1．直線的方向向量與平面的法向量的確定
(1)直線的方向向量：在直線上任取一非零向量作為它的方向向量．
(2)平面的法向量可利用方程組求出：設(shè)a，b是平面α內(nèi)兩不共線向量，n為平面α的法向量，則求法向量的方程組為eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0.))
2．用向量證明空間中的平行關(guān)系
(1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)?v1∥v2.
(2)設(shè)直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個(gè)不共線向量v1和v2，則l∥α或l?α?存在兩個(gè)實(shí)數(shù)x，y，使v＝xv1＋yv2.
(3)設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l?α?v⊥u.
(4)設(shè)平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β?u1∥u2.
3．用向量證明空間中的垂直關(guān)系
(1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2?v1⊥v2?v1·v2＝0.
(2)設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α?v∥u.
(3)設(shè)平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β?u1⊥u2?u1·u2＝0.
【思考辨析】
判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)
(1)直線的方向向量是唯一確定的．( × )
(2)平面的單位法向量是唯一確定的．( × )
(3)若兩平面的法向量平行，則兩平面平行．( √ )
(4)若兩直線的方向向量不平行，則兩直線不平行．( √ )
(5)若a∥b，則a所在直線與b所在直線平行．( × )
(6)若空間向量a平行于平面α，則a所在直線與平面α平行．( × )
1．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，則下列向量是平面ABC法向量的是( )
A．(－1,1,1) B．(1，－1,1)
C．(－eq \f(\r(3),3)，－eq \f(\r(3),3)，－eq \f(\r(3),3)) D．(eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)，－eq \f(\r(3),3))
答案 C
解析 設(shè)n＝(x，y，z)為平面ABC的法向量，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))化簡(jiǎn)得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))
∴x＝y(tǒng)＝z.故選C.
2．直線l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，則有( )
A．l∥αB．l⊥α
C．l與α斜交D．l?α或l∥α
答案 B
解析 由a＝－n知，n∥a，則有l(wèi)⊥α，故選B.
3．平面α的法向量為(1,2，－2)，平面β的法向量為(－2，－4，k)，若α∥β，則k等于( )
A．2B．－4C．4D．－2
答案 C
解析 ∵α∥β，∴兩平面法向量平行，
∴eq \f(－2,1)＝eq \f(－4,2)＝eq \f(k,－2)，∴k＝4.
4．(教材改編)設(shè)u，v分別是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，當(dāng)v＝(3，－2,2)時(shí)，α與β的位置關(guān)系為_(kāi)_______；當(dāng)v＝(4，－4，－10)時(shí)，α與β的位置關(guān)系為_(kāi)_______．
答案 α⊥β α∥β
解析 當(dāng)v＝(3，－2,2)時(shí)，u·v＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0?α⊥β.
當(dāng)v＝(4，－4，－10)時(shí)，v＝－2u?α∥β.
5．(教材改編)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點(diǎn)，N是A1B1的中點(diǎn)，則直線ON，AM的位置關(guān)系是________．
答案 垂直
解析 以A為原點(diǎn)，分別以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則A(0,0,0)，M(0,1，eq \f(1,2))，O(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，
N(eq \f(1,2)，0,1)，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝(0,1，eq \f(1,2))·(0，－eq \f(1,2)，1)＝0，
∴ON與AM垂直.
題型一 利用空間向量證明平行問(wèn)題
例1 (2016·重慶模擬)如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)．求證：PB∥平面EFG.
證明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，
∴AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則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(xiàn)(0,1,1)，G(1，2,0)．
∴eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(0，－1,0)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
設(shè)eq \(PB,\s\up6(→))＝seq \(FE,\s\up6(→))＋teq \(FG,\s\up6(→))，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝t＝2，∴eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FG,\s\up6(→))，
又∵eq \(FE,\s\up6(→))與eq \(FG,\s\up6(→))不共線，∴eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(FE,\s\up6(→))與eq \(FG,\s\up6(→))共面．
∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG.
引申探究
本例中條件不變，證明平面EFG∥平面PBC.
證明 ∵eq \(EF,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
∴eq \(BC,\s\up6(→))＝2eq \(EF,\s\up6(→))，∴BC∥EF.
又∵EF?平面PBC，BC?平面PBC，
∴EF∥平面PBC，
同理可證GF∥PC，從而得出GF∥平面PBC.
又EF∩GF＝F，EF?平面EFG，GF?平面EFG，
∴平面EFG∥平面PBC.
思維升華 (1)恰當(dāng)建立空間直角坐標(biāo)系，準(zhǔn)確表示各點(diǎn)與相關(guān)向量的坐標(biāo)，是運(yùn)用向量法證明平行和垂直的關(guān)鍵．
(2)證明直線與平面平行，只需證明直線的方向向量與平面的法向量的數(shù)量積為零，或證直線的方向向量與平面內(nèi)的不共線的兩個(gè)向量共面，或證直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行，然后說(shuō)明直線在平面外即可．這樣就把幾何的證明問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算．
(2016·北京海淀區(qū)模擬)正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是C1C，B1C1的中點(diǎn)．求證：MN∥平面A1BD.
證明 如圖所示，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則M(0,1，eq \f(1,2))，N(eq \f(1,2)，1,1)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，
于是eq \(MN,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2))，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)．
設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，
則n·eq \(DA1,\s\up6(→))＝0，且n·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋z＝0，,x＋y＝0.))
取x＝1，得y＝－1，z＝－1.
所以n＝(1，－1，－1)．
又eq \(MN,\s\up6(→))·n＝(eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2))·(1，－1，－1)＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥n.
又MN?平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.
題型二 利用空間向量證明垂直問(wèn)題
命題點(diǎn)1 證線面垂直
例2 如圖所示，正三棱柱(底面為正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都為2，D為CC1的中點(diǎn)．求證：AB1⊥平面A1BD.
證明 方法一 設(shè)平面A1BD內(nèi)的任意一條直線m的方向向量為m.由共面向量定理，則存在實(shí)數(shù)λ，μ，使m＝λeq \(BA1,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→)).
令eq \(BB1,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BA,\s\up6(→))＝c，顯然它們不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它們?yōu)榭臻g的一個(gè)基底，
則eq \(BA1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋b，eq \(AB1,\s\up6(→))＝a－c，
m＝λeq \(BA1,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc，
eq \(AB1,\s\up6(→))·m＝(a－c)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))－2μ－4λ＝0.故eq \(AB1,\s\up6(→))⊥m，結(jié)論得證．
方法二 取BC的中點(diǎn)O，連接AO.
因?yàn)椤鰽BC為正三角形，
所以AO⊥BC.
因?yàn)樵谡庵鵄BC—A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中點(diǎn)O1，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OO1,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，
則B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq \r(3))，
A(0,0，eq \r(3))，B1(1,2,0)．
設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．
因?yàn)閚⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq \(BD,\s\up6(→))，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0))?eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))
令x＝1，則y＝2，z＝－eq \r(3)，
故n＝(1,2，－eq \r(3))為平面A1BD的一個(gè)法向量，
而eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝n，所以eq \(AB1,\s\up6(→))∥n，
故AB1⊥平面A1BD.
命題點(diǎn)2 證面面垂直
例3 (2017·武漢月考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq \f(\r(2),2)AD，設(shè)E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點(diǎn)．
(1)求證：EF∥平面PAD；
(2)求證：平面PAB⊥平面PDC.
證明 (1)如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OF.
因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD.
因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F(xiàn)分別為AD，BD的中點(diǎn)，所以O(shè)F∥AB.
又ABCD是正方形，所以O(shè)F⊥AD.
因?yàn)镻A＝PD＝eq \f(\r(2),2)AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝eq \f(a,2).
以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OF，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則A(eq \f(a,2)，0,0)，F(xiàn)(0，eq \f(a,2)，0)，D(－eq \f(a,2)，0,0)，P(0,0，eq \f(a,2))，B(eq \f(a,2)，a,0)，C(－eq \f(a,2)，a,0)．
因?yàn)镋為PC的中點(diǎn)，所以E(－eq \f(a,4)，eq \f(a,2)，eq \f(a,4))．
易知平面PAD的一個(gè)法向量為eq \(OF,\s\up6(→))＝(0，eq \f(a,2)，0)，
因?yàn)閑q \(EF,\s\up6(→))＝(eq \f(a,4)，0，－eq \f(a,4))，
且eq \(OF,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，eq \f(a,2)，0)·(eq \f(a,4)，0，－eq \f(a,4))＝0，
所以EF∥平面PAD.
(2)因?yàn)閑q \(PA,\s\up6(→))＝(eq \f(a,2)，0，－eq \f(a,2))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(0，－a,0)，
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \f(a,2)，0，－eq \f(a,2))·(0，－a,0)＝0，
所以eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，所以PA⊥平面PDC.
又PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.
思維升華 證明垂直問(wèn)題的方法
(1)利用已知的線面垂直關(guān)系構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而將幾何證明轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算．其中靈活建系是解題的關(guān)鍵．
(2)其一證明直線與直線垂直，只需要證明兩條直線的方向向量垂直；其二證明線面垂直，只需證明直線的方向向量與平面內(nèi)不共線的兩個(gè)向量垂直即可，當(dāng)然，也可證直線的方向向量與平面的法向量平行；其三證明面面垂直：①證明兩平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能證明一個(gè)平面內(nèi)的一條直線的方向向量為另一個(gè)平面的法向量即可．
(2016·青島模擬)如圖，在多面體ABC－A1B1C1中，四邊形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，B1C1綊eq \f(1,2)BC，二面角A1－AB－C是直二面角．求證：
(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
證明 (1)∵二面角A1－AB－C是直二面角，四邊形A1ABB1為正方形，
∴AA1⊥平面BAC.
又∵AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，
∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，
∴AB，AC，AA1兩兩互相垂直．
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，
設(shè)AB＝2，則A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．
eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(A1A,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
設(shè)平面AA1C的一個(gè)法向量n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1A,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2z＝0，,2x＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,z＝0，))取y＝1，則n＝(0,1,0)．
∴eq \(A1B1,\s\up6(→))＝2n，即eq \(A1B1,\s\up6(→))∥n.
∴A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(A1C,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，
設(shè)平面A1C1C的一個(gè)法向量m＝(x1，y1，z1)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\(A1C,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋y1＝0，,2x1－2z1＝0，))
令x1＝1，則y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．
∴eq \(AB1,\s\up6(→))·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))⊥m.
又AB1?平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1C.
題型三 利用空間向量解決探索性問(wèn)題
例4 (2016·北京)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq \r(5).
(1)求證：PD⊥平面PAB；
(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq \f(AM,AP)的值；若不存在，說(shuō)明理由．
(1)證明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，
∴AB⊥平面PAD.
∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD.
又PA⊥PD，PA∩AB＝A，且PA，PB?平面PAB，
∴PD⊥平面PAB.
(2)解 取AD中點(diǎn)O，連接CO，PO，
∵PA＝PD，
∴PO⊥AD.
又∵PO?平面PAD，
平面PAD⊥平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD，
∵CO?平面ABCD，
∴PO⊥CO，
∵AC＝CD，∴CO⊥AD.
以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)．
則eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．
eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，－1,0)．
設(shè)n＝(x0，y0,1)為平面PCD的一個(gè)法向量．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2).))
即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，1)).
設(shè)PB與平面PCD的夾角為θ.
則sinθ＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(PB,\s\up6(→))|,|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(|\f(1,2)－1－1|,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))
＝eq \f(\r(3),3).
(3)解 設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0,1]使得eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))，因此點(diǎn)M(0,1－λ，λ)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ)，
∵BM?平面PCD，∴BM∥平面PCD，
∴eq \(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，1))＝0，解得λ＝eq \f(1,4)，∴在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面PCD，此時(shí)eq \f(AM,AP)＝eq \f(1,4).
思維升華 對(duì)于“是否存在”型問(wèn)題的探索方式有兩種：一種是根據(jù)條件作出判斷，再進(jìn)一步論證；另一種是利用空間向量，先設(shè)出假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)條件求該點(diǎn)的坐標(biāo)，即找到“存在點(diǎn)”，若該點(diǎn)坐標(biāo)不能求出，或有矛盾，則判定“不存在”．
(2016·深圳模擬)如圖所示，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點(diǎn)．
(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；
(2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，
依題意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(eq \f(1,2)，1,0)，
所以eq \(NE,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,2)，0，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，
因?yàn)閨cs〈eq \(NE,\s\up6(→))，eq \(AM,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(NE,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→))|,|\(NE,\s\up6(→))||\(AM,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq \f(\r(10),10).
所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為eq \f(\r(10),10).
(2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN.
連接AE，如圖所示．
因?yàn)閑q \(AN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，可設(shè)eq \(AS,\s\up6(→))＝λeq \(AN,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)，
又eq \(EA,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，－1,0)，
所以eq \(ES,\s\up6(→))＝eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(AS,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，λ－1，λ)．
由ES⊥平面AMN，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(ES,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→))＝0，,\(ES,\s\up6(→))·\(AN,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋λ＝0，,?λ－1?＋λ＝0，))解得λ＝eq \f(1,2)，
此時(shí)eq \(AS,\s\up6(→))＝(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，|eq \(AS,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(2),2).
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)AS＝eq \f(\r(2),2)時(shí)，ES⊥平面AMN.
故線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN，此時(shí)AS＝eq \f(\r(2),2).
19．利用向量法解決立體幾何問(wèn)題
典例 (12分)(2016·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)如圖1所示，正△ABC的邊長(zhǎng)為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B，如圖2所示．
(1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；
(2)求二面角E－DF－C的余弦值；
(3)在線段BC上是否存在一點(diǎn)P，使AP⊥DE？證明你的結(jié)論．
思想方法指導(dǎo) 對(duì)于較復(fù)雜的立體幾何問(wèn)題可采用向量法
(1)用向量法解決立體幾何問(wèn)題，是空間向量的一個(gè)具體應(yīng)用，體現(xiàn)了向量的工具性，這種方法可把復(fù)雜的推理證明、輔助線的作法轉(zhuǎn)化為空間向量的運(yùn)算，降低了空間想象演繹推理的難度，體現(xiàn)了由“形”轉(zhuǎn)“數(shù)”的轉(zhuǎn)化思想．
(2)兩種思路：①選好基底，用向量表示出幾何量，利用空間向量有關(guān)定理與向量的線性運(yùn)算進(jìn)行判斷．②建立空間直角坐標(biāo)系，進(jìn)行向量的坐標(biāo)運(yùn)算，根據(jù)運(yùn)算結(jié)果的幾何意義解釋相關(guān)問(wèn)題．
規(guī)范解答
解 (1)AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，由E，F(xiàn)分別是AC，BC中點(diǎn)，得EF∥AB.
又AB?平面DEF，EF?平面DEF，
∴AB∥平面DEF.[1分]
(2)以D為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2eq \r(3)，0)，E(0，eq \r(3)，1)，F(xiàn)(1，eq \r(3)，0)，[3分]
易知平面CDF的法向量為eq \(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
設(shè)平面EDF的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DF,\s\up6(→))·n＝0，,\(DE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋z＝0，))取n＝(3，－eq \r(3)，3)，
cs〈eq \(DA,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(DA,\s\up6(→))·n,|\(DA,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(21),7)，
∴二面角E－DF－C的余弦值為eq \f(\r(21),7).[6分]
(3)設(shè)P(x，y,0)，則eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \r(3)y－2＝0，
∴y＝eq \f(2\r(3),3).
又eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－2，y,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－x,2eq \r(3)－y,0)，
∵eq \(BP,\s\up6(→))∥eq \(PC,\s\up6(→))，∴(x－2)(2eq \r(3)－y)＝－xy，
∴eq \r(3)x＋y＝2eq \r(3).[9分]
把y＝eq \f(2\r(3),3)代入上式得x＝eq \f(4,3)，∴P(eq \f(4,3)，eq \f(2\r(3),3)，0)，
∴eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))，
∴在線段BC上存在點(diǎn)P(eq \f(4,3)，eq \f(2\r(3),3)，0)，使AP⊥DE.[12分]
1．(2016·茂名調(diào)研)已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)．若a，b，c三向量共面，則實(shí)數(shù)λ等于( )
A.eq \f(62,7)B.eq \f(63,7)C.eq \f(60,7)D.eq \f(65,7)
答案 D
解析 由題意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7＝2t－μ，,5＝－t＋4μ，,λ＝3t－2μ，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＝\f(33,7)，,μ＝\f(17,7)，,λ＝\f(65,7).))
2．(2017·西安質(zhì)檢)若平面α，β的法向量分別是n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，則( )
A．α∥βB．α⊥β
C．α，β相交但不垂直D．以上答案均不正確
答案 C
解析 ∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，
∴n1與n2不垂直，且不共線．
∴α與β相交但不垂直．
3．已知平面α內(nèi)有一點(diǎn)M(1，－1,2)，平面α的一個(gè)法向量為n＝(6，－3,6)，則下列點(diǎn)P中，在平面α內(nèi)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 逐一驗(yàn)證法，對(duì)于選項(xiàng)A，eq \(MP,\s\up6(→))＝(1,4,1)，
∴eq \(MP,\s\up6(→))·n＝6－12＋6＝0，∴eq \(MP,\s\up6(→))⊥n，∴點(diǎn)P在平面α內(nèi)，同理可驗(yàn)證其他三個(gè)點(diǎn)不在平面α內(nèi)．
4．若eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CE,\s\up6(→))，則直線AB與平面CDE的位置關(guān)系是( )
A．相交B．平行
C．在平面內(nèi)D．平行或在平面內(nèi)
答案 D
解析 ∵eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CE,\s\up6(→))，∴eq \(AB,\s\up6(→))、eq \(CD,\s\up6(→))、eq \(CE,\s\up6(→))共面，
∴AB與平面CDE平行或在平面CDE內(nèi)．
5．設(shè)u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分別是平面α，β的法向量．若α⊥β，則t等于( )
A．3B．4C．5D．6
答案 C
解析 ∵α⊥β，則u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，∴t＝5.
6．(2016·泰安模擬)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長(zhǎng)為a，M，N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是( )
A．斜交B．平行
C．垂直D．MN在平面BB1C1C內(nèi)
答案 B
解析 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，
則M(a，eq \f(2a,3)，eq \f(a,3))，N(eq \f(2a,3)，eq \f(2a,3)，a)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－eq \f(a,3)，0，eq \f(2a,3))．
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以eq \(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a,0)為平面BB1C1C的一個(gè)法向量．
因?yàn)閑q \(MN,\s\up6(→))·eq \(C1D1,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(C1D1,\s\up6(→))，又MN?平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.
7．(2017·廣州質(zhì)檢)已知平面α內(nèi)的三點(diǎn)A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面β的一個(gè)法向量n＝(－1，－1，－1)，則不重合的兩個(gè)平面α與β的位置關(guān)系是__________________________．
答案 α∥β
解析 設(shè)平面α的法向量為m＝(x，y，z)，
由m·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，得x·0＋y－z＝0?y＝z，
由m·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，得x－z＝0?x＝z，取x＝1，
∴m＝(1,1,1)，m＝－n，
∴m∥n，∴α∥β.
8．(2016·濰坊模擬)已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點(diǎn)，如果eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)．對(duì)于結(jié)論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量；④eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BD,\s\up6(→)).其中正確的是________．
答案 ①②③
解析 ∵eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，則①②正確．
又eq \(AB,\s\up6(→))與eq \(AD,\s\up6(→))不平行，
∴eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，則③正確．
∵eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,3,4)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，
∴eq \(BD,\s\up6(→))與eq \(AP,\s\up6(→))不平行，故④錯(cuò)誤．
*9.如圖，圓錐的軸截面SAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，O為底面中心，M為SO中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在圓錐底面內(nèi)(包括圓周)．若AM⊥MP，則點(diǎn)P形成的軌跡長(zhǎng)度為_(kāi)_______．
答案 eq \f(\r(7),2)
解析 由題意可知，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．
則A(0，－1,0)，B(0,1,0)，S(0,0，eq \r(3))，M(0,0，eq \f(\r(3),2))，設(shè)P(x，y,0)，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝(0,1，eq \f(\r(3),2))，eq \(MP,\s\up6(→))＝(x，y，－eq \f(\r(3),2))，即y＝eq \f(3,4)，
∴點(diǎn)P的軌跡方程為y＝eq \f(3,4).
根據(jù)圓的弦長(zhǎng)公式，可得點(diǎn)P形成的軌跡長(zhǎng)度為2eq \r(1－?\f(3,4)?2)＝eq \f(\r(7),2).
10.如圖，在三棱錐PABC中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)證明：AP⊥BC；
(2)若點(diǎn)M是線段AP上一點(diǎn)，且AM＝3.試證明平面AMC⊥平面BMC.
證明 (1)如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD，OP所在直線為y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.
則O(0,0,0)，A(0，－3,0)，
B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．
于是eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,3,4)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，
∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，
∴eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，
又AM＝3，且點(diǎn)M在線段AP上，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，
又eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－4,5,0)，
eq \(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5,0)，
∴eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，
則eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝(0,3,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，
∴eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BM,\s\up6(→))，即AP⊥BM，
又根據(jù)(1)的結(jié)論知AP⊥BC，且BM∩BC＝B，
∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.
又AM?平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.
11．(2016·長(zhǎng)沙模擬)如圖，在四棱錐P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E、F分別是AB、PB的中點(diǎn)．
(1)求證：EF⊥CD；
(2)在平面PAD內(nèi)求一點(diǎn)G，使GF⊥平面PCB，并證明你的結(jié)論．
(1)證明 如圖，分別以DA、DC、DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AD＝a，則D(0,0,0)，
A(a,0,0)，B(a，a,0)，
C(0，a,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，
P(0,0，a)，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a,0)．
∵eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，∴eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，即EF⊥CD.
(2)解 設(shè)G(x,0，z)，則eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，則
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a,0,0)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)
＝eq \f(a2,2)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.
∴G點(diǎn)坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，即G為AD的中點(diǎn)．
*12.如圖所示，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H是BC的中點(diǎn)．
(1)求證：FH∥平面EDB；
(2)求證：AC⊥平面EDB.
證明 (1)∵四邊形ABCD為正方形，∴AB⊥BC.
又EF∥AB，∴EF⊥BC.
又EF⊥FB，F(xiàn)B∩BC＝B，∴EF⊥平面BFC.
∴EF⊥FH，∴AB⊥FH.
又BF＝FC，H為BC的中點(diǎn)，∴FH⊥BC.
又AB∩BC＝B，∴FH⊥平面ABC.
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq \(HB,\s\up6(→))為x軸正方向，eq \(HF,\s\up6(→))為z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)BH＝1，則A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(xiàn)(0,0,1)．
設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為G，連接GE，GH，
則G(0，－1,0)，∴eq \(GE,\s\up6(→))＝(0,0,1)，
又eq \(HF,\s\up6(→))＝(0,0,1)，∴eq \(HF,\s\up6(→))∥eq \(GE,\s\up6(→)).
又GE?平面EDB，HF?平面EDB，
∴FH∥平面EDB.
(2)∵eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(GE,\s\up6(→))＝(0,0,1)，
eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(GE,\s\up6(→))＝0，
∴AC⊥GE.
又AC⊥BD，EG∩BD＝G，
∴AC⊥平面EDB.

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