第1章 1.4.1 第3课时 空间中直线、平面的垂直-【金版新学案】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量在垂直关系中的应用，通过问题导思衔接空间向量线性运算，构建从方向向量、法向量到线线、线面、面面垂直判定的学习支架，帮助学生逐步掌握相关方法。 其亮点在于一题多解（如基底法与坐标法）、微课程点拨及规律方法总结，注重数学抽象、逻辑推理和数学运算。例如典例2用三种方法证明线面垂直，培养学生思维，小结任务再现助知识梳理，对学生提升核心素养，对教师提供结构化资源，提高教学效率。

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 　 第一章 空间向量与立体几何 单元学习四　空间向量的应用 任务一　空间中直线与直线垂直 1 任务二　空间中直线与平面垂直 2 任务三　空间中平面与平面垂直 3 课时分层评价 6 内容索引 随堂评价 5 任务四　垂直关系中的探索性问题 4 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　空间中直线与直线垂直 返回 (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． 问题导思 直线与直线垂直的判定方法 设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔__________． 新知构建 u1·u2＝0 (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，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. 微提醒 (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CNCC1. 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. 典例 1 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. 规律方法 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(2，0，－2)， 所以(1，0，1)·(2，0，－2)＝0， 所以DM⊥PB． 返回 任务二　空间中直线与平面垂直 返回 (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)． 问题导思 直线与平面垂直的判定方法 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________． 新知构建 u＝λn 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． 微思考 (一题多解，链教材P32例4)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). 典例 2 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. 变式探究 规律方法 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，1)， 所以平面BDE的一个法向量为n＝(0，，1)． 因为)， 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． 返回 任务三　空间中平面与平面垂直 返回 (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． 问题导思 平面与平面垂直的判定方法 设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔_________． 新知构建 n1·n2＝0 (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． 微提醒 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； 解：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． 典例 3 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(1，1，0)， 所以1×1＋(－2)×1＋0＝－1. (2)用向量法证明：平面BEA⊥平面A1B1D． 解：证明：由(1)知A(2，0，2)，A1(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． 规律方法 证明面面垂直的两种方法 1.综合法：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， 所以， 设平面ECA的一个法向量是n1＝(x1，y1，z1)， 则 取x1＝1，则y1＝－，0)． 设平面DEA的一个法向量是n2＝(x2，y2，z2)， 则 即 取y2＝1，则x2，1，2)． 因为n1·n2＝1××1＋0×2＝0， 所以n1⊥n2，所以平面DEA⊥平面ECA． 返回 任务四　垂直关系中的探索性问题 返回 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？ 解：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， 典例 4 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， 所以方程组无解， 故在B1B上不存在点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：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． (3)在B1D1上是否存在一点P，使平面PAE⊥平面ABCD？ 解：假设在B1D1上存在点P，使平面PAE⊥平面ABCD，故可设P(λ，λ，1)，则(λ－，λ－1，1)， 设平面AEP的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则n＝(1，λ)， 又平面ABCD的法向量为(0，0，1)， 由平面PAE⊥平面ABCD，得n·0， 即1－λ＝0，解得λ， 故在B1D1上存在点P(，1)，使平面PAE⊥平面ABCD． 规律方法 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，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2)． (1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ； 解：证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)， BC1＝(－2，0，2)， (－1，0，λ－2)． 当λ＝1时，(－1，0，1)， 因为BC1＝(－2，0，2)， 所以BC1＝2． 又BC1与FP无公共点，所以BC1∥FP． 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ， 故直线BC1∥平面EFPQ． (2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由． 解：假设存在符合题意的λ．设平面EFPQ的法向量为n＝(x，y，z)， 则由 于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面PQMN的一 个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)． 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0， 解得λ＝1±．故存在λ＝1±， 使平面EFPQ⊥平面PQMN． 返回 课堂小结 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 随堂评价 返回 1.(2025·安徽安庆检测)若直线l的方向向量a＝(1，2，－1)，平面α的一个法向量n＝(－2，－4，k)，若l⊥α，则实数k＝ A．2　　 B．－10　　 C．－2　　 D．10 √ 因为l⊥α，所以a∥n，则，解得k＝2.故选A． 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 √ 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.(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．∥ √ √ √ 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＝__________． 2 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DM2. 返回 课时分层评价 返回 1.(概念辨析)(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 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 √ 因为α⊥β，所以3×＋1×1＋×k＝0，解得k＝－1.故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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) √ 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.在空间直角坐标系Oxyz中，平面过点P0(2，0，－1)，它的一个法向量为n＝(3，1，－1)．设点P(x，y，z)为平面内不同于P0的任意一点，则点P(x，y，z)的坐标满足的方程为 A．3x＋y＋z－5＝0　　 B．3x＋y＋z－7＝0 C．3x＋y－z－7＝0　　 D．3x＋y－z－5＝0 √ 因为P0(2，0，－1)，P(x，y，z)，所以P0P＝(x－2，y，z＋1)．由已知P0P⊥n，n＝(3，1，－1)，所以3(x－2)＋y－z－1＝0，所以3x＋y－z－7＝0.故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． 0 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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”)． 是 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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______________________． (4，4，4)(答案不唯一) 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). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 证明：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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则A，B，C(1，，0)，D，P，E. 所以，. 所以·(－1)××＋0×1＝0， 所以CD⊥AE. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)PD⊥平面ABE． 证明：由(1)，得，，. 所以0， 所以PD⊥AB，PD⊥AE， 又因为AB⋂AE＝A，AB，AE⊂平面ABE， 所以PD⊥平面ABE． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 ________． (0，］ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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，. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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fx2－x＋a2，fa2＞0，对称轴为x，则方程在有解需满足fa2－≤0，又因为a＞0，所以0＜a≤，即a的取值范围为(0，］. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 解：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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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：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(0，2，2)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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，yPλ，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)，. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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λλ(－1，2，0)＝(－λ，2λ，0)，则. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 解：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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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：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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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，， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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＝－2t－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． 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 一 章 空 间 向 量 与 立 体 几 何 返回 $