第一章 单元学习四 1.4.1 第3课时 空间中直线、平面的垂直-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版）

本讲义聚焦空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系，系统构建用向量语言表述垂直关系的知识体系，从线线垂直（方向向量数量积为0）到线面垂直（方向向量与法向量共线），再到面面垂直（法向量数量积为0），辅以探索性问题延伸，形成完整学习支架。 资料通过一题多解（如正三棱柱线线垂直的基底法与坐标法）、变式探究（正方体线面垂直的三种证法），培养数学抽象、逻辑推理和数学运算核心素养。课中助力教师高效授课，课后分层练习与对点练帮助学生巩固知识，查漏补缺。

第3课时　空间中直线、平面的垂直 学习目标 1.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，培养数学抽象、直观想象的核心素养. 2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的垂直关系，提升逻辑推理、数学运算的核心素养. 任务一　空间中直线和直线垂直 (阅读教材P31，完成探究问题1) 问题1. 如图，直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，直线l1，l2垂直时，u1，u2之间有什么关系？ 提示：垂直. 设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. 微提醒　(1)两直线垂直分为相交垂直和异面垂直，都可转化为两直线的方向向量相互垂直.(2)基底法证明两直线垂直即证直线的方向向量相互垂直，坐标法证明两直线垂直即证两直线方向向量的数量积为0.(3)设直线l1，l2的方向向量分别为u1＝，u2＝，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (一题多解)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：法一(基底法)：设＝a，＝b，＝c，连接AM，AN(图略)，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， 所以·＝(a＋c)·(－a＋b＋c)＝－＋cos 60°＋0－0＋0＋＝0. 所以⊥，所以AB1⊥MN. 法二(坐标法)：设AB中点为O，作OO1∥AA1.以O为坐标原点，OB，OC，OO1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. 由已知得A(－，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，N(0，，)，B1(，0，1)， 因为M为BC的中点，所以M(，，0). 所以＝(－，，)，＝(1，0，1)， 所以·＝－＋0＋＝0. 所以⊥，所以AB1⊥MN. 用向量法证明直线与直线垂直的方法和步骤 基底法 第一步：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；第二步：把两直线的方向向量用基底表示；第三步：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；第四步：由方向向量垂直得到两直线垂直 坐标法 第一步：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；第二步：根据所求出点的坐标表示出两直线方向向量的坐标；第三步：计算两直线方向向量的数量积为0；第四步：由方向向量垂直得到两直线垂直 对点练1.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD，BC＝4，点M为PC的中点. 求证：DM⊥PB. 证明：因为PA⊥平面ABCD，AD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB. 又AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两垂直. 所以以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示.则P(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，4，0)， 点M为PC的中点，故M(1，2，1)， 故＝(1，0，1)，＝(2，0，－2)， 所以·＝(1，0，1)·(2，0，－2)＝0， 所以DM⊥PB. 学生用书⬇第31页 任务二　空间中直线和平面垂直 (阅读教材P31－32，完成探究问题2) 问题2.如图，设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，当直线l垂直平面α时，u，n之间有什么关系？ 提示：平行(共线). 设直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn. [微思考]　只要证明直线的方向向量与平面内的两直线的方向向量的数量积为零，就可以证明直线与平面垂直，对吗？为什么？ 提示：不对，需证明直线的方向向量与平面内两个不共线向量的数量积均为零，才可得出直线与平面垂直. (链教材P32例4、一题多解)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：法一：设＝a，＝b，＝c， 则＝＋＝＋)＝＋)＝＋－)＝(－a＋b＋c). 因为＝＋＝a＋c， 所以·＝(－a＋b＋c)·(a＋c)＝(－a2－a·c＋b·a＋b·c＋c·a＋c2)＝(c2－a2)＝0， 所以⊥，即EF⊥AB1. 同理，EF⊥B1C. 又AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C⊂平面B1AC， 所以EF⊥平面B1AC. 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). 所以＝(－1，－1，1)，＝(0，2，2)，＝(－2，2，0). 所以·＝(－1，－1，1)·(0，2，2)＝(－1)×0＋(－1)×2＋1×2＝0， ·＝(－1，－1，1)·(－2，2，0)＝2－2＋0＝0， 所以⊥，⊥， 所以EF⊥AB1，EF⊥AC. 又AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面B1AC， 所以EF⊥平面B1AC. 法三：由法二得＝(0，2，2)，＝(－2，2，0)，＝(－1，－1，1). 设平面B1AC的法向量n＝(x，y，z)， 则·n＝0，·n＝0， 即 取y＝1，则x＝1，z＝－1， 所以n＝(1，1，－1)，所以＝－n， 所以∥n，所以EF⊥平面B1AC. 变式探究 (变结论)若本例条件不变，求证：A1C⊥平面AD1B1. 证明：结合本例法二可知，＝(0，2，2)，＝＝(2，2，0)，A1(2，0，2)，C(0，2，0)， 所以＝(－2，2，－2). 所以·＝(－2，2，－2)·(0，2，2)＝0， 所以⊥，即A1C⊥AB1. ·＝(－2，2，－2)·(2，2，0)＝0， 所以⊥，所以A1C⊥D1B1. 又因为AB1∩D1B1＝B1，AB1，D1B1⊂平面AD1B1，所以A1C⊥平面AD1B1. 用向量法证明直线与平面垂直的方法和步骤 基底法 第一步：把直线的方向向量和平面内两个不共线向量用同一个基底表示；第二步：分别证明它们垂直 坐标法 (利用线 线垂直) 第一步：建立空间直角坐标系；第二步：将直线的方向向量用坐标表示；第三步：找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；第四步：分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0 坐标法 (利用平面 的法向量) 第一步：建立空间直角坐标系；第二步：将直线的方向向量用坐标表示；第三步：求出平面的法向量；第四步：证明直线的方向向量与平面的法向量平行 对点练2.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1＝2，D，E分别是线段AC，CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D.求证：A1C⊥平面BDE. 证明：连接C1D， 因为C1在平面ABC内的射影为D， 所以C1D⊥平面ABC， 又BD，AC⊂平面ABC， 所以C1D⊥BD，C1D⊥AC，又△ABC为等边三角形，D为AC的中点， 所以BD⊥AC， 则以D为坐标原点，DB，DA，DC1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D(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，－1，0)，C1(0，0，)， E，A1(0，2，). 所以＝(，0，0)，＝，＝(0，－3，－). 法一：设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)， 因为 所以 取z＝1，则y＝，则n＝(0，，1)， 所以平面BDE的一个法向量为n＝(0，，1)， 因为＝(0，－3，－)， 所以＝－n，所以∥n， 所以A1C⊥平面BDE. 法二：因为·＝0，·＝－＝0， 所以⊥，⊥， 即BD⊥A1C，DE⊥A1C， 又BD∩DE＝D，BD，DE⊂平面BDE， 所以A1C⊥平面BDE. 学生用书⬇第32页 任务三　空间中平面和平面垂直 (阅读教材P31－32，完成探究问题3) 问题3.设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，当平面α垂直于平面β时，n1，n2之间有什么关系？ 提示：垂直. 设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0. 微提醒　(1)若证面面垂直，则证两平面的法向量垂直.(2)向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系，恰当建系或用基向量表示后，只需经过向量运算就可得到要证明的结果，思路方法“公式化”，降低了思维难度. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1是正方形，AB＝BC＝2，D，E，F分别为棱AC，CC1，A1B1的中点，且BE⊥A1B1. (1)求·的值； (2)用向量法证明：平面BEA⊥平面A1B1D. 解：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥A1B1，又BE⊥A1B1，BB1∩BE＝B，BB1，BE⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥平面BCC1B1， 因此B1A1，B1B，B1C1两两垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系B1xyz， 则B(0，0，2)，E(0，2，1)，D(1，1，2)，F(1，0，0). 所以＝(1，－2，－1)，＝(1，1，0)， 所以·＝1×1＋(－2)×1＋0＝－1. (2)证明：由(1)知A(2，0，2)，A1(2，0，0)， ＝(0，2，－1)，＝(－2，2，－1)，＝(－2，0，0)，＝(－1，1，2)， 设平面BEA的法向量为n＝(x1，y1，z1)，平面A1B1D的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则 令y1＝1，则z1＝2，x1＝0，所以n＝(0，1，2)； 令z2＝1，则y2＝－2，所以m＝(0，－2，1)， 所以m·n＝0，所以平面BEA⊥平面A1B1D. 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.法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直. 对点练3.如图，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD.求证：平面DEA⊥平面ECA. 证明： 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，不妨设CA＝2，则CE＝2，BD＝1， 则C，A，B(0，2，0)，E，D， 所以＝，＝，＝， 设平面ECA的一个法向量是n1＝(x1，y1，z1)， 则 取x1＝1，则y1＝－，z1＝0，即n1＝(1，－，0). 设平面DEA的一个法向量是n2＝(x2，y2，z2)， 则 取y2＝1，则x2＝，z2＝2，即n2＝(，1，2). 因为n1·n2＝1×＋×1＋0×2＝0， 所以n1⊥n2，所以平面DEA⊥平面ECA. 任务四　垂直关系中的探索性问题 如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BC的中点. (1)在B1B上是否存在一点P，使D1P⊥平面B1AE？ (2)在平面AA1B1B上是否存在一点N，使D1N⊥平面B1AE？ 解：(1)如图所示，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则点A(1，0，0)，E(，1，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1). 所以＝，＝. 假设存在点P满足题意，于是＝， 所以方程组无解， 故在B1B上不存在点P使D1P⊥平面B1AE. (2)假设在平面AA1B1B上存在点N，使D1N⊥平面B1AE.设N， 则＝， 所以 故平面AA1B1B上存在点N，使D1N⊥平面B1AE. 学生用书⬇第33页 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. 对点练4.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，M，N分别为AC，B1C1的中点.线段CC1上是否存在点Q，使A1B⊥平面MNQ？若存在，求；若不存在，请说明理由. 解：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，直线CB，CC1，CA两两垂直，以C为原点，CB，CC1，CA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示.设AC＝2，假定线段CC1上存在点Q满足条件，设CQ＝y0，0≤y0≤2， 则A1(0，2，2)，B(2，0，0)，M(0，0，1)，N(1，2，0)，Q(0，y0，0)，则＝(2，－2，－2)，＝(1，2，－1)，＝(0，y0，－1)， 设n＝(a，b，c)是平面MNQ的法向量， 则取b＝1，得c＝y0，a＝y0－2，所以n＝(y0－2，1，y0)， 由A1B⊥平面MNQ，得A1B∥n，即存在实数λ，满足n＝λ，即因此CQ＝1，即Q是CC1的中点， 所以线段CC1上存在点Q，使A1B⊥平面MNQ，＝. 任务再现 1.直线与直线垂直的向量表示.2.直线与平面垂直的向量表示.3.平面与平面垂直的向量表示.4.垂直关系中的探索性问题 方法提炼 法向量法、转化与化归思想 易错警示 直线的方向向量、平面的法向量的关系与线面间的垂直关系的对应易混淆 1.已知直线l的方向向量为a＝(4，k－1，－k)，平面α的法向量为b＝(k，，k＋1)，若直线l⊥平面α，则k的值为(　　 ) A.－2 B.3 C.－2或3 D.或－2 答案：A 解析：因为直线l⊥平面α，所以a∥b，易知k＝0或k＝－1时不满足题意，则＝＝，解得k＝－2.故选A. 2.平面α的法向量为，平面β的法向量为，若α⊥β，则k＝(　　) A.－2 B.2 C.1 D.－1 答案：D 解析：因为α⊥β，所以3×＋1×1＋×k＝0，解得k＝－1.故选D. 3.(多选)已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点，如果 ＝，＝，＝.下列结论正确的有(　　) A.AP⊥AB B.AP⊥AD C. 是平面 ABCD 的一个法向量 D.∥ 答案：ABC 解析：由题意可知，， 都是非零向量，对于A，·＝(－1)×2＋2×＋×＝0，故A正确；对于B，·＝－1×4＋2×2＋×0＝0，故B正确；对于C，因为AP⊥AD，AP⊥AB，AD⊂ 平面ABCD，AB⊂ 平面ABCD，AD∩AB＝A， 所以AP⊥ 平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量，故C正确；对于D，因为AP⊥ 平面ABCD，BD⊂ 平面ABCD，所以AP⊥BD，即⊥，故D错误.故选ABC. 4.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，当D1M⊥平面A1C1D时，DM＝　　　　. 答案：2 解析：如图所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系.则D(0，0，0)，A1，C1(0，2，2)，D1(0，0，2).由题意可设M(a，b，0)，则＝(a，b，－2)，＝，＝.若D1M⊥平面A1C1D， 则即M(2，2，0)，故DM＝＝2. 课时分层评价7　空间中直线、平面的垂直 (时间：60分钟　满分：110分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9，每小题5分，共45分) 1.(多选)给出下列命题，其中是真命题的为(　　 ) A.若直线l的方向向量a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量b＝，则l与m垂直 B.若直线l的方向向量a＝(0，1，－1)，平面α的法向量n＝(1，－1，－1)，则l⊥α C.若平面α，β的法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，则α⊥β D.若平面α经过三点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1 答案：AD 解析：对于A，a·b＝1×2－1×1＋2×＝0，则a⊥b，所以直线l与m垂直，故A是真命题；对于B，a·n＝0，则a⊥n，所以l∥α或l⊂α，故B是假命题；对于C，n1·n2＝6，所以α⊥β不成立，故C是假命题；对于D，易得＝(－1，1，1)，＝(－1，1，0)，因为向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，所以得u＋t＝1，故D是真命题.故选AD. 2.平面α的一个法向量是n＝，平面β的一个法向量是m＝，则平面α与平面β的关系是(　　) A.平行 B.重合 C.平行或重合 D.垂直 答案：D 解析：因为平面α的一个法向量是n＝，平面β的一个法向量是m＝，所以n·m＝2×＋3×6＋6×＝0，所以平面α与平面β相互垂直.故选D. 3.已知点A(0，1，0)，B(－1，0，－1)，C(2，1，1)，P(x，0，z)，若PA⊥平面ABC，则点P的坐标为(　　 ) A.(1，0，－2) B.(1，0，2) C.(－1，0，2) D.(2，0，－1) 答案：C 解析：由题意知＝(－1，－1，－1)，＝(2，0，1)，＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以·＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0①，·＝(2，0，1)·(x，－1，z)＝0，得2x＋z＝0②，联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为(－1，0，2).故选C. 4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在棱DD1上，直线AC1⊥平面A1BM，则点M的位置是(　　) A.点D B.点D1 C.DD1的中点 D.不存在 答案：A 解析：如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.设正方体棱长为1，M(0，0，t)，0≤t≤1，A(1，0，0)，C1(0，1，1)，B(1，1，0)，＝(－1，1，1)，＝(－1，－1，t).因为直线AC1⊥平面A1BM，BM⊂平面A1BM，所以AC1⊥BM，所以·＝0，所以－1×(－1)＋1×(－1)＋1×t＝0，解得t＝0，此时点M与点D重合.故选A. 5.如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E为CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，等于(　　) A. B.1 C.2 D.3 答案：B 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为1，PA＝a，则B，E，P，设F，则＝，＝.因为BF⊥PE，则·＝×＋y×1＋0×＝0，解得y＝，即F，可知F是AD的中点，故＝1.故选B. 6.(多选)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N分别是棱DD1，D1C1的中点，则直线OM(　　) A.和AC垂直 B.和AA1垂直 C.和MN垂直 D.与AC，MN都不垂直 答案：AC 解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、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D(0，0，0)，D1(0，0，2)，M(0，0，1)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，O(1，1，0)，N(0，1，2).所以＝(－1，－1，1)，＝(0，1，1)，＝(－2，2，0)，＝＝(0，0，2).所以·＝0，·＝0，·＝2，所以OM⊥AC，OM⊥MN.故选AC. 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. 答案：0 解析：因为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，所以a，b，c中任意两个向量都不垂直，即α，β，γ中任意两个平面都不垂直. 8.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：如图所示，以A为坐标原点，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)，所以＝(0，2，－2)，＝(－，0，0).因为·＝0，所以SC⊥BC. 9.(双空题、开放题)已知空间A(－1，1，1)，B(0，0，1)，C(1，2，－3)三点.若直线AB上存在一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为　　　　；若空间中点N满足BN⊥平面ABC，则符合条件的一个点N的坐标是　　　　. 答案：　 (4，4，4)(答案不唯一) 解析：设M(x0，y0，z0)，因为A(－1，1，1)，B(0，0，1)，C(1，2，－3)，所以＝(1，－1，0)，＝(2，1，－4)，＝(x0，y0，z0－1)，＝(x0－1，y0－2，z0＋3).由题意知⊥，∥，所以所以x0＝－，y0＝，z0＝1，所以点M的坐标为.设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，则y＝1，z＝.所以n＝.设点N的坐标为(a，b，c)，则＝(a，b，c－1).由题意知，∥n，即＝＝.所以点N的坐标满足(4k，4k，3k＋1)，其中k≠0，令k＝1，则N(4，4，4). 10.(13分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC＝2，E是PC的中点. 求证：(1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. 证明：(1)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. 则A，B，C(1，，0)，D，P，E. 所以＝，＝. 所以·＝(－1)×＋×＋0×1＝0， 所以CD⊥AE. (2)由(1)，得＝，＝，＝. 所以·＝0，·＝0， 所以PD⊥AB，PD⊥AE， 又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE， 所以PD⊥平面ABE. (11—13，每小题5分，共15分) 11.如图，在正三棱锥D-ABC中，AB＝，DA＝2，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且＝λ，若PA⊥平面PBC，则实数λ＝(　　) A. 　　　　　B.－ C. 　　　　　D. 答案：D 解析：由题意，△ABC为边长为的等边三角形，且DA＝DB＝DC＝2，等边△ABC的高为 ＝.在正三棱锥中，以O为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴建系，如图所示.则A(0，－1，0)，B(，，0)，C(－，，0)，D(0，0，)，且P(0，0，λ)(0≤λ≤1).所以＝(0，1，λ)，＝(，，－λ).因为PA⊥平面PBC，所以PA⊥PB，所以·＝0，所以1×＋λ(－λ)＝0，解得λ2＝，所以λ＝.故选D. 12.(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，点M，N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点)，若D1M⊥MN，则下列命题正确的是(　　) A.MN⊥A1M B.MN⊥平面D1MC C.线段BN长度的最大值为1 D.三棱锥D1-A1C1M体积不变 答案：AD 解析：如图所示，建立空间直角坐标系.A1，D1(0，0，2)，设M，N(2，2，b)，且a，b∈.＝，＝，·＝a－2b＝0，得b＝.对于A，＝，所以·＝a－2b＝0，故MN⊥A1M，故A正确；对于B，C，＝，·＝≠0，所以MN与MC不垂直，则MN不垂直于平面D1MC，故B错误；对于C，B，BN＝b＝＝－＋，a∈，所以a＝1时，BN的最大值为，故C错误；对于D，＝＝××AA1＝××2×2×2＝，故D正确.故选AD. 13.设常数a＞0.如图在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝a，PD⊥平面ABCD.若线段AB上存在点Q，使得PQ⊥CQ，则实数a的取值范围是　　　　　. 答案：(0，］ 解析：因为在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝a，PD⊥平面ABCD，所以以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.设DP＝b，AQ＝x，其中x＝0或x＝1不符合题意，则P，Q，C.则有＝，＝.由PQ⊥CQ，得·＝a2＋x(x－1)＝0，即x2－x＋a2＝0，若线段AB上存在点Q，即方程在有解，设函数为f＝x2－x＋a2，f＝a2＞0，对称轴为x＝，则方程在有解需满足f＝a2－≤0，又因为a＞0，所以0＜a≤，即a的取值范围为(0，］. 14.(15分)如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在平面互相垂直，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：因为平面ADEF⊥平面ABCD， 平面ADEF∩平面ABCD＝AD， AF⊥AD，AF⊂平面ADEF， 所以AF⊥平面ABCD. 因为AC⊂平面ABCD， 所以AF⊥AC.过A作AH⊥BC于H(图略)， 则BH＝1，AH＝，CH＝3， 所以AC＝2， 所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB. 因为AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面FAB， 所以AC⊥平面FAB. 因为BF⊂平面FAB，所以AC⊥BF. (2)存在.理由如下： 由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 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(0＜λ＜1)，所以(xP－2，yP，zP)＝λ(－3，，2)，所以xP＝2－3λ，yP＝λ，zP＝2λ，即P(2－3λ，λ，2λ). 设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z). 由＝(2－3λ，λ，2λ)，＝(0，2，0)， 得 即 令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＝. 15.(5分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论正确的是(　　)、 A.当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD B.当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD C.在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD D.不存在DQ与平面A1BD垂直 答案：D 解析：以A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则由已知得A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，B(1，0，1)，D，P(0，2，0).所以＝(1，0，1)，＝，＝(－1，2，0)，＝.设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2，1，－2).假设DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ(－1，2，0)＝(－λ，2λ，0)，则＝＋＝.因为也是平面A1BD的一个法向量，所以n与共线，所以＝＝＝成立，但此方程关于λ无解，所以不存在DQ与平面A1BD垂直.故选D. 16.(17分)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)判断在线段EB上是否存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 解：(1)证明：因为DE⊥AB，AB∥DC， 所以DE⊥DC， 因为A1D⊥DC，A1D∩DE＝D，A1D，DE⊂平面A1DE， 所以DC⊥平面A1DE，又A1E⊂平面A1DE， 所以DC⊥A1E， 因为A1E⊥DE，DC∩DE＝D，DC，DE⊂平面BCDE， 所以A1E⊥平面BCDE. (2)由题意，以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，如图所示. 则DE＝2，A1，B， C(4，2，0)，D. 所以＝，＝. 设平面A1BC的一个法向量为m＝，则 取x＝－， 则m＝. 设P，0≤t≤2，则＝，＝， 设平面A1DP的法向量为n＝，则取c＝t，则n＝(2，t，t). 因为平面A1DP⊥平面A1BC， 所以n·m＝－2＋t－t＝0，解得t＝－3， 因为0≤t≤2， 所以在线段EB上不存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC. 学生用书⬇第34页 学科网（北京）股份有限公司 $