向量垂直
-芙蓉楼送辛渐教案
2023年2月15日发(作者：岗位价值)1.用向量表示直线或点在直线上的位置
(1)给定一个定点A和一个向量a，再任给一个实数t，以A为起点作向量AP
→
＝ta，则此向量方程叫做直线
l以t为参数的参数方程.向量a称为该直线的方向向量.
(2)对空间任一确定的点O，点P在直线l上的充要条件是存在唯一的实数t，满足等式OP
→
＝(1－t)OA
→
＋tOB
→
，
叫做空间直线的向量参数方程.
2.用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线l
1
和l
2
的方向向量分别为v
1
和v
2
，则l
1
∥l
2
(或l
1
与l
2
重合)⇔v
1
∥v
2
.
(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v
1
和v
2
，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，
y，使v＝xv
1
＋yv
2
.
(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.
(4)设平面α和β的法向量分别为u
1
，u
2
，则α∥β⇔u
1
∥u
2
.
3.用向量证明空间中的垂直关系
(1)设直线l
1
和l
2
的方向向量分别为v
1
和v
2
，则l
1
⊥l
2
⇔v
1
⊥v
2
⇔v
1
·v
2
＝0.
(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.
(3)设平面α和β的法向量分别为u
1
和u
2
，则α⊥β⇔u
1
⊥u
2
⇔u
1
·u
2
＝0.
【思考辨析】
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.(×)
(2)平面的单位法向量是唯一确定的.(×)
(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.(√)
(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.(√)
(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行.(×)
(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.(×)
1.平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于()
A.2B.－4C.4D.－2
答案C
解析∵α∥β，∴两平面法向量平行，
∴
－2
1
＝
－4
2
＝
k
－2
，∴k＝4.
2.已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面ABC法向量的是()
A.(－1,1,1)B.(1，－1,1)
C.(－
3
3
，－
3
3
，－
3
3
)D.(
3
3
，
3
3
，－
3
3
)
答案C
解析设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，
则
n·AB
→
＝0，
n·AC
→
＝0，
化简得
－x＋y＝0，
－x＋z＝0，
∴x＝y＝z.故选C.
3.已知直线l的方向向量为v＝(1,2,3)，平面α的法向量为u＝(5,2，－3)，则l与α的位置关系是____________.
答案l∥α或l⊂α
解析∵v·u＝0，∴v⊥u，∴l∥α或l⊂α.
4.(教材改编)设u，v分别是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，当v＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为
________；当v＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________.
答案α⊥βα∥β
解析当v＝(3，－2,2)时，u·v＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.
当v＝(4，－4，－10)时，v＝－2u⇒α∥β.
5.(教材改编)如图所示，在正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，O是底面正方形ABCD的中心，
M是D
1
D的中点，N是A
1
B
1
的中点，则直线ON，AM的位置关系是________.
答案垂直
解析以A为原点，分别以AB
→
，AD
→
，AA
1
→
所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则A(0,0,0)，M(0,1，
1
2
)，O(
1
2
，
1
2
，0)，
N(
1
2
，0,1)，AM
→
·ON
→
＝(0,1，
1
2
)·(0，－
1
2
，1)＝0，
∴ON与AM垂直.
题型一利用空间向量证明平行问题
例1如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且
PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.求证：PB∥平面EFG.
证明∵平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，
∴AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1，2,0).
∴PB
→
＝(2,0，－2)，FE
→
＝(0，－1,0)，FG
→
＝(1,1，－1)，
设PB
→
＝sFE
→
＋tFG
→
，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
∴
t＝2，
t－s＝0，
－t＝－2，
解得s＝t＝2.∴PB
→
＝2FE
→
＋2FG
→
，
又∵FE
→
与FG
→
不共线，∴PB
→
，FE
→
与FG
→
共面.
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
引申探究
本例中条件不变，证明平面EFG∥平面PBC.
证明∵EF
→
＝(0,1,0)，BC
→
＝(0,2,0)，
∴BC
→
＝2EF
→
，∴BC∥EF.
又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴EF∥平面PBC，
同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.
又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，
∴平面EFG∥平面PBC.
思维升华(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直
的关键.
(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与
平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在
平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.
如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD
＝22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
证明：PQ∥平面BCD.
证明方法一如图，取BD的中点O，以O为原点，OD、OP所在射线分别为y、z
轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知，A(0，2，2)，B(0，－2，0)，D(0，2，0).
设点C的坐标为(x
0
，y
0,
0).
因为AQ
→
＝3QC
→
，
所以Q
3
4
x
0
，
2
4
＋
3
4
y
0
，
1
2
.
因为M为AD的中点，故M(0，2，1).
又P为BM的中点，故P
0，0，
1
2
，
所以PQ
→
＝
3
4
x
0
，
2
4
＋
3
4
y
0
，0
.
又平面BCD的一个法向量为a＝(0,0,1)，故PQ
→
·a＝0.
又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
方法二在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同方法一建立空间直角坐标系，写出点A、B、
C的坐标，设点C坐标为(x
0
，y
0,
0).
∵CF
→
＝
1
4
CD
→
，设点F坐标为(x，y,0)，则
(x－x
0
，y－y
0,
0)＝
1
4
(－x
0
，2－y
0,
0)，
∴
x＝
3
4
x
0
y＝
2
4
＋
3
4
y
0
∴OF
→
＝(
3
4
x
0
，
2
4
＋
3
4
y
0,
0)
又由方法一知PQ
→
＝(
3
4
x
0
，
2
4
＋
3
4
y
0,
0)，
∴OF
→
＝PQ
→
，∴PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，
∴PQ∥平面BCD.
题型二利用空间向量证明垂直问题
命题点1证线面垂直
例2如图所示，正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
的所有棱长都为2，D为CC
1
的中点.求证：
AB
1
⊥平面A
1
BD.
证明方法一设平面A
1
BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，
则存在实数λ，μ，使m＝λBA
1
→
＋μBD
→
.
令BB
1
→
＝a，BC
→
＝b，BA
→
＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的
一个基底，
则BA
1
→
＝a＋c，BD
→
＝
1
2
a＋b，AB
1
→
＝a－c，
m＝λBA
1
→
＋μBD
→
＝
λ＋
1
2
μ
a＋μb＋λc，
AB
1
→
·m＝(a－c)·
λ＋
1
2
μ
a＋μb＋λc
＝4
λ＋
1
2
μ
－2μ－4λ＝0.故AB
1
→
⊥m，结论得证.
方法二如图所示，取BC的中点O，连接AO.
因为△ABC为正三角形，
所以AO⊥BC.
因为在正三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，平面ABC⊥平面BCC
1
B
1
，
所以AO⊥平面BCC
1
B
1
.
取B
1
C
1
的中点O
1
，以O为原点，分别以OB
→
，OO
1
→
，OA
→
所在直线为x轴，y轴，z轴
建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A
1
(0,2，3)，
A(0,0，3)，B
1
(1,2,0).
设平面A
1
BD的法向量为n＝(x，y，z)，BA
1
→
＝(－1,2，3)，BD
→
＝(－2,1,0).
因为n⊥BA
1
→
，n⊥BD
→
，
故
n·BA
1
→
＝0，
n·BD
→
＝0，
⇒
－x＋2y＋3z＝0，
－2x＋y＝0，
令x＝1，则y＝2，z＝－3，
故n＝(1,2，－3)为平面A
1
BD的一个法向量，
而AB
1
→
＝(1,2，－3)，所以AB
1
→
＝n，所以AB
1
→
∥n，
故AB
1
⊥平面A
1
BD.
命题点2证面面垂直
例3如图，在三棱锥PABC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)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
证明(1)如图所示，以O为坐标原点，以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标
系Oxyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，
B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4).
于是AP
→
＝(0,3,4)，
BC
→
＝(－8,0,0)，
∴AP
→
·BC
→
＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，
所以AP
→
⊥BC
→
，即AP⊥BC.
(2)由(1)知|AP|＝5，
又|AM|＝3，且点M在线段AP上，
∴AM
→
＝
3
5
AP
→
＝
0，
9
5
，
12
5
，
又BC
→
＝(－8,0,0)，AC
→
＝(－4,5,0)，BA
→
＝(－4，－5,0)，
∴BM
→
＝BA
→
＋AM
→
＝
－4，－
16
5
，
12
5
，
则AP
→
·BM
→
＝(0,3,4)·
－4，－
16
5
，
12
5
＝0，
∴AP
→
⊥BM
→
，即AP⊥BM，
又根据(1)的结论知AP⊥BC，且BM∩BC＝C，
∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.
又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BCM.
思维升华证明垂直问题的方法
(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运
算.其中灵活建系是解题的关键.
(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的
方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面法向量平行；其三
证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的
一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.
(1)如图所示，已知直三棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
中，△ABC为等腰直角三角形，
∠BAC＝90°，且AB＝AA
1
，D、E、F分别为B
1
A、C
1
C、BC的中点.求证：
①DE∥平面ABC；
②B
1
F⊥平面AEF.
证明①如图建立空间直角坐标系Axyz，
令AB＝AA
1
＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B
1
(4,0,4).
取AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
∴DE
→
＝(－2,4,0)，NC
→
＝(－2,4,0)，
∴DE
→
＝NC
→
，∴DE∥NC，
又∵NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC.
故DE∥平面ABC.
②B
1
F
→
＝(－2,2，－4)，EF
→
＝(2，－2，－2)，AF
→
＝(2,2,0).
B
1
F
→
·EF
→
＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
B
1
F
→
·AF
→
＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
∴B
1
F
→
⊥EF
→
，B
1
F
→
⊥AF
→
，即B
1
F⊥EF，B
1
F⊥AF，
又∵AF∩EF＝F，∴B
1
F⊥平面AEF.
(2)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，
∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°
角.
①求证：CM∥平面PAD；
②求证：平面PAB⊥平面PAD.
证明①以C为坐标原点，分别以CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所
在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，
∴∠PBC＝30°.
∵PC＝2，∴BC＝23，PB＝4.
∴D(0,1,0)，B(23，0,0)，A(23，4,0)，P(0,0,2)，
M(
3
2
，0，
3
2
)，
∴DP
→
＝(0，－1,2)，DA
→
＝(23，3,0)，CM
→
＝(
3
2
，0，
3
2
)，
令n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，
则
DP
→
·n＝0，
DA
→
·n＝0，
即
－y＋2z＝0，
23x＋3y＝0，
∴
z＝
1
2
y，
x＝－
3
2
y，
令y＝2，得n＝(－3，2,1).
∵n·CM
→
＝－3×
3
2
＋2×0＋1×
3
2
＝0，
∴n⊥CM
→
，又CM⊄平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
②取AP的中点E，则E(3，2,1)，BE
→
＝(－3，2,1).
∵PB＝AB，∴BE⊥PA.
又∵BE
→
·DA
→
＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，
∴BE
→
⊥DA
→
，∴BE⊥DA，
又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD，
又∵BE⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
题型三利用空间向量解决探索性问题
例4如图，棱柱ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A
1
AC均为60°，
平面AA
1
C
1
C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA
1
；
(2)求二面角D－A
1
A－C的余弦值；
(3)在直线CC
1
上是否存在点P，使BP∥平面DA
1
C
1
，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
(1)证明设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A
1
O，在△AA
1
O中，AA
1
＝2，
AO＝1，∠A
1
AO＝60°，
∴A
1
O2＝AA2
1
＋AO2－2AA
1
·AOcos60°＝3，
∴AO2＋A
1
O2＝AA2
1
，
∴A
1
O⊥AO.
由于平面AA
1
C
1
C⊥平面ABCD，∴A
1
O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA
1
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(0，－1,0)，
B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)，A
1
(0,0，3)，C
1
(0,2，3).
由于BD
→
＝(－23，0,0)，AA
1
→
＝(0,1，3)，
AA
1
→
·BD
→
＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，
∴BD
→
⊥AA
1
→
，即BD⊥AA
1
.
(2)解由于OB⊥平面AA
1
C
1
C，
∴平面AA
1
C
1
C的一个法向量为n
1
＝(1,0,0).
设n
2
＝(x，y，z)为平面DAA
1
D
1
的一个法向量，
则
n
2
·AA
1
→
＝0，
n
2
·AD
→
＝0，
即
y＋3z＝0，
－3x＋y＝0，
取n
2
＝(1，3，－1)，则〈n
1
，n
2
〉即为二面角D－A
1
A－C的平面角，∴cos〈n
1
，n
2
〉＝
n
1
·n
2
|n
1
||n
2
|
＝
5
5
，
所以，二面角D－A
1
A－C的余弦值为
5
5
.
(3)解假设在直线CC
1
上存在点P，使BP∥平面DA
1
C
1
，
设CP
→
＝λCC
1
，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，3).
从而有P(0,1＋λ，3λ)，BP
→
＝(－3，1＋λ，3λ).
设n
3
＝(x
3
，y
3
，z
3
)⊥平面DA
1
C
1
，则
n
3
⊥A
1
C
1
→
，
n
3
⊥DA
1
→
，
又A
1
C
1
→
＝(0,2,0)，DA
1
→
＝(3，0，3)，
则
2y
3
＝0，
3x
3
＋3z
3
＝0，
取n
3
＝(1,0，－1)，因为BP∥平面DA
1
C
1
，
则n
3
⊥BP
→
，即n
3
·BP
→
＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C
1
C的延长线上，且C
1
C＝CP.
思维升华对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一
种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐
标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.
在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正
方形，PD＝
DC，E、F分别是AB、PB的中点.
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论.
(1)证明如图，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐
标系，
设AD＝a，则D(0,0,0)，
A(a,0,0)，B(a，a,0)，
C(0，a,0)，E
a，
a
2
，0
，
P(0,0，a)，F
a
2
，
a
2
，
a
2
.
EF
→
＝
－
a
2
，0，
a
2
，DC
→
＝(0，a,0).
∵EF
→
·DC
→
＝0，∴EF
→
⊥DC
→
，即EF⊥CD.
(2)解设G(x,0，z)，则FG
→
＝
x－
a
2
，－
a
2
，z－
a
2
，
若使GF⊥平面PCB，则
由FG
→
·CB
→
＝
x－
a
2
，－
a
2
，z－
a
2
·(a,0,0)
＝a
x－
a
2
＝0，得x＝
a
2
；
由FG
→
·CP
→
＝
x－
a
2
，－
a
2
，z－
a
2
·(0，－a，a)
＝
a2
2
＋a
z－
a
2
＝0，得z＝0.
∴G点坐标为
a
2
，0，0
，即G点为AD的中点.
17.利用向量法解决立体几何问题
典例(12分)(2014·湖北)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，E，F，M，N分别是棱AB，
AD，A
1
B
1
，A
1
D
1
的中点，点P，Q分别在棱DD
1
，BB
1
上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2).
(1)当λ＝1时，证明：直线BC
1
∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，
说明理由.
规范解答
解以D为原点，射线DA，DC，DD
1
分别为x，y，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
[1分]
由已知得B(2,2,0)，C
1
(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0，0，λ)，M(2,1,2)，N(1,0,2)，BC
1
→
＝(－2,0,2)，FP
→
＝(－
1,0，λ)，FE
→
＝(1,1,0)，MN
→
＝(－1，－1,0)，NP
→
＝(－1,0，λ－2).[3分]
(1)证明当λ＝1时，FP
→
＝(－1,0,1)，
因为BC
1
→
＝(－2,0,2)，
所以BC
1
→
＝2FP
→
，即BC
1
∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，且BC
1
⊄平面EFPQ，
故直线BC
1
∥平面EFPQ.[7分]
(2)解设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由
FE
→
·n＝0，
FP
→
·n＝0，
可得
x＋y＝0，
－x＋λz＝0.
于是可取n＝(λ，－λ，1).[9分]
同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1).
若存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角，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±
2
2
.[11分]
故存在λ＝1±
2
2
，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.[12分]
温馨提醒(1)利用向量法证明立体几何问题，可以建坐标系或利用基底表示向量；
(2)建立空间直角坐标系时，要根据题中条件找出三条互相垂直的直线；
(3)利用向量除了可以证明线线平行、垂直，线面、面面平行、垂直外，还可以利用向量求夹角、距离，从
而解决线段长度问题、体积问题等.
[方法与技巧]
1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的
推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转
“数”的转化思想.
2.两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断.(2)
建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题.
[失误与防范]
用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一
条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝
λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
A组专项基础训练
(时间：40分钟)
1.若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则()
A.l∥αB.l⊥α
C.l⊂αD.l与α相交
答案B
解析∵n＝－2a，∴a与α的法向量平行，∴l⊥α.
2.已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内
的是()
A.P(2,3,3)B.P(－2,0,1)
C.P(－4,4,0)D.P(3，－3,4)
答案A
解析逐一验证法，对于选项A，MP
→
＝(1,4,1)，
∴MP
→
·n＝6－12＋6＝0，∴MP
→
⊥n，
∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.
3.若AB
→
＝λCD
→
＋μCE
→
，则直线AB与平面CDE的位置关系是()
A.相交B.平行
C.在平面内D.平行或在平面内
答案D
解析∵AB
→
＝λCD
→
＋μCE
→
，∴AB
→
、CD
→
、CE
→
共面，
∴AB与平面CDE平行或在平面CDE内.
4.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M在EF上，
且AM∥平面BDE，则M点的坐标为()
A.(1,1,1)
B.(
2
3
，
2
3
，1)
C.(
2
2
，
2
2
，1)
D.(
2
4
，
2
4
，1)
答案C
解析设M点的坐标为(x，y,1)，AC∩BD＝O，
则O(
2
2
，
2
2
，0)，
又E(0,0,1)，A(2，2，0)，
∴OE
→
＝(－
2
2
，－
2
2
，1)，AM
→
＝(x－2，y－2，1)，
∵AM∥平面BDE，∴OE
→
∥AM
→
，
∴
x－2＝－
2
2
，
y－2＝－
2
2
，
⇒
x＝
2
2
，
y＝
2
2
.
5.已知平面α内的三点A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合
的两个平面α与β的位置关系是___________________________________.
答案α∥β
解析设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，
由m·AB
→
＝0，得x·0＋y－z＝0⇒y＝z，
由m·AC
→
＝0，得x－z＝0⇒x＝z，取x＝1，
∴m＝(1,1,1)，m＝－n，
∴m∥n，∴α∥β.
6.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB
→
＝(2，－1，－4)，AD
→
＝(4,2,0)，AP
→
＝(－1,2，
－1).对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP
→
是平面ABCD的法向量；④AP
→
∥BD
→
.其中正确的是________.
答案①②③
解析∵AB
→
·AP
→
＝0，AD
→
·AP
→
＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确.
又AB
→
与AD
→
不平行，
∴AP
→
是平面ABCD的法向量，则③正确.
∵BD
→
＝AD
→
－AB
→
＝(2,3,4)，AP
→
＝(－1,2，－1)，
∴BD
→
与AP
→
不平行，故④错误.
7.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD
＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点.
求证：(1)PB∥平面EFH；
(2)PD⊥平面AHF.
证明建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，H(1,0,0).
(1)∵PB
→
＝(2,0，－2)，EH
→
＝(1,0，－1)，
∴PB
→
＝2EH
→
，∴PB∥EH.
∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，
∴PB∥平面EFH.
(2)PD
→
＝(0,2，－2)，AH
→
＝(1,0,0)，AF
→
＝(0,1,1)，
∴PD
→
·AF
→
＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，
PD
→
·AH
→
＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，
∴PD⊥AF，PD⊥AH，
又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.
8.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝
1
2
PD.证
明：平面PQC⊥平面DCQ.
证明如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA、DP、DC分别
为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.
依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，
则DQ
→
＝(1,1,0)，DC
→
＝(0,0,1)，PQ
→
＝(1，－1,0).
∴PQ
→
·DQ
→
＝0，PQ
→
·DC
→
＝0.即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，
又DQ∩DC＝D，∴PQ⊥平面DCQ，
又PQ⊂平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.
9.如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD
的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
证明以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，
∴E(
1
2
，1，
1
2
)，F(0,1，
1
2
)，EF
→
＝(－
1
2
，0,0)，PB
→
＝(1,0，－1)，PD
→
＝(0,2，－1)，AP
→
＝
(0,0,1)，AD
→
＝(0,2,0)，DC
→
＝(1,0,0)，AB
→
＝(1,0,0).
(1)∵EF
→
＝－
1
2
AB
→
，∴EF
→
∥AB
→
，即EF∥AB，
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
(2)∵AP
→
·DC
→
＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
AD
→
·DC
→
＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
∴AP
→
⊥DC
→
，AD
→
⊥DC
→
，即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.
∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.
B组专项能力提升
(时间：25分钟)
10.如图，正方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD
1
上的点，如
果B
1
E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________.
答案1
解析以D
1
A
1
，D
1
C
1
，D
1
D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF
＝y，则易知E(x,1,1)，B
1
(1,1,0)，F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，
∴B
1
E
→
＝(x－1,0,1)，∴FB
→
＝(1,1，y)，由于B
1
E⊥平面ABF，∴FB
→
·B
1
E
→
＝(1,1，y)·(x－1，0,1)＝0⇒x＋y＝1.
11.在正方体ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1
中，P为正方形A
1
B
1
C
1
D
1
四边上的动点，O为底面正方
形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D
1
Q
与OP互相平分，则满足MQ
→
＝λMN
→
的实数λ有________个.
答案2
解析建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，
则P(x，y,2)，O(1，1,0)，∴OP的中点坐标为
x＋1
2
，
y＋1
2
，1
，
又知D
1
(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，
∴x
Q
＋y
Q
＝3，∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.
∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.
12.如图，在长方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，AA
1
＝AD＝1，E为CD的中点.
(1)求证：B
1
E⊥AD
1
；
(2)在棱AA
1
上是否存在一点P，使得DP∥平面B
1
AE？若存在，求AP的长；若不存
在，说明理由.
(1)证明以A为原点，AB
→
，AD
→
，AA
1
→
的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空
间直角坐标系(如图).
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D
1
(0,1,1)，
E
a
2
，1，0
，B
1
(a,0,1)，
故AD
1
→
＝(0,1,1)，B
1
E
→
＝
－
a
2
，1，－1
，AB
1
→
＝(a,0,1)，AE
→
＝
a
2
，1，0
.
∵B
1
E
→
·AD
1
→
＝－
a
2
×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B
1
E⊥AD
1
.
(2)解假设在棱AA
1
上存在一点P(0,0，z
0
).
使得DP∥平面B
1
AE，此时DP
→
＝(0，－1，z
0
).
又设平面B
1
AE的法向量n＝(x，y，z).
∵n⊥平面B
1
AE，∴n⊥AB
1
→
，n⊥AE
→
，得
ax＋z＝0，
ax
2
＋y＝0.
取x＝1，得平面B
1
AE的一个法向量
n＝
1，－
a
2
，－a
.
要使DP∥平面B
1
AE，只要n⊥DP
→
，有
a
2
－az
0
＝0，
解得z
0
＝
1
2
.
又DP⊄平面B
1
AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B
1
AE，此时AP＝
1
2
.
13.如图所示，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P
为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC
的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明连接BD，设AC∩BD＝O，则AC⊥BD.
由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，OB
→
，OC
→
，OS
→
分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标
系，如图.
设底面边长为a，则高SO＝
6
2
a，
于是S
0，0，
6
2
a
，D
－
2
2
a，0，0
，
B
2
2
a，0，0
，C
0，
2
2
a，0
，OC
→
＝
0，
2
2
a，0
，
SD
→
＝
－
2
2
a，0，－
6
2
a
，则OC
→
·SD
→
＝0.
故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)解棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
理由如下：
由已知条件知DS
→
是平面PAC的一个法向量，
且DS
→
＝
2
2
a，0，
6
2
a
，CS
→
＝
0，－
2
2
a，
6
2
a
，
BC
→
＝
－
2
2
a，
2
2
a，0
.
设CE
→
＝tCS
→
，则BE
→
＝BC
→
＋CE
→
＝BC
→
＋tCS
→
＝
－
2
2
a，
2
2
a1－t，
6
2
at
，
而BE
→
·DS
→
＝0⇔t＝
1
3
.
即当SE∶EC＝2∶1时，BE
→
⊥DS
→
.
而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.
∴存在一点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2.