1.4.1第3课时空间中直线、平面的垂直课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何垂直关系中的应用，系统梳理线线、线面、面面垂直的向量表示，通过自主学习的填空与基础练习夯实定义，互动探究以四棱锥、正方体等实例递进讲解证明方法，形成从概念到应用的学习支架。 其亮点在于采用坐标法与向量法双路径证明（如例1两种证法），培养逻辑推理（数学思维），结合空间直角坐标系建立几何直观（数学眼光），用向量语言精确表述垂直关系（数学语言）。分层作业与课堂小结助力学生提升空间观念，教师可依托系统模块高效实施教学。

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3课时　空间中直线、平面的垂直 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 u1·u2＝0 u＝λn n1·n2＝0 自主学习通道 √ × √ √ 自主学习通道 B B 自主学习通道 5 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 B 巩固提升通道 D 巩固提升通道 1 巩固提升通道 是 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BC 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABC 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 －1 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 －9 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (－2，4，1)或 (2，－4，－1) 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 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.2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的垂直关系． 填一填 1．直线与直线垂直 设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔ eq \o(□,\s\up4(1)) ． 2．直线与平面垂直 设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得 eq \o(□,\s\up4(2)) ． 3．平面与平面垂直 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔ eq \o(□,\s\up4(3)) ． 练一练 1．判断正误 (1)两直线的方向向量垂直，则两直线垂直．(　　) (2)若一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面垂直．(　　) (3)若两平面垂直，则这两个平面的法向量所成的角一定是90°.(　　) (4)若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．(　　) 2．若直线l1，l2的方向向量分别为m＝(2，－1，－1)，n＝(1，1，1)，则这两条直线(　　) A．平行 B．垂直 C．异面垂直 D．垂直相交 解析　因为m·n＝2×1＋(－1)×1＋(－1)×1＝0，所以m⊥n，所以l1⊥l2. 3．若直线l的方向向量为a＝(1，－2，1)，平面α的法向量为n＝(－2，4，－2)，则(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l与α斜交 解析　∵n＝－2a，∴a∥n，即l⊥α. 4．若平面α与平面β垂直，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 ． 解析　∵平面α与平面β垂直， ∴平面α的法向量u与平面β的法向量v垂直， ∴u·v＝0，即－1×t＋0×5＋5×1＝0， 解得t＝5. 类型一　直线与直线垂直 【例1】　如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA＝AB＝1，点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：如图，以A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，P(0，0，1)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))). ∵E在BC上， ∴设E(m，1，0)， ∴ eq \o(PE,\s\up15(→))＝(m，1，－1)， eq \o(AF,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， ∵ eq \o(PE,\s\up15(→))· eq \o(AF,\s\up15(→))＝0，∴PE⊥AF. ∴无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF. 证法二：∵点E在边BC上， ∴可设 eq \o(BE,\s\up15(→))＝λ eq \o(BC,\s\up15(→))， 于是 eq \o(PE,\s\up15(→))· eq \o(AF,\s\up15(→))＝( eq \o(PA,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BE,\s\up15(→)))· eq \f(1,2)( eq \o(AP,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2)( eq \o(PA,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))＋λ eq \o(BC,\s\up15(→)))·( eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AP,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2)( eq \o(PA,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(PA,\s\up15(→))· eq \o(AP,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AP,\s\up15(→))＋λ eq \o(BC,\s\up15(→))· eq \o(AB,\s\up15(→))＋λ eq \o(BC,\s\up15(→))· eq \o(AP,\s\up15(→)))＝ eq \f(1,2)×(0－1＋1＋0＋0＋0)＝0， 因此 eq \o(PE,\s\up15(→))⊥ eq \o(AF,\s\up15(→)). 故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF. 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的向量)为空间的一个基底；②用基底表示出两直线的方向向量；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根据点的坐标求出两直线的方向向量的坐标；③计算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. [跟踪训练1]　如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，求证：AC⊥BC1. 证明　∵直三棱柱ABC­A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC，BC，C1C两两垂直． 如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)， ∵ eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－3，0，0)， eq \o(BC1,\s\up15(→))＝(0，－4，4)， ∴ eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(BC1,\s\up15(→))＝0.∴AC⊥BC1. 类型二　直线与平面垂直 【例2】　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是B1B，DC的中点，求证：AE⊥平面A1D1F. 证明　如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))， ∴ eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， eq \o(A1D1,\s\up15(→))＝(－1，0，0)， eq \o(D1F,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1)). 设平面A1D1F的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(A1D1,\s\up15(→))＝0，,n·\o(D1F,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＝0，,\f(1,2)y－z＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2z，)) 令z＝1，得y＝2，则n＝(0，2，1). 又 eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，∴n＝2 eq \o(AE,\s\up15(→))， ∴n∥ eq \o(AE,\s\up15(→))，即AE⊥平面A1D1F. 变式探究 (变条件，变设问)在本例中，把F改为“是B1D1的中点”，其他条件不变，求证：EF⊥平面AB1C. 证明　建立如图所示的空间直角坐标系，令正方体的棱长为1， 则A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))， ∴ eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1，1，0)， eq \o(AB1,\s\up15(→))＝(0，1，1)， eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2))). 由 eq \o(AC,\s\up15(→))· eq \o(EF,\s\up15(→))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2)＝0， eq \o(AB1,\s\up15(→))· eq \o(EF,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,2)＝0， 得 eq \o(EF,\s\up15(→))⊥ eq \o(AC,\s\up15(→))， eq \o(EF,\s\up15(→))⊥ eq \o(AB1,\s\up15(→))，也就是EF⊥AC，EF⊥AB1， 又因为AC，AB1⊂平面AB1C，且AC∩AB1＝A，故EF⊥平面AB1C. 坐标法证明线面垂直的两种思路 思路一：(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)分别计算直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量的数量积，得到数量积为0. 思路二：(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． [跟踪训练2]　如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点，求证：直线PB1⊥平面PAC. 证明　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则C(1，0，0)，P(0，0，1)，A(0，1，0)，B1(1，1，2)， 于是 eq \o(CA,\s\up15(→))＝(－1，1，0)， eq \o(CP,\s\up15(→))＝(－1，0，1)， eq \o(PB1,\s\up15(→))＝(1，1，1)， ∴ eq \o(CA,\s\up15(→))· eq \o(PB1,\s\up15(→))＝(－1，1，0)·(1，1，1)＝0， eq \o(CP,\s\up15(→))· eq \o(PB1,\s\up15(→))＝(－1，0，1)·(1，1，1)＝0. 故 eq \o(CP,\s\up15(→))⊥ eq \o(PB1,\s\up15(→))， eq \o(CA,\s\up15(→))⊥ eq \o(PB1,\s\up15(→))，即PB1⊥CP，PB1⊥CA， 又CP∩CA＝C，且CP⊂平面PAC，CA⊂平面PAC，故直线PB1⊥平面PAC. 类型三　平面与平面垂直 【例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，截面为三角形A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC.A1A＝ eq \r(3)，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC的中点．求证：平面A1AD⊥平面BCC1B1. 证明　如图，建立空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，1， eq \r(3))， eq \o(BC1,\s\up15(→))＝(－2，1， eq \r(3))， eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－2，2，0)， 易知 eq \o(BC,\s\up15(→))为平面A1AD的一个法向量， 设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BC1,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,－2x＋y＋\r(3)z＝0，)) 令x＝1，则y＝1，z＝ eq \f(\r(3),3)，故平面BCC1B1的一个法向量为n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(3),3)))， ∵ eq \o(BC,\s\up15(→))·n＝0，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1. 证明面面垂直的三种方法 证法一：证明其中一个平面过另一个平面的垂线，即转化为证明线面垂直； 证法二：证明两平面的法向量垂直； 证法三：证明一个平面的法向量平行于另一个平面. [跟踪训练3]　如图，在正三棱锥P­ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.求证：平面GEF⊥平面PBC. 证明　如图，以P为原点，PA，PB，PC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设PA＝PB＝PC＝3，则A(3，0，0)，F(0，1，0)，G(1，1，0)，P(0，0，0).于是 eq \o(PA,\s\up15(→))＝(3，0，0)， eq \o(FG,\s\up15(→))＝(1，0，0)，故 eq \o(PA,\s\up15(→))＝3 eq \o(FG,\s\up15(→))，所以PA∥FG. 而AP⊥平面PBC，所以FG⊥平面PBC. 又FG⊂平面GEF，所以平面GEF⊥平面PBC. 1．知识清单 (1)直线与直线垂直的向量表示及其应用． (2)直线与平面垂直的向量表示及其应用． (3)平面与平面垂直的向量表示及其应用． 2．方法归纳：转化法、法向量法． 3．常见误区：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．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1，2，－2)，b＝(－2，3，2)，则(　　) A．l1∥l2 B．l1⊥l2 C．l1，l2相交但不垂直 D．不能确定 解析　∵a·b＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×2＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2. 2．如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为2，点E是棱AB的中点，点F(0，y，z)是正方体的侧面AA1D1D上一点，且CF⊥B1E，则点F(0，y，z)满足方程(　　) A．y－z＝0 B．2y－z－1＝0 C．2y－z－2＝0 D．z－1＝0 解析　由题意可得E(1，0，0)，B1(2，0，2)，C(2，2，0)，所以 eq \o(B1E,\s\up15(→))＝(－1，0，－2)， eq \o(CF,\s\up15(→))＝(－2，y－2，z)，因为CF⊥B1E，所以 eq \o(B1E,\s\up15(→))· eq \o(CF,\s\up15(→))＝0，即2－2z＝0，即z－1＝0. 3．已知平面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＝ ． 解析　由题可得 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1，1，1)， eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－1，1，0).因为向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1＋u＋t＝0，,－1＋u＝0，))得u＋t＝1. 4．在三棱锥S­ABC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＝ eq \r(13)，SB＝ eq \r(29)， 得B(－ eq \r(13)，2，0)，S(0，0，2 eq \r(3))，C(0，2，0)，则 eq \o(SC,\s\up15(→))＝(0，2，－2 eq \r(3))， eq \o(CB,\s\up15(→))＝(－ eq \r(13)，0，0). 因为 eq \o(SC,\s\up15(→))· eq \o(CB,\s\up15(→))＝0，所以SC⊥BC. 基础巩固 1．若直线l1的一个方向向量为a＝(2，－1，0)，直线l2的一个方向向量为b＝(－1，－2，0)，则直线l1与l2(　　) A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定 解析　∵a·b＝－2＋2＋0＝0，∴a⊥b， ∴l1⊥l2. 2．(2023·浙江温州期中)已知向量a＝(4，4，5)，b＝(－7，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1⊥l2，则下列几组解中可能正确的是(　　) A．x＝1，y＝3 B．x＝4，y＝3 C．x＝2，y＝4 D．x＝0，y＝2 解析　由题意a·b＝－28＋4x＋5y＝0，即4x＋5y＝28，代入各选项中的值计算，只有C满足，即2×4＋4×5＝28.故选C. 3．(2023·湖北武汉期中)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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 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\up15(→))＝(－1，0，－2)， eq \o(AM,\s\up15(→))＝(－2，0，1).∵ eq \o(NO,\s\up15(→))· eq \o(AM,\s\up15(→))＝0，∴直线NO与AM的位置关系是异面垂直． 4．(多选)如图，在直角梯形ABCD中，E为CD的中点，BC⊥CD，AE⊥CD，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，使点D不在平面ABCE内，则下列命题中正确的有(　　) A．MN∥AB B．MN⊥AE C．MN∥平面CDE D．存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD 解析　由题图可知，在直角梯形ABCD中，CD∥AB，又因为BC⊥CD，AE⊥CD，所以AE∥BC，故四边形ABCE为矩形．如图所示，因为N是BE的中点，连接AC，则BE与AC相交于点N，故点N是AC的中点， 因为M是AD的中点，所以MN∥CD， 又AB∥CE，而CE与CD相交于点C， 故AB与CD不平行，故MN与AB不平行，A错误； 因为AE⊥DE，AE⊥CE，DE∩CE＝E，DE，CE⊂平面CDE，所以AE⊥平面CDE， 因为CD⊂平面CDE，所以AE⊥CD，又MN∥CD，所以MN⊥AE，B正确； 因为MN∥CD，CD⊂平面CDE，MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE，C正确； 连接BD，以E为坐标原点，EA，EC分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，设AB＝1，EA＝a(a≠0)，∠CED＝θ，θ∈(0，π)，故A(a，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)，D(0，cos θ，sin θ)，则 eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－a，0，0)， eq \o(BD,\s\up15(→))＝(－a，cos θ－1，sin θ)， eq \o(BA,\s\up15(→))＝(0，－1，0)， 设平面BCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up15(→))＝0，,m·\o(BD,\s\up15(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－ax1＝0，,－ax1＋(cos θ－1)y1＋z1sin θ＝0，)) 解得x1＝0，令y1＝1，则z1＝ eq \f(1－cos θ,sin θ)， 故m＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1－cos θ,sin θ)))， 设平面ABD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up15(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－y2＝0，,－ax2＋(cos θ－1)y2＋z2sin θ＝0，)) 解得y2＝0，令x2＝1，则z2＝ eq \f(a,sin θ)，故n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(a,sin θ)))， 故m·n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1－cos θ,sin θ)))· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(a,sin θ)))＝ eq \f(1－cos θ,sin θ)· eq \f(a,sin θ)＝ eq \f(a(1－cos θ),sin 2θ)，因为θ∈(0，π)，故1－cos θ≠0，故m·n＝ eq \f(a(1－cos θ),sin2θ)≠0，故不存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD，D错误．故选BC. 5．(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\up15(→))＝(2，－1，－4)， eq \o(AD,\s\up15(→))＝(4，2，0)， eq \o(AP,\s\up15(→))＝(－1，2，－1)，则(　 　) A．AP⊥AB B．AP⊥AD C． eq \o(AP,\s\up15(→))是平面ABCD的一个法向量 D． eq \o(AP,\s\up15(→))∥ eq \o(BD,\s\up15(→)) 解析　 eq \o(AB,\s\up15(→))· eq \o(AP,\s\up15(→))＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，所以 eq \o(AB,\s\up15(→))⊥ eq \o(AP,\s\up15(→))，即AP⊥AB，故A正确． eq \o(AD,\s\up15(→))· eq \o(AP,\s\up15(→))＝4×(－1)＋2×2＋0＝0，所以 eq \o(AP,\s\up15(→))⊥ eq \o(AD,\s\up15(→))，即AP⊥AD，故B正确．因为AP⊥AB，AP⊥AD，AB∩AD＝A，所以AP⊥平面ABCD，所以 eq \o(AP,\s\up15(→))是平面ABCD的一个法向量，故C正确．又BD⊂平面ABCD，所以 eq \o(AP,\s\up15(→))⊥ eq \o(BD,\s\up15(→))，故D错误． 6．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．不能确定 解析　由已知可得PD⊥DC，PD⊥DA，DC⊥DA，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 设QA＝1，则 D(0，0，0)，C(0，0，1)，Q(1，1，0)，P(0，2，0)，则 eq \o(DQ,\s\up15(→))＝(1，1，0)， eq \o(DC,\s\up15(→))＝(0，0，1)， eq \o(PQ,\s\up15(→))＝(1，－1，0). 故 eq \o(DQ,\s\up15(→))· eq \o(PQ,\s\up15(→))＝0， eq \o(DC,\s\up15(→))· eq \o(PQ,\s\up15(→))＝0， 即 eq \o(PQ,\s\up15(→))⊥ eq \o(DQ,\s\up15(→)) ， eq \o(PQ,\s\up15(→))⊥ eq \o(DC,\s\up15(→))，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC， 又DQ∩DC＝D，DC，DQ⊂平面DCQ， 故PQ⊥平面DCQ， 又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. 7．已知平面α的一个法向量a＝(x，1，－2)，平面β的一个法向量b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，y，\f(1,2)))，若α⊥β，则x－y＝ ． 解析　因为α⊥β，所以a⊥b，所以－x＋y－1＝0，得x－y＝－1. 8．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2，1)与平面α平行，则z＝ ． 解析　由题意得u⊥v，∴u·v＝3＋6＋z＝0，∴z＝－9. 9．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AC的中点．求证： (1)BD1⊥AC； (2)BD1⊥EB1. 证明　以D为坐标原点，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．设正方体的棱长为1，则B(1，1，0)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，B1(1，1，1). (1)∵ eq \o(BD1,\s\up15(→))＝(－1，－1，1)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1，1，0)， ∴ eq \o(BD1,\s\up15(→))· eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0， ∴ eq \o(BD1,\s\up15(→))⊥ eq \o(AC,\s\up15(→))，即BD1⊥AC. (2)∵ eq \o(EB1,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))， ∴ eq \o(BD1,\s\up15(→))· eq \o(EB1,\s\up15(→))＝(－1)× eq \f(1,2)＋(－1)× eq \f(1,2)＋1×1＝0，∴ eq \o(BD1,\s\up15(→))⊥ eq \o(EB1,\s\up15(→))，即BD1⊥EB1. 10．(2024·许昌一中月考)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为矩形，△APB是以∠APB为直角的等腰直角三角形，平面PAB⊥平面ABCD.证明：平面PAD⊥平面PBC. 证明　取AB的中点O，CD的中点M，连接OM，OP，则OM⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以OM⊥平面PAB， 又PA＝PB，所以PO⊥AB. 以点O为原点，OP，OB，OM所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 设AP＝ eq \r(2)a，AD＝b，则A(0，－a，0)，B(0，a，0)，P(a，0，0)，C(0，a，b)，D(0，－a，b)，所以 eq \o(AD,\s\up15(→))＝(0，0，b)， eq \o(AP,\s\up15(→))＝(a，a，0)， eq \o(BC,\s\up15(→))＝(0，0，b)， eq \o(BP,\s\up15(→))＝(a，－a，0). 设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAD的法向量，n2＝(x2，y2，z2)是平面PBC的法向量， 则由n1· eq \o(AD,\s\up15(→))＝0，n1· eq \o(AP,\s\up15(→))＝0，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(bz1＝0，,ax1＋ay1＝0，)) 故z1＝0，令x1＝1，则y1＝－1，可得n1＝(1，－1，0)； 由n2· eq \o(BC,\s\up15(→))＝0，n2· eq \o(BP,\s\up15(→))＝0，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(bz2＝0，,ax2－ay2＝0，))故z2＝0，令x2＝1，则y2＝1，可得n2＝(1，1，0). 因为n1·n2＝1－1＝0，即n1⊥n2，所以平面PAD⊥平面PBC. 能力提升 11．(多选)如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，PA＝AB＝2，以B为原点，分别以 eq \o(BC,\s\up15(→))， eq \o(BA,\s\up15(→))， eq \o(AP,\s\up15(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设平面PAB和平面PBC的一个法向量分别为m，n，则下列结论中正确的是(　 　) A．点P的坐标为(0，2，2) B． eq \o(PC,\s\up15(→))＝(4，0，－2) C．cos 〈m，n〉>0 D．n＝(0，－2，2) 解析　由题意可得B(0，0，0)，C(2 eq \r(3)，0，0)，P(0，2，2)，所以 eq \o(PC,\s\up15(→))＝(2 eq \r(3)，－2，－2)， eq \o(BP,\s\up15(→))＝(0，2，2). 设n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up15(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2\r(3)x－2y－2z＝0，,2y＋2z＝0，)) 取z＝2，可得n＝(0，－2，2). 因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，且AB∩PA＝A， 所以BC⊥平面PAB，即m∥ eq \o(BC,\s\up15(→))， 又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB， 所以m⊥n，所以cos 〈m，n〉＝0.故选AD. 12．在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3，1)，C(2，－2，1).若直线l与平面ABC垂直，且直线l的方向向量n的长度满足|n|＝ eq \r(21)，则n的坐标为 ． 解析　由题意，得 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1，－1，2)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(1，0，2). 设n＝(x，y，z)，∵直线l与平面ABC垂直， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x－y＋2z＝0，,x＋2z＝0，)) 可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(y,2)，,z＝\f(y,4)，)) ∴n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(y,2)，y，\f(y,4))). ∵|n|＝ eq \r(21)，∴ eq \r(\f(y2,4)＋y2＋\f(y2,16))＝ eq \r(21)， 解得y＝4或y＝－4. 当y＝4时，x＝－2，z＝1；当y＝－4时，x＝2，z＝－1. ∴n的坐标为(－2，4，1)或(2，－4，－1). 13．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，在棱DD1上是否存在点P，使MD⊥平面PAC? 解　如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2))). 假设在棱DD1上存在点P(0，0，a)(0≤a≤1)满足条件， 则 eq \o(PA,\s\up15(→))＝(1，0，－a)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1，1，0). 设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)， 则由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up15(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up15(→))·n＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－az＝0，,－x＋y＝0，)) 令z＝1，得x＝a，y＝a，即n＝(a，a，1). ∵MD⊥平面PAC，∴ eq \o(MD,\s\up15(→))∥n，由 eq \o(MD,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，－\f(1,2)))，n＝(a，a，1)，得a＝2， 因为0≤a≤1， 所以在棱DD1上不存在点P，使MD⊥平面PAC. 多元数学 14．(逻辑推理)(多选)已知正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均相等，D，E分别是BC，CC1的中点，点P满足 eq \o(AP,\s\up15(→))＝x eq \o(AB1,\s\up15(→))＋y eq \o(AC,\s\up15(→))＋(1－x－y) eq \o(AB,\s\up15(→))，x∈[0，1]，y∈[0，1]，下列选项正确的是(　 　) A．当x＝y时，∠DEP为锐角 B．当x＋2y＝1时，AP⊥BE C．当y＝ eq \f(1,2)时，有且仅有—个点P，使得A1P⊥BP D．当x－y＝ eq \f(1,2)时，A1P∥平面ADE 解析　建立如图所示的空间直角坐标系， 设棱长为2，则A( eq \r(3)，0，0)，B1(0，1，2)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，E(0，－1，1)，A1( eq \r(3)，0，2)，D(0，0，0)， 所以 eq \o(AB1,\s\up15(→))＝(－ eq \r(3)，1，2)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－ eq \r(3)，－1，0)， eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－ eq \r(3)，1，0)， eq \o(AP,\s\up15(→))＝(－ eq \r(3)，1－2y，2x). 对于A，当x＝y时， eq \o(ED,\s\up15(→))＝(0，1，－1)， eq \o(AE,\s\up15(→))＝(－ eq \r(3)，－1，1)， eq \o(EP,\s\up15(→))＝ eq \o(AP,\s\up15(→))－ eq \o(AE,\s\up15(→))＝(0，2－2y，2x－1)，则 eq \o(ED,\s\up15(→))· eq \o(EP,\s\up15(→))＝3－2(x＋y)，因为cos ∠DEP＝ eq \f(\o(ED,\s\up15(→))·\o(EP,\s\up15(→)),|\o(ED,\s\up15(→))|·|\o(EP,\s\up15(→))|)，其余弦值的正负不确定，故A错误； 对于B，当x＋2y＝1时， eq \o(BE,\s\up15(→))＝(0，－2，1)， 则 eq \o(AP,\s\up15(→))· eq \o(BE,\s\up15(→))＝4y－2＋2x＝0，所以AP⊥BE，故B正确； 对于C，当y＝ eq \f(1,2)时， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝(0，0，2)， eq \o(A1P,\s\up15(→))＝ eq \o(AP,\s\up15(→))－ eq \o(AA1,\s\up15(→))＝(－ eq \r(3)，1－2y，2x－2)， eq \o(BP,\s\up15(→))＝ eq \o(AP,\s\up15(→))－ eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，－2y，2x)， eq \o(A1P,\s\up15(→))· eq \o(BP,\s\up15(→))＝(1－2y)×(－2y)＋(2x－2)×2x＝0，即2x2＋2y2－2x－y＝0，解得x＝0或x＝1，故有两个点P，使得A1P⊥BP，故C错误； 对于D，当x－y＝ eq \f(1,2)时，设平面ADE的一个法向量为n＝(a，b，c)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up15(→))·n＝0，,\o(ED,\s\up15(→))·n＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)a＝0，,b－c＝0，))令b＝1，则n＝(0，1，1)，所以 eq \o(A1P,\s\up15(→))·n＝2(x－y)－1＝0，又A1P⊄平面ADE，所以A1P∥平面ADE，故D正确． $