2.4.2 第1课时 向量与垂直-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案课件PPT（湘教版）

第2章　空间向量与 立体几何 2.4　空间向量在立体几何 中的应用 2.4.2　空间线面位置关系的判定 第1课时　向量与垂直 (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：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，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，提升数学运算素养、逻辑推理素养和直观想象素养． 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 位置关系 向量表示 向量运算 坐标运算 l1⊥l2 __________ __________ ______________________ l1⊥α1 __________ __________ ____________________________________ α1⊥α2 __________ __________ ____________________ 知识点一　空间中垂直关系的向量表示 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 v1⊥v2 v1·v2＝0 x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 v1∥n1 n1＝kv1 a1＝kx1，b1＝ky1，c1＝kz1，k为非零常数 n1⊥n2 n1·n2＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 核心概念掌握 5 知识点二　射影 (1)如图，过点P作平面α的______，则称垂足P0为点P在平面 α内的射影． (2)预先给定平面α，空间任意一个图形的每一个点P在平面α上都有一个射影P0，所有这些P0在平面α上组成的图形，称为这个图形在平面α上的射影． 知识点三　三垂线定理及其逆定理 (1)三垂线定理：如果平面内的___________与平面的一条斜线在这个平面内的___________，则它和这条斜线也垂直． (2)三垂线定理的逆定理：如果平面内的_________和这个平面的____________，则它和这条斜线在平面内的射影也垂直． 垂线 一条直线 射影垂直 一条直线 一条斜线垂直 核心概念掌握 6 三垂线定理与其逆定理 (1)从条件上看，三垂线定理的条件是平面内的直线和斜线的射影垂直，其逆定理的条件是平面内的直线和斜线垂直． (2)从功能上看，三垂线定理用于解决已知共面垂直，证明异面垂直的问题，而逆定理正好相反． (3)不论定理还是逆定理，已知直线必须是平面内的一条直线． 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两条直线的方向向量平行，则这两条直线垂直．(　　) (2)若一直线与平面垂直，则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向向量的数量积为0．(　　) (3)两个平面垂直，则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线的方向向量垂直．(　　) (4)斜线b在平面α内的射影为c且直线a⊥c，则a与b一定垂直．(　　) √ × × × 核心概念掌握 8 垂直 垂直 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　直线与直线垂直 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C⊥A1B．求证： AC1⊥A1B． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 【感悟提升】 　向量法证明两直线垂直的基本步骤 (1)选择适当位置建立空间直角坐标系； (2)根据题意写出点的坐标； (3)利用数量积为0，证明两直线的方向向量垂直； (4)得到两直线垂直． 核心素养形成 13 【跟踪训练】 1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5， AA1＝4，求证：AC⊥BC1． 核心素养形成 14 题型二　直线与平面垂直 如右图所示，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 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【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 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型三　平面与平面垂直 如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°．求证：平面ADE⊥平面ABE． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 【感悟提升】　向量法证明面面垂直的两种思路 (1)证明两平面的法向量垂直． (2)证明一个平面的法向量平行于另一个平面． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 题型四　三垂线定理及其逆定理的应用 证明　证法一：取F，G分别为DD1和AD的中点，连接 EF，FG，GO，AC，如图1． 由正方体的性质知FG为EO在平面ADD1A1上的射影，OC 为OE在平面ABCD上的射影． 又A1D⊥FG，∴A1D⊥EO(三垂线定理)． 又OC⊥BD，∴EO⊥BD(三垂线定理)． 又A1D∩BD＝D，A1D，BD⊂平面A1DB，∴EO⊥平面A1DB． 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，E为CC1的中点．求证：EO⊥平面A1DB． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 【感悟提升】 三垂线定理及其逆定理是证明空间两直线垂直的一种基本方法．用三垂线定理及其逆定理证明直线与直线垂直的关键是构造三垂线定理的基本图形．构造基本图形有以下三个环节： 核心素养形成 31 证明　如图，连接BO并延长交AC于点F，连接BQ并延长交PC于点M，连接FM． ∵O是△ABC的垂心， ∴BC⊥AE， ∵Q是△PBC的垂心， ∴BC⊥PE， 【跟踪训练】 4. 如图，P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥平面ABC，若O，Q 分别是△ABC和△PBC的垂心，且PQ∩AO＝E，求证：OQ⊥平面PBC． 核心素养形成 32 又AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PAE， ∴BC⊥平面PAE， ∵OQ⊂平面PAE，∴OQ⊥BC． ∵PA⊥平面ABC，BF⊂平面ABC， ∴BF⊥PA， ∵O是△ABC的垂心，∴BF⊥AC． 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， ∴BF⊥平面PAC， 核心素养形成 33 则FM是BM在平面PAC上的射影， ∵Q为△PBC的垂心，∴BM⊥PC， 据三垂线定理的逆定理，得FM⊥PC， 又BM∩FM＝M，BM，FM⊂平面BFM， ∴PC⊥平面BFM， 又OQ⊂平面BFM， ∴OQ⊥PC， 又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC， ∴OQ⊥平面PBC． 核心素养形成 34 随堂水平达标 1．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2，1)与平面α平行，则z等于(　　) A．3 B．6 C．－9 D．9 解析　∵l⊥α，v与平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0，∴1×3＋(－3)×(－2)＋z×1＝0，∴z＝－9． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 2．已知A(3，0，－1)，B(0，－2，－6)，C(2，4，－2)，则△ABC是(　　) A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 3．(多选)下列命题中正确的是(　　) A．如果平面α内的一条直线l与平面α外的一条直线l′在平面α内的射影垂直，则l⊥l′ B．如果直线l与平面α外的一条直线l′垂直，则l与l′在平面α内的射影垂直 C．如果向量a和直线l在平面α内的射影垂直，则a⊥l D．如果非零向量a和平面α平行，且和直线l垂直，直线l不与平面α垂直，则a垂直于l在平面α内的射影 解析　由三垂线定理及其逆定理，知A，D正确． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 4．已知a＝(0，1，1)，b＝(1，1，0)，c＝(1，0，1)分别是平面α，β，γ的一个法向量，则α，β，γ三个平面中两两垂直的有_____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，∴α，β，γ三个平面中任意两个都不垂直． 0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 5．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，在棱DD1上是否存在点P，使MD⊥平面PAC? 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 课后课时精练 解析　因为直线l的一个方向向量为a＝(2，2，－2)，平面α的一个法向量为b＝(1，1，－1)，所以a＝2b，所以a∥b，所以l⊥α．故选B． 一、选择题 1．若直线l的一个方向向量a＝(2，2，－2)，平面α的一个法向量为b＝(1，1，－1)，则(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．A，C都有可能 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 4．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC，PB⊥AC， 点G是点P在平面ABC上的射影，则点G是△ABC的(　　) A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 解析　连接AG，BG，则AG，BG分别为AP，BP在平面ABC上的射影．因为PA⊥BC，所以由三垂线定理的逆定理知AG⊥BC．同理，BG⊥AC，所以点G是△ABC的垂心．故选C． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 －1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 ②③ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 8．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝_________． a或2a 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 三、解答题 9．如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形， ∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥ 底面ABCD．求证：PA⊥BD． 解　如图所示，取BC的中点O，连接AO交BD于点E， 连接PO． 因为PB＝PC，所以PO⊥BC． 又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 所以PO⊥平面ABCD，所以AP在平面ABCD内的射影为AO． 在直角梯形ABCD中，由于AB＝BC＝2CD， 易知Rt△ABO≌Rt△BCD， 所以∠BEO＝∠OAB＋∠DBA＝∠DBC＋∠DBA＝90°， 即AO⊥BD． 由三垂线定理，得PA⊥BD． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 10．如图，在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD， ∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E，F分别是AC，AD的中点，求 证：平面BEF⊥平面ABC． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 58 2．如图，在三棱锥P－ABC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)在线段AP上是否存在点M，使得平面AMC⊥平面BMC？ 若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 63 　　　　　　　　　　　　　 R 2．做一做 (1)若直线l的方向向量a＝(1，0，2)，平面α的法向量n＝(－2，0，－4)，则(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l与α相交但不垂直 (2)已知两平面α，β的法向量分别为u1＝(1，0，1)，u2＝(0，2，0)，则平面α，β的位置关系为________． (3)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝2eq \r(2)，P为C1D1的中点，M为BC的中点，则AM与PM的位置关系为________． 证明　如图，以点C1为原点，分别以eq \o(C1B1,\s\up12(→))，eq \o(C1C,\s\up12(→))为y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，设AB＝a，CC1＝b． 则A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，0))，B(0，a，b)，B1(0，a，0)，C(0，0，b)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，b))，C1(0，0，0)． 于是eq \o(A1B,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，b))，eq \o(B1C,\s\up12(→))＝(0，－a，b)，eq \o(AC1,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，－\f(1,2)a，－b))． 因为B1C⊥A1B，所以eq \o(B1C,\s\up12(→))·eq \o(A1B,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)a2＋b2＝0，而eq \o(AC1,\s\up12(→))·eq \o(A1B,\s\up12(→))＝eq \f(3,4)a2－eq \f(1,4)a2－b2＝eq \f(1,2)a2－b2＝0，所以eq \o(AC1,\s\up12(→))⊥eq \o(A1B,\s\up12(→))，即AC1⊥A1B． 证明　因为直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝ 4，AB＝5，所以CA，CB，CC1两两垂直． 如图，以点C为原点，分别以eq \o(CA,\s\up12(→))，eq \o(CB,\s\up12(→))，eq \o(CC1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系． 则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)， 所以eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－3，0，0)，eq \o(BC1,\s\up12(→))＝(0，－4，4)， 所以eq \o(AC,\s\up12(→))·eq \o(BC1,\s\up12(→))＝0，所以AC⊥BC1． 证明　证法一：设eq \o(AB,\s\up12(→))＝a，eq \o(AD,\s\up12(→))＝c，eq \o(AA1,\s\up12(→))＝b，则a·b＝a·c＝b·c＝0， ∵eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \o(EB1,\s\up12(→))＋eq \o(B1F,\s\up12(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BB1,\s\up12(→))＋eq \o(B1D1,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(BD,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up12(→))＋eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→)))＝eq \f(1,2)(－a＋b＋c)， eq \o(AB1,\s\up12(→))＝eq \o(AB,\s\up12(→))＋eq \o(AA1,\s\up12(→))＝a＋b． ∴eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(AB1,\s\up12(→))＝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\up12(→))⊥eq \o(AB1,\s\up12(→))，即EF⊥AB1， 同理，EF⊥B1C． 又AB1∩B1C＝B1，∴EF⊥平面B1AC． 证法二：设正方体的棱长为2，以点D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，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\up12(→))＝(1，1，2)－(2，2，1)＝(－1，－1，1)． eq \o(AB1,\s\up12(→))＝(2，2，2)－(2，0，0)＝(0，2，2)， eq \o(AC,\s\up12(→))＝(0，2，0)－(2，0，0)＝(－2，2，0)， ∴eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(AB1,\s\up12(→))＝(－1，－1，1)·(0，2，2)＝0－2＋2＝0， eq \o(EF,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－1，－1，1)·(－2，2，0)＝2－2＋0＝0， ∴eq \o(EF,\s\up12(→))⊥eq \o(AB1,\s\up12(→))，eq \o(EF,\s\up12(→))⊥eq \o(AC,\s\up12(→))， ∴EF⊥AB1，EF⊥AC． 又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC． 证法三：同证法二得eq \o(AB1,\s\up12(→))＝(0，2，2)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－2，2，0)，eq \o(EF,\s\up12(→))＝(－1，－1，1)． 设平面B1AC的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up12(→))1·n＝0，,\o(AC,\s\up12(→))·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\up12(→))＝－n，∴eq \o(EF,\s\up12(→))∥n， ∴EF⊥平面B1AC． 【跟踪训练】 2.如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：AM⊥平面BDF． 证明　以点C为原点，分别以eq \o(CD,\s\up12(→))，eq \o(CB,\s\up12(→))，eq \o(CE,\s\up12(→))为x轴、y轴、z 轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，B(0，eq \r(2)，0)，D(eq \r(2)，0，0)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))． 所以eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，eq \o(DF,\s\up12(→))＝(0，eq \r(2)，1)，eq \o(BD,\s\up12(→))＝(eq \r(2)，－eq \r(2)，0)． 设n＝(x，y，z)是平面BDF的法向量， 则n⊥eq \o(BD,\s\up12(→))，n⊥eq \o(DF,\s\up12(→))， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up12(→))＝\r(2)x－\r(2)y＝0，,n·\o(DF,\s\up12(→))＝\r(2)y＋z＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝y，,z＝－\r(2)y，)) 取y＝1，得x＝1，z＝－eq \r(2)，则n＝(1，1，－eq \r(2))． 因为eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))， 所以n＝－eq \r(2) eq \o(AM,\s\up12(→))，即n与eq \o(AM,\s\up12(→))共线． 所以AM⊥平面BDF． 证明　取BE的中点O，连接OC， 则OC⊥EB， 又AB⊥平面BCE，∴以点O为原点，分别以eq \o(OC,\s\up12(→))，eq \o(OB,\s\up12(→))为x轴、y轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，如图所示． 则由已知条件有C(1，0，0)，B(0，eq \r(3)，0)，E(0，－eq \r(3)，0)，D(1，0，1)，A(0，eq \r(3)，2)． 设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)， 则n·eq \o(EA,\s\up12(→))＝(a，b，c)·(0，2eq \r(3)，2)＝2eq \r(3)b＋2c＝0， n·eq \o(DA,\s\up12(→))＝(a，b，c)·(－1，eq \r(3)，1)＝－a＋eq \r(3)b＋c＝0． 令b＝1，则a＝0，c＝－eq \r(3)， ∴n＝(0，1，－eq \r(3))． ∵OC⊥平面ABE， ∴平面ABE的法向量可取为m＝(1，0，0)． ∵n·m＝(0，1，－eq \r(3))·(1，0，0)＝0， ∴n⊥m， ∴平面ADE⊥平面ABE． 【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，以点A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))，eq \o(AA1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，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D点坐标为(1，1，0)， 所以eq \o(AA1,\s\up12(→))＝(0，0，eq \r(3))，eq \o(AD,\s\up12(→))＝(1，1，0)，eq \o(BC,\s\up12(→))＝(－2，2，0)，eq \o(CC1,\s\up12(→))＝(0，－1，eq \r(3))， 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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(AD,\s\up12(→))＝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\up12(→))＝0，,n2·\o(CC1,\s\up12(→))＝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． 证法二：如图2，连接AC，A1O，A1E，A1C1，设正方体的棱长为2，由证法一知BD⊥EO， 又EO2＝OC2＋CE2＝(eq \r(2))2＋12＝3， A1O2＝A1A2＋AO2＝22＋(eq \r(2))2＝6， A1E2＝A1Ceq \o\al(2,1)＋C1E2＝(2eq \r(2))2＋12＝9． ∴A1E2＝EO2＋A1O2． ∴A1O⊥EO，又A1O⊂平面A1DB，BD⊂平面A1DB，且A1O∩BD＝O， ∴EO⊥平面A1DB． 解析　∵eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－3，－2，－5)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－1，4，－1)，∴eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，∴AB⊥AC．∵|eq \o(AB,\s\up12(→))|≠|eq \o(AC,\s\up12(→))|，∴△ABC为直角三角形． 解　如图，以点D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))． 假设存在P(0，0，a)(0≤a≤1)满足条件， 则eq \o(PA,\s\up12(→))＝(1，0，－a)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－1，1，0)． 设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)， 则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up12(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up12(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－az＝0，,－x＋y＝0.)) 令z＝1，得x＝a，y＝a，即n＝(a，a，1)， 由eq \o(MD,\s\up12(→))∥n，eq \o(MD,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，－\f(1,2)))，得a＝2， ∵0≤a≤1，∴在棱DD1上不存在点P，使MD⊥平面PAC． 2．已知eq \o(AB,\s\up12(→))＝(1，5，－2)，eq \o(BC,\s\up12(→))＝(3，1，z)，若eq \o(AB,\s\up12(→))⊥eq \o(BC,\s\up12(→))，eq \o(BP,\s\up12(→))＝(x－1，y，－3)，且eq \o(BP,\s\up12(→))⊥平面ABC，则eq \o(BP,\s\up12(→))＝(　　) 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\up12(→))⊥eq \o(BC,\s\up12(→))，∴eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝0，即1×3＋5×1－2z＝0，∴z＝4，∴eq \o(BC,\s\up12(→))＝(3，1，4)．∵eq \o(BP,\s\up12(→))⊥平面ABC，∴eq \o(BP,\s\up12(→))⊥eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(BP,\s\up12(→))⊥eq \o(BC,\s\up12(→))，∴eq \o(BP,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝0，eq \o(BP,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝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\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3))．故选B． 3．直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，eq \o(A1P,\s\up12(→))＝λeq \o(A1B1,\s\up12(→))，eq \o(C1C,\s\up12(→))＝3eq \o(C1M,\s\up12(→))，若PN⊥BM，则λ＝(　　) A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3) C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4) 解析　以A1为原点，分别以eq \o(A1B1,\s\up12(→))，eq \o(A1C1,\s\up12(→))，eq \o(A1A,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系．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\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－λ，\f(1,2)，1))，eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，－\f(2,3)))，∵eq \o(PN,\s\up12(→))⊥eq \o(BM,\s\up12(→))，∴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)．故选C． 5．(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点．如果eq \o(AB,\s\up12(→))＝(2，－1，－4)，eq \o(AD,\s\up12(→))＝(4，2，0)，eq \o(AP,\s\up12(→))＝(－1，2，－1)，则下列结论正确的是(　　) A．AP⊥AB B．AP⊥AD C．eq \o(AP,\s\up12(→))是平面ABCD的一个法向量 D．eq \o(AP,\s\up12(→))∥eq \o(BD,\s\up12(→)) 解析　∵eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AP,\s\up12(→))＝0，eq \o(AD,\s\up12(→))·eq \o(AP,\s\up12(→))＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，∴A，B正确；又eq \o(AB,\s\up12(→))与eq \o(AD,\s\up12(→))不平行，∴eq \o(AP,\s\up12(→))是平面ABCD的一个法向量，∴C正确；∵eq \o(BD,\s\up12(→))＝eq \o(AD,\s\up12(→))－eq \o(AB,\s\up12(→))＝(2，3，4)，eq \o(AP,\s\up12(→))＝(－1，2，－1)，∴eq \o(BD,\s\up12(→))与eq \o(AP,\s\up12(→))不平行，∴D错误． 二、填空题 6．已知△ABC是以∠B为直角的等腰直角三角形，其中eq \o(BA,\s\up12(→))＝(1，m，2)，eq \o(BC,\s\up12(→))＝(2，m，n)(m，n∈R)，则m＋n＝________． 解析　由题意得eq \o(BA,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝0，且|eq \o(BA,\s\up12(→))|＝|eq \o(BC,\s\up12(→))|，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋m2＋2n＝0，,1＋m2＋4＝4＋m2＋n2，)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝0，,n＝－1，))∴m＋n＝－1． 7．如图，以等腰直角三角形ABC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： ①eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0；②AB⊥DC；③BD⊥AC；④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直． 其中正确的是________(填序号)． 解析　建立以点D为原点，分别以eq \o(DB,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DA,\s\up12(→)) 为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度的空 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)，eq \o(AB,\s\up12(→))＝(1，0，－1)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(0，1，－1)，eq \o(DC,\s\up12(→))＝(0，1，0)，eq \o(BD,\s\up12(→))＝(－1，0，0)，从而有eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0＋0＋1＝1，故①错误；eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(DC,\s\up12(→))＝0，故②正确；eq \o(BD,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，故③正确；易知平面ADC的一个法向量为向量eq \o(BD,\s\up12(→))＝(－1，0，0)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \o(AB,\s\up12(→))·n＝x－z＝0，eq \o(AC,\s\up12(→))·n＝y－z＝0，令y＝1，则x＝1，z＝1，故n＝(1，1，1)，eq \o(BD,\s\up12(→))·n＝－1，故④错误． 解析　以B为原点，分别以eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(BC,\s\up12(→))，eq \o(BB1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0，0，3a)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，3a))，C(0，eq \r(2)a，0)．设E(eq \r(2)a，0，z)(0≤z≤3a)，则eq \o(CE,\s\up12(→))＝(eq \r(2)a，－eq \r(2)a，z)，eq \o(B1E,\s\up12(→))＝ (eq \r(2)a，0，z－3a)，eq \o(B1D,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，0))．由题意得eq \o(CE,\s\up12(→))·eq \o(B1D,\s\up12(→))＝a2－a2＋0＝0，eq \o(CE,\s\up12(→))·eq \o(B1E,\s\up12(→))＝2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a．故AE＝a或2a． 证明　以点B为原点，分别以eq \o(BD,\s\up12(→))，eq \o(BA,\s\up12(→))为y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，设A(0，0，a)，则易得B(0，0，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))，D(0，eq \r(3)a，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，\f(1,2)a))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a))， 故eq \o(AB,\s\up12(→))＝(0，0，－a)，eq \o(BC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))． 设平面ABC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(BC,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－z1＝0，,x1＋y1＝0，)) 取x1＝1，得y1＝－1，z1＝0， ∴n1＝(1，－1，0)为平面ABC的一个法向量． 设n2＝(x2，y2，z2)为平面BEF的法向量， 同理可得n2＝(1，1，－eq \r(3))． ∵n1·n2＝(1，－1，0)·(1，1，－eq \r(3))＝0， ∴平面BEF⊥平面ABC． 1．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝eq \r(2)，点E是棱PB的中点．证明：AE⊥平面PBC． 证明　如图所示，以点A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系． 设D(0，a，0)，则A(0，0，0)，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\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2)))，eq \o(BC,\s\up12(→))＝(0，a，0)，eq \o(PC,\s\up12(→))＝(eq \r(2)，a，－eq \r(2))， 则eq \o(AE,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝0，eq \o(AE,\s\up12(→))·eq \o(PC,\s\up12(→))＝0． 所以AE⊥BC，AE⊥PC． 又BC∩PC＝C，所以AE⊥平面PBC． 解　(1)证明：如图，以点O为原点，分别以eq \o(OD,\s\up12(→))，eq \o(OP,\s\up12(→))为y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系． 则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，eq \o(AP,\s\up12(→))＝(0，3，4)，eq \o(BC,\s\up12(→))＝(－8，0，0)， 由此可得eq \o(AP,\s\up12(→))·eq \o(BC,\s\up12(→))＝0， 所以eq \o(AP,\s\up12(→))⊥eq \o(BC,\s\up12(→))，即AP⊥BC． (2)假设存在满足题意的M， 设eq \o(PM,\s\up12(→))＝λeq \o(PA,\s\up12(→))，0≤λ<1， 则eq \o(PM,\s\up12(→))＝λ(0，－3，－4)． eq \o(BM,\s\up12(→))＝eq \o(BP,\s\up12(→))＋eq \o(PM,\s\up12(→))＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)， eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－4，5，0)． 设平面BMC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 平面APC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BM,\s\up12(→))·n1＝0，,\o(BC,\s\up12(→))·n1＝0，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x1－（2＋3λ）y1＋（4－4λ）z1＝0，,－8x1＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝\f(2＋3λ,4－4λ)y1，))可取n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(2＋3λ,4－4λ)))． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up12(→))·n2＝0，,\o(AC,\s\up12(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3y2＋4z2＝0，,－4x2＋5y2＝0，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(5,4)y2，,z2＝－\f(3,4)y2，))可取n2＝(5，4，－3)， 由n1·n2＝0，得4－3×eq \f(2＋3λ,4－4λ)＝0，解得λ＝eq \f(2,5)， 故eq \o(PM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,5)，－\f(8,5)))， eq \o(AM,\s\up12(→))＝eq \o(AP,\s\up12(→))＋eq \o(PM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))， 所以AM＝eq \r(02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,5)))\s\up12(2))＝3． 综上所述，在线段AP上存在点M符合题意，AM＝3． $