高考數(shù)學一輪復習　第七章第6節(jié) 第1課時利用空間向量證明平行與垂直-試卷下載-教習網(wǎng)

考試要求 1.理解直線的方向向量及平面的法向量；2.能用向量語言表述線線、線面、面面的平行和垂直關(guān)系；3.能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理；4.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題；5.能用向量方法解決點到平面、相互平行的平面的距離問題；6.并能描述解決夾角和距離的程序，體會向量方法在研究幾何問題中的作用.
知識梳理
1.直線的方向向量和平面的法向量
(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或重合，則稱此向量a為直線l的方向向量.
(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫做平面α的法向量.
2.空間位置關(guān)系的向量表示
3.異面直線所成的角
設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則
4.求直線與平面所成的角
設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為θ，則sin θ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
5.求二面角的大小
(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝__〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉.
(2)如圖②③，n1，n2 分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角).
6.點到平面的距離
用向量方法求點B到平面距離基本思路：確定平面法向量，在平面內(nèi)取一點A，求向量eq \(AB,\s\up6(→))到法向量的投影向量，投影向量的長度即為所要求的距離.如圖平面α的法向量為n，點B到平面α的距離d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).
[微點提醒]
1.平面的法向量是非零向量且不唯一.
2.建立空間直角坐標系要建立右手直角坐標系.
3.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要誤記為cs θ＝|cs〈a，n〉|.
4.二面角與法向量的夾角：利用平面的法向量求二面角的大小時，當求出兩半平面α，β的法向量n1，n2時，要根據(jù)向量坐標在圖形中觀察法向量的方向，來確定二面角與向量n1，n2的夾角是相等，還是互補.
基礎(chǔ) 自測
1.判斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“√”或“×”)
(1)直線的方向向量是唯一確定的.( )
(2)若直線a的方向向量和平面α的法向量平行，則a∥α.( )
(3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角.( )
(4)兩異面直線夾角的范圍是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直線與平面所成角的范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范圍是[0，π].( )
解析 (1)直線的方向向量不是唯一的，有無數(shù)多個；
(2)a⊥α；(3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角或其補角.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(選修2－1P104練習2改編)已知平面α，β的法向量分別為n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，則( )
A.α∥β B.α⊥β
C.α，β相交但不垂直 D.以上均不對
解析 ∵n1≠λn2，且n1·n2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直.
答案 C
3.(選修2－1P112A4改編)已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cs 〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，則l與α所成的角為( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析由于cs 〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°，所以直線l與α所成的角為30°.
答案 A
4.(2019·天津和平區(qū)月考)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，則平面AB1D1與平面BDC1的距離為( )
A.eq \r(2)a B.eq \r(3)a C.eq \f(\r(2),3)a D.eq \f(\r(3),3)a
解析顯然A1C⊥平面AB1D1，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則平面AB1D1的一個法向量為n＝(a，－a，a)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，－a，0)，則兩平面間的距離d＝eq \f(|\(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(3),3)a.
答案 D
5.(2018·北京朝陽區(qū)檢測)已知平面α的一個法向量為(1，2，－2)，平面β的一個法向量為(－2，－4，k)，若α∥β，則k等于( )
A.2 B.－4 C.4 D.－2
解析因為α∥β，所以eq \f(1,－2)＝eq \f(2,－4)＝eq \f(－2,k)，所以k＝4.
答案 C
6.(2019·煙臺月考)若直線l的方向向量為a＝(1，0，2)，平面α的法向量為n＝(－2，0，－4)，則直線l與平面α的位置關(guān)系為______.
解析因為a＝－eq \f(1,2)n，所以l⊥α.
答案 l⊥α
考點一利用空間向量證明平行問題
【例1】如圖，在四面體ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2eq \r(2)，M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ＝3QC.
證明：PQ∥平面BCD.
證明法一如圖，取BD的中點O，以O(shè)為原點，OD，OP所在射線分別為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O－xyz.
由題意知，A(0，eq \r(2)，2)，B(0，－eq \r(2)，0)，D(0，eq \r(2)，0).
設(shè)點C的坐標為(x0，y0，0).
因為eq \(AQ,\s\up6(→))＝3eq \(QC,\s\up6(→))，
所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，\f(1,2))).
因為M為AD的中點，故M(0，eq \r(2)，1).
又P為BM的中點，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
所以eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0)).
又平面BCD的一個法向量為a＝(0，0，1)，故eq \(PQ,\s\up6(→))·a＝0.
又PQ?平面BCD，
所以PQ∥平面BCD.
法二在線段CD上取點F，使得DF＝3FC，連接OF，同法一建立空間直角坐標系，寫出點A，B，C的坐標，設(shè)點C坐標為(x0，y0，0).
∵eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(CD,\s\up6(→))，設(shè)點F坐標為(x，y，0)，則
(x－x0，y－y0，0)＝eq \f(1,4)(－x0，eq \r(2)－y0，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,4)x0，,y＝\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，))∴eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0))
又由法一知eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0))，
∴eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \(PQ,\s\up6(→))，∴PQ∥OF.
又PQ?平面BCD，OF?平面BCD，
∴PQ∥平面BCD.
規(guī)律方法 (1)恰當建立坐標系，準確表示各點與相關(guān)向量的坐標，是運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，只須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，然后說明直線在平面外即可.這樣就把幾何的證明問題轉(zhuǎn)化為向量運算.
【訓練1】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.求證：PB∥平面EFG.
證明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD為正方形，
∴AB，AP，AD兩兩垂直.
以A為坐標原點，建立如右圖所示的空間直角坐標系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).
法一 ∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，
設(shè)平面EFG的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))
令z＝1，則n＝(1，0，1)為平面EFG的一個法向量，
∵eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，∴eq \(PB,\s\up6(→))·n＝0，∴n⊥eq \(PB,\s\up6(→))，
∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG.
法二 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\{(\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.
考點二利用空間向量證明垂直問題
【例2】如圖所示，已知四棱錐P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，側(cè)面PBC⊥底面ABCD.證明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
證明 (1)取BC的中點O，連接PO，
∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC為等邊三角形，
∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中點O為坐標原點，以BC所在直線為x軸，過點O與AB平行的直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.
不妨設(shè)CD＝1，則AB＝BC＝2，PO＝eq \r(3).
∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，eq \r(3)).
∴eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，－1，0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，－2，－eq \r(3)).
∵eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，∴PA⊥BD.
(2)取PA的中點M，連接DM，則Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2))).
∵eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，
∴eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PB,\s\up6(→))，即DM⊥PB.
∵eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PA,\s\up6(→))，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，∴DM⊥平面PAB.
∵DM?平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
規(guī)律方法 (1)利用已知的線面垂直關(guān)系構(gòu)建空間直角坐標系，準確寫出相關(guān)點的坐標，從而將幾何證明轉(zhuǎn)化為向量運算.其中靈活建系是解題的關(guān)鍵.
(2)用向量證明垂直的方法
①線線垂直：證明兩直線所在的方向向量互相垂直，即證它們的數(shù)量積為零.
②線面垂直：證明直線的方向向量與平面的法向量共線，或?qū)⒕€面垂直的判定定理用向量表示.
③面面垂直：證明兩個平面的法向量垂直，或?qū)⒚婷娲怪钡呐卸ǘɡ碛孟蛄勘硎?
【訓練2】如圖所示，正三棱柱(底面為正三角形的直三棱柱)ABC－A1B1C1的所有棱長都為2，D為CC1的中點.求證：AB1⊥平面A1BD.
證明法一設(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.
法二如圖所示，取BC的中點O，連接AO.
因為△ABC為正三角形，
所以AO⊥BC.
因為在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中點O1，以O(shè)為原點，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系，
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).
因為n⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq \(BD,\s\up6(→))，
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0))?eq \b\lc\{(\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.
考點三用空間向量解決有關(guān)位置關(guān)系的探索性問題多維探究
角度1 與平行有關(guān)的探索性問題
【例3－1】如圖，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求證：BD⊥AA1；
(2)在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出點P的位置，若不存在，請說明理由.
(1)證明設(shè)BD與AC交于點O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
∴AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，
∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O?平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.
以O(shè)B，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3)).
由于eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
∴eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.
(2)解假設(shè)在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1，
設(shè)eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq \r(3)).
從而有P(0，1＋λ，eq \r(3)λ)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ).
設(shè)n3⊥平面DA1C1，則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3⊥\(A1C1,\s\up6(→))，,n3⊥\(DA1,\s\up6(→))，))
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
設(shè)n3＝(x3，y3，z3)，則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))
取n3＝(1，0，－1)，因為BP∥平面DA1C1，
則n3⊥eq \(BP,\s\up6(→))，即n3·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，
即點P在C1C的延長線上，且C1C＝CP.
角度2 與垂直有關(guān)的探索性問題
【例3－2】如圖，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.
(1)求證：AC⊥BF；
(2)在線段BE上是否存在一點P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出eq \f(BP,PE)的值；若不存在，請說明理由.
(1)證明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF?平面ADEF，
∴AF⊥平面ABCD.
∵AC?平面ABCD，∴AF⊥AC.
過A作AH⊥BC于H，則BH＝1，AH＝eq \r(3)，CH＝3，
∴AC＝2eq \r(3)，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，
∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB，
∵BF?平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)解存在.由(1)知，AF，AB，AC兩兩垂直.
以A為坐標原點，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)－xyz，
則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(－1，eq \r(3)，2).
假設(shè)在線段BE上存在一點P滿足題意，則易知點P不與點B，E重合，設(shè)eq \f(BP,PE)＝λ，則λ>0，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ))).
設(shè)平面PAC的法向量為m＝(x，y，z).
由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝\f(2－λ,1＋λ)x＋\f(\r(3)λ,1＋λ)y＋\f(2λ,1＋λ)z＝0，,m·\(AC,\s\up6(→))＝2\r(3)y＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,z＝\f(λ－2,2λ)x，))令x＝1，則z＝eq \f(λ－2,2λ)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(λ－2,2λ)))為平面PAC的一個法向量.
同理，可求得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，1))為平面BCEF的一個法向量.
當m·n＝0，即λ＝eq \f(2,3)時，平面PAC⊥平面BCEF，
故存在滿足題意的點P，此時eq \f(BP,PE)＝eq \f(2,3).
規(guī)律方法解決立體幾何中探索性問題的基本方法
(1)通常假設(shè)題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理.
(2)探索性問題的關(guān)鍵是設(shè)點：①空間中的點可設(shè)為(x，y，z)；②坐標平面內(nèi)的點其中一個坐標為0，如xOy面上的點為(x，y，0)；③坐標軸上的點兩個坐標為0，如z軸上的點為(0，0，z)；④直線(線段)AB上的點P，可設(shè)為eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，表示出點P的坐標，或直接利用向量運算.
【訓練3】如圖，在四棱錐P－ABCD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)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq \f(AM,AP)的值；若不存在，說明理由.
(1)證明因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.
(2)解取AD的中點O，連接PO，CO.
因為PA＝PD，所以PO⊥AD.
因為PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因為CO?平面ABCD，所以PO⊥CO.
因為AC＝CD，所以CO⊥AD.
如圖，建立空間直角坐標系O－xyz.由題意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).
設(shè)M是棱PA上一點，則存在λ∈[0，1]，使得eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→)).
因此點M(0，1－λ，λ)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ).
因為BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，
則eq \(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，
解得λ＝eq \f(1,4).
所以在棱PA上存在點M，使得BM∥平面PCD，
此時eq \f(AM,AP)＝eq \f(1,4).
[思維升華]
1.用向量法解決立體幾何問題，是空間向量的一個具體應用，體現(xiàn)了向量的工具性，這種方法可把復雜的推理證明、輔助線的作法轉(zhuǎn)化為空間向量的運算，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.用向量知識證明立體幾何問題有兩種基本思路：一種是用向量表示幾何量，利用向量的運算進行判斷；另一種是用向量的坐標表示幾何量，共分三步：(1)建立立體圖形與空間向量的聯(lián)系，用空間向量(或坐標)表示問題中所涉及的點、線、面，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題；(2)通過向量運算，研究點、線、面之間的位置關(guān)系；(3)根據(jù)運算結(jié)果的幾何意義來解釋相關(guān)問題.
3.用向量的坐標法證明幾何問題，建立空間直角坐標系是關(guān)鍵，以下三種情況都容易建系：(1)有三條兩兩垂直的直線；(2)有線面垂直；(3)有兩面垂直.
[易錯防范]
1.用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理.如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調(diào)直線在平面外.
2.用向量證明立體幾何問題，寫準點的坐標是關(guān)鍵，要充分利用中點、向量共線、向量相等來確定點的坐標.
基礎(chǔ)鞏固題組
(建議用時：40分鐘)
一、選擇題
1.若直線l的一個方向向量為a＝(2，5，7)，平面α的一個法向量為u＝(1，1，－1)，則( )
A.l∥α或l?α B.l⊥α
C.l?α D.l與α斜交
解析由條件知a·u＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l?α.故選A.
答案 A
2.已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，則下列結(jié)論正確的是( )
A.a∥c，b∥c B.a∥b，a⊥c
C.a∥c，a⊥b D.以上都不對
解析 ∵c＝(－4，－6，2)＝2(－2，－3，1)＝2a，∴a∥c，
又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b.
答案 C
3.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)
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.
則AB與平面CDE的位置關(guān)系是平行或在平面內(nèi).
答案 D
4.已知平面α內(nèi)有一點M(1，－1，2)，平面α的一個法向量為n＝(6，－3，6)，則下列點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)
解析逐一驗證法，對于選項A，eq \(MP,\s\up6(→))＝(1，4，1)，
∴eq \(MP,\s\up6(→))·n＝6－12＋6＝0，∴eq \(MP,\s\up6(→))⊥n，
∴點P在平面α內(nèi)，同理可驗證其他三個點不在平面α內(nèi).
答案 A
5.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，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)
解析建立如圖所示的空間直角坐標系，由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，
則Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3))).
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以eq \(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a，0)為平面BB1C1C的一個法向量.
因為eq \(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.
答案 B
二、填空題
6.(2019·青島調(diào)研)已知eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，5，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，1，z)，若eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x＋y＝________.
解析由條件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋5－2z＝0，,x－1＋5y＋6＝0，,3（x－1）＋y－3z＝0，))
解得x＝eq \f(40,7)，y＝－eq \f(15,7)，z＝4，
∴x＋y＝eq \f(40,7)－eq \f(15,7)＝eq \f(25,7).
答案 eq \f(25,7)
7.(2018·合肥月考)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，N是A1B1的中點，則直線ON，AM的位置關(guān)系是________.
解析以A為原點，分別以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系(圖略)，設(shè)正方體的棱長為1，則A(0，0，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1)).eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，1))＝0，∴ON與AM垂直.
答案垂直
8.設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n＝(2，2，4)，若a＝(1，1，2)，則直線l與平面α的位置關(guān)系為________；
若a＝(－1，－1，1)，則直線l與平面α的位置關(guān)系為________.
解析當a＝(1，1，2)時，a＝eq \f(1,2)n，則l⊥α；
當a＝(－1，－1，1)時，a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，則l∥α或l?α.
答案 l⊥α l∥α或l?α
三、解答題
9.如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq \f(1,2)PD.證明：平面PQC⊥平面DCQ.
證明如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，射線DA，DP，DC分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標系D－xyz.
依題意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，
則eq \(DQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1，0).
∴eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝0，eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝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.
10.如圖正方形ABCD的邊長為2eq \r(2)，四邊形BDEF是平行四邊形，BD與AC交于點G，O為GC的中點，F(xiàn)O＝eq \r(3)，且FO⊥平面ABCD.
(1)求證：AE∥平面BCF；
(2)求證：CF⊥平面AEF.
證明取BC中點H，連接OH，則OH∥BD，
又四邊形ABCD為正方形，
∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，
故以O(shè)為原點，建立如圖所示的直角坐標系，
則A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(xiàn)(0，0，eq \r(3))，B(1，2，0).
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，－2，0)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1，－2，eq \r(3)).
(1)設(shè)平面BCF的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x－2y＝0，,x＋\r(3)z＝0，))
取z＝1，得n＝(－eq \r(3)，eq \r(3)，1).
又四邊形BDEF為平行四邊形，
∴eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1，－2，eq \r(3))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，eq \r(3))＝(－3，－4，eq \r(3))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))·n＝3eq \r(3)－4eq \r(3)＋eq \r(3)＝0，∴eq \(AE,\s\up6(→))⊥n，
又AE?平面BCF，∴AE∥平面BCF.
(2)eq \(AF,\s\up6(→))＝(－3，0，eq \r(3))，∴eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝－3＋3＝0，eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝－3＋3＝0，∴eq \(CF,\s\up6(→))⊥eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(CF,\s\up6(→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，
即CF⊥AF，CF⊥AE，
又AE∩AF＝A，
AE，AF?平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
能力提升題組
(建議用時：20分鐘)
11.如圖所示，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，點M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點，若平行六面體的各棱長均相等，則：
①A1M∥D1P；
②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；
④A1M∥平面D1PQB1.
以上說法正確的個數(shù)為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 eq \(A1M,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(D1P,\s\up6(→))＝eq \(D1D,\s\up6(→))＋eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，∴eq \(A1M,\s\up6(→))∥eq \(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P，由線面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正確.
答案 C
12.(2019·成都調(diào)研)如圖，在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝eq \r(3)，AD＝2eq \r(2)，P為C1D1的中點，M為BC的中點.則AM與PM的位置關(guān)系為( )
A.平行 B.異面
C.垂直 D.以上都不對
解析以D點為原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，
依題意，可得，D(0，0，0)，P(0，1，eq \r(3))，C(0，2，0)，
A(2eq \r(2)，0，0)，M(eq \r(2)，2，0).
∴eq \(PM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，2，0)－(0，1，eq \r(3))＝(eq \r(2)，1，－eq \r(3))，
eq \(AM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，2，0)－(2eq \r(2)，0，0)＝(－eq \r(2)，2，0)，
∴eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，－eq \r(3))·(－eq \r(2)，2，0)＝0，
即eq \(PM,\s\up6(→))⊥eq \(AM,\s\up6(→))，∴AM⊥PM.
答案 C
13.如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱BC，DD1上的點，如果B1E⊥平面ABF，則CE與DF的和的值為________.
解析以D1A1，D1C1，D1D分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
設(shè)CE＝x，DF＝y(tǒng)，
則易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(xiàn)(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
∴eq \(B1E,\s\up6(→))＝(x－1，0，1)，∴eq \(FB,\s\up6(→))＝(1，1，y)，
由于B1E⊥平面ABF，
所以eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(B1E,\s\up6(→))＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0?x＋y＝1.
答案 1
14.如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2).
(1)當λ＝1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在，求出實數(shù)λ的值；若不存在，說明理由.
(1)證明以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(xiàn)(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ－2).
當λ＝1時，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，
因為eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，
所以eq \(BC1,\s\up6(→))＝2eq \(FP,\s\up6(→))，
即BC1∥FP.
而FP?平面EFPQ，
且BC1?平面EFPQ，
故直線BC1∥平面EFPQ.
(2)解設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\(FP,\s\up6(→))·n＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))
于是可取n＝(λ，－λ，1).
同理可得平面PQMN的一個法向量為m＝(λ－2，2－λ，1).
則m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，
解得λ＝1±eq \f(\r(2),2).
故存在λ＝1±eq \f(\r(2),2)，使平面EFPQ⊥平面PQMN.位置關(guān)系
向量表示
直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2
l1∥l2
n1∥n2?n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2?n1·n2＝0
直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m
l∥α
n⊥m?n·m＝0
l⊥α
n∥m?n＝λm
平面α，β的法向量分別為n，m
α∥β
n∥m?n＝λm
α⊥β
n⊥m?n·m＝0
a與b的夾角β
l1與l2所成的角θ
范圍
(0，π)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
求法
cs β＝eq \f(a·b,|a||b|)
cs θ＝|cs β|＝eq \f(|a·b|,|a||b|)

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