝OB＝OA1＝1， ∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1)． ∵eq \o(A1C,\s\up17(→))＝(－1，0，－1)，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(0，－2，0)，eq \o(BB1,\s\up17(→))＝eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)， ∴eq \o(A1C,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝0，eq \o(A1C,\s\up17(→))·eq \o(BB1,\s\up17(→))＝0， ∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1， 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BB1D1D， ∴A1C⊥平面BB1D1D. 对于B，建立空间直角坐标系，如图2，设正方体的棱长为2，则M(1，0，0)，N(2，2，1)，直线l所在体对角线的两个顶点坐标分别为(0，0，2)，(2，2，0)，∴直线l的一个方向向量为n＝(2，2，－2)，eq \o(MN,\s\up17(→))＝(1，2，1)，∵n·eq \o(MN,\s\up17(→))＝4≠0，∴直线l不可能垂直于平面MNP，故B不符合题意；对于C，建立空间直角坐标系，如图3，设正方体的棱长为2，则M(2，0，1)，N(1，2，0)，eq \o(MN,\s\up17(→))＝(－1，2，－1)，∵n·eq \o(MN,\s\up17(→))＝4≠0，∴直线l不可能垂直于平面MNP，故C不符合题意．故选AD. 解析：以D1为原点，eq \o(D1A1,\s\up17(→))，eq \o(D1C1,\s\up17(→))，eq \o(D1D,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系(图略)，设CE＝x，DF＝y，则E(x，1，1)，F(0，0，1－y)，A(1，0，1)，B1(1，1，0)，所以eq \o(AF,\s\up17(→))＝(－1，0，－y)，eq \o(B1E,\s\up17(→))＝(x－1，0，1)．又B1E⊥平面ABF，所以B1E⊥AF，则eq \o(B1E,\s\up17(→))·eq \o(AF,\s\up17(→))＝0，所以x＋y＝1. 13．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝AB＝eq \f(1,2)AD，∠BAD＝60°，E，F分别为AD，PC的中点．求证： (1)EF∥平面PAB； (2)EF⊥平面PBD. 证明：(1)在△ABD中，AD＝2AB，∠BAD＝60°，由余弦定理，知BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos60°＝AD2－AB2， ∴∠ABD＝90°，∴BD⊥AB. ∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD ＝AB，BD⊥AB，∴BD⊥平面PAB. 以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝2，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，D(0，2eq \r(3)，0)，P(1，0，eq \r(3))，C(－2，2eq \r(3)，0)， 故E(1，eq \r(3)，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\r(3)，\f(\r(3),2)))，eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(0，2eq \r(3)，0)． ∵eq \o(BD,\s\up17(→))为平面PAB的一个法向量，且eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝0，∴eq \o(EF,\s\up17(→))⊥eq \o(BD,\s\up17(→))， 又EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB. (2)由(1)知eq \o(BP,\s\up17(→))＝(1，0，eq \r(3))， ∴eq \o(EF,\s\up17(→))·eq \o(BP,\s\up17(→))＝0，∴EF⊥BP. 又EF⊥BD，BD∩BP＝B，BD，BP⊂平面PBD， ∴EF⊥平面PBD. 14．如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1上的一点，且D1E＝2DE. (1)若点F满足eq \o(BF,\s\up17(→))＝2eq \o(FB1,\s\up17(→))，求证：CF∥平面A1EC1； (2)底面ABCD内是否存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1？若存在，求出线段DP的长度；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DD1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A1(3，0，3)，C1(0，3，3)，E(0，0，1)，C(0，3，0)，B1(3，3，3)，B(3，3，0)， 所以eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝(－3，3，0)，eq \o(EA1,\s\up17(→))＝(3，0，2)． 设平面A1EC1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up17(→))＝－3x＋3y＝0，,n·\o(EA1,\s\up17(→))＝3x＋2z＝0，)) 令x＝2，则y＝2，z＝－3，所以n＝(2，2，－3)． 若eq \o(BF,\s\up17(→))＝2eq \o(FB1,\s\up17(→))，则eq \o(BF,\s\up17(→))＝eq \f(2,3) eq \o(BB1,\s\up17(→))＝eq \f(2,3)(0，0，3)＝(0，0，2)， 所以eq \o(CF,\s\up17(→))＝eq \o(CB,\s\up17(→))＋eq \o(BF,\s\up17(→))＝(3，0，0)＋(0，0，2)＝(3，0，2)， 所以n·eq \o(CF,\s\up17(→))＝2×3－3×2＝0，所以n⊥eq \o(CF,\s\up17(→))， 又CF⊄平面A1EC1，所以CF∥平面A1EC1. (2)假设底面ABCD内存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1， 设P(a，b，0)(0≤a≤3，0≤b≤3)， 又D1(0，0，3)，所以eq \o(D1P,\s\up17(→))＝(a，b，－3)， 又平面A1EC1的一个法向量为n＝(2，2，－3)， 所以eq \o(D1P,\s\up17(→))∥n，所以eq \f(a,2)＝eq \f(b,2)＝eq \f(－3,－3)， 解得a＝2，b＝2， 所以底面ABCD内存在一点P，使得PD1⊥平面A1EC1，此时DP＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2). $$