空间平面与平面的位置关系(2)

1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系（2）-B 提高练一、选择题1．若平面α与β的法向量分别是()2,4,3=-a ，()1,2,2=-b ，则平面α与β的位置关系是 A ．平行 B ．垂直 C ．相交但不垂直 D ．无法确定【答案】B【解析】因为a b ⋅()2,4,3)1,2,20=-⋅-=（，所以a b ⊥，所以两平面垂直.故答案为B 2.（2020全国高二课时练）在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,AB =(2,-1,-4),AD =(4,2,0),AP =(-1,2,-1),则PA 与底面ABCD 的关系是( ) A ．相交 B ．垂直 C ．不垂直 D ．成60°角【答案】B【解析】因为AB AP ⋅=2(1)(1)2(4)(1)⨯-+-⨯+-⨯-=0，所以AB AP ⊥；因为AD AP ⋅=4(1)220(1)⨯-+⨯+⨯-=0，所以AD AP ⊥，又AB AD A ⋂=，所以AP ABCD ⊥．答案选B ．3．（2020河南周口高二期末（理））已知梯形CEPD 如下图所示，其中PD =8，CE =6，A 为线段PD 的中点，四边形ABCD 为正方形，现沿AB 进行折叠，使得平面PABE ⊥平面ABCD ，得到如图所示的几何体.已知当点F 满足AF⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0＜λ＜1)时，平面DEF ⊥平面PCE ，则λ的值为（ ）A ．12B ．23C ．35D ．45【答案】C【解析】因为四边形ABCD 为正方形，且平面PABE ⊥平面ABCD ，所以PA,AB,AC 两两垂直，且PA//BE ，所以建立空间直角坐标系（如图所示），又因为PD =8，CE =6，所以P (0,0,4),C (4,4,0),E (4,0,2),D (0,4,0),B (4,0,0)，则F (4λ,0,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,−4,2),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4λ,−4,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−4,2),EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,0,2)，设平面DEF 的法向量为m =(x,y,z)，则由{m ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{4x −4y +2z =04λx −4y =0，取m =(1,λ,2λ−2)，平面PCE 的法向量为n =(x,y,z)，则由{n ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{−4y +2z =0−4x +2z =0，取n =(1,1,2)，因为平面DEF ⊥平面PCE ，所以m ·n =1+λ+2(2λ−2)=5λ−3=0，解得λ=35.故选C.4.如图,在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1中,侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1,∠BAC=90°,AB=AC=AA 1=1,D 是棱CC 1的中点,P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点.若点Q 在线段B 1P 上,则下列结论正确的是( )A.当点Q 为线段B 1P 的中点时,DQ ⊥平面A 1BDB.当点Q 为线段B 1P 的三等分点时,DQ ⊥平面A 1BDC.在线段B 1P 的延长线上,存在一点Q ,使得DQ ⊥平面A 1BDD.不存在点Q ,使得DQ ⊥平面A 1BD 【答案】D【解析】以点A 1为坐标原点,A 1B 1,A 1C 1,A 1A 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则由已知得A 1(0,0,0),B 1(1,0,0),C 1(0,1,0),B (1,0,1),D (0,1,12),P (0,2,0),则A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,12),B 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,-12). 设平面A 1BD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +z =0,n ·A 1D⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y +12z =0.取z=-2,则x=2,y=1,所以平面A 1BD 的一个法向量为n =(2,1,-2).假设DQ ⊥平面A 1BD ,且B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λB 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),则DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,-1+2λ,-12).因为DQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 也是平面A 1BD 的一个法向量,所以n =(2,1,-2)与DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-λ,-1+2λ,-12)共线, 则1-λ2=-1+2λ1=-12-2=14成立,所以{1-λ2=-1+2λ,-1+2λ=14,但此关于λ的方程组无解.故不存在点Q ,使得DQ ⊥平面A 1BD.故选D .5．（多选题）（2020·海南省海南中学高二月考）如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（ ）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．//AP 平面11AC D【答案】BD【解析】对于A ，P 在平面11BCC B 上，平面11//BCC B 平面1AA D ，P ∴到平面1AA D 即为C 到平面1AA D的距离，即为正方体棱长，1111111113326P AA D AA DV S CD -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，A 错误； 对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则()1,0,0A ，(),1,P x z ，()1,1,0B ，()10,0,1D ，()11,1,1B ，()0,1,0C ()1,1,AP x z →∴=-，()11,1,1BD →=--，()11,0,1B C →=--，1AP BD ⊥，1110AP BD x z →→∴⋅=--+=，x z ∴=，即(),1,P x x ，(),0,CP x x →∴=，1CP x B C →→∴=-，即1,,B P C 三点共线，P ∴必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，()1,1,AP x x →=-，()11,0,1BC →=-，111AP BC x x →→∴⋅=-+=，AP ∴与1BC 不垂直，C 错误；对于D ，()11,0,1A ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，()11,0,1DA →∴=，()10,1,1DC →=，设平面11AC D 的法向量(),,n x y z →=，110n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1z =-，1y =，()1,1,1n →∴=-，110AP n x x →→∴⋅=-+-=，即AP n →→⊥，//AP ∴平面11ACD ，D 正确.故选：BD . 6.（多选题） （2020山东高二期末）在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈.()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=，14λ=，此时113313,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误；113AC A R =，则44,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14233D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABD .二、填空题7．（2020全国高二课时练）已知平面α内有一个点()2,1,2A -，α的一个法向量为()3,1,2n =，则下列各点中，在平面α内的是________．（把正确的序号都填上） ①()1,1,1-；②31,3,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；③31,3,2⎛⎫- ⎪⎝⎭；④31,3,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭.【答案】②【解析】设①②③④中的点分别为B 、C 、D 、E .对于①中的点()1,1,1B -，()1,0,1AB =--，3250AB n ⋅=--=-≠，则B α∉；对于②中的点31,3,2C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,4,2AC ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，134202AC n ⎛⎫⋅=-++⨯-= ⎪⎝⎭，则C α∈；对于③中的点31,3,2D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，11,2,2AD ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，3210AD n ⋅=---≠，则D α∉；对于④中的点31,3,2E ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，73,4,2AE ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，9470AE n ⋅=-+-≠，则E α∉.因此，②中的点在平面α内.8.（2020广东湛江高二月考）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，P 是1AA 的中点，点M 在侧面11AA B B 内，若1D M CP ⊥，则BCM ∆面积的最小值为________．【解析】以AB ，AD ，AA 1为坐标轴建立空间坐标系如图所示：则P （0，0，2），C （4，4，0），D 1（0，4，4），设M （a ，0，b ），则1D M =（a ，﹣4，b ﹣4），CP =（﹣4，﹣4，2），∵D 1M ⊥CP ，∴1D M CP ⋅=-4a +16+2b ﹣8＝0，即b ＝2a ﹣4．取AB 的中点N ，连结B 1N ，则M 点轨迹为线段B 1N ，过B 作BQ ⊥B 1N ，则BQ==又BC ⊥平面ABB 1A 1，故BC ⊥BQ ，∴S △BCM 的最小值为S △QBC 14255=⨯⨯=．9．（2020重庆市育才中学高二期中）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中,E 为1CC 的中点,P ,Q 是正方体表面上相异两点,满足1BP A E ⊥,1BQ A E ⊥．(1)若P ,Q 均在平面1111D C B A 内,则PQ 与BD 的位置关系是______；(2)1A P 的最小值为______．【答案】平行；4【解析】 (1)以D 为空间直角坐标系的原点,以1,,DA DC DD 所在的直线为,,x y z 轴,如下图所示：11(1,0,1),0,1,,(1,1,0)2A E B ⎛⎫ ⎪⎝⎭,因为若P ,Q 均在平面1111D C B A 内,所以设11(,,1),(,,1),1,1,,(1,1,1),(1,1,1)2P a b Q m n A E BP a b BQ m n ⎛⎫=--=--=-- ⎪⎝⎭, 因为1BP A E ⊥,1BQ A E ⊥,所以111(1)(1)021(1)(1)02BP A E a b BQ A E m n ⎧⋅=--+--=⎪⎪⎨⎪⋅=--+--=⎪⎩,解得1212b a n m ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩,(,,0)PQ n b n b =--, (1,1,0)BD =,所以PQ 与BD 的位置关系是平行；(2)由(1)可知：12b a -=1A P ====当14a =时, 1A P 有最小值,最小值为4. 10．（2020上饶中学高二期中）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB ===P 为线段1A C 上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的__________．①当113AC A P =时，1//D P 平面1BDC ；②当115AC A P =时，1A C ⊥平面1D AP ； ③1APD ∠的最大值为90；④1AP PD +【答案】①②【解析】以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则()()()()()()1111,0,0,1,0,1,,0,0,1,,A A C D C B,()11AC =--,设(),,P x y z ,()11,,1A P x y z =--.对于①，当113AC A P =，即()()131,,1x y z --=--，解得22,,333P ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，12133D P ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为()1111,,n x y z =，则由1110{0n DB n DC ⋅=⋅=，解得(13,1,n =-，由于110D P n ⋅=，所以1//D P 平面1BDC 成立.对于②，当115AC A P=时，即()()151,,1x y z --=--，解得44,555P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，由11110{0AC D A AC D P ⋅=⋅=可知1A C ⊥平面1D AP 成立.对于③，设11AC A P λ=，即()()11,,1x y z λ--=--，解得111P λλ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，由12221111,,11,cos ,111PA PD λλλλλλλλ⎛⎫⎛⎫---- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭〈〉=⎛⎛⎫⎛⎫++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，其分子化简得25λλ-，当5λ>时，1cos ,0PA PD 〈〉<，故1APD ∠的最大值可以为钝角，③错误.对于④，根据③计算的数据，113111,,1,1,PA PD λλλλλλ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,12PA PD⎛+== 115λ=，即5λ=时取得最小值为=. 三、解答题11．如图所示,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为直角梯形,且AD ∥BC ,∠ABC=∠P AD=90°,侧面P AD ⊥底面ABCD.若P A=AB=BC=12AD. (1)求证:CD ⊥平面P AC ;(2)侧棱P A 上是否存在点E ,使得BE ∥平面PCD ?若存在,指出点E 的位置并证明,若不存在,请说明理由.【解析】因为∠P AD=90°,所以P A ⊥AD.又因为侧面P AD ⊥底面ABCD ,且侧面P AD ∩底面ABCD=AD , 所以P A ⊥底面ABCD.∠BAD=90°,所以AB ,AD ,AP 两两垂直.分别以AB ,AD ,AP 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=2,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),D (0,2,0),P (0,0,1). (1)证明:AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), 可得AP⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以AP ⊥CD ,AC ⊥CD. 又因为AP ∩AC=A ,所以CD ⊥平面P AC.(2)设侧棱P A 的中点是E ,则E 0,0,12,BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,0,12. 设平面PCD 的法向量是n =(x ,y ,z ),则{n ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·PD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,因为CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),所以{-x +y =0,2y -z =0,取x=1,则y=1,z=2,所以平面PCD 的一个法向量为n =(1,1,2).所以n·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,2)·-1,0,12=0,所以n ⊥BE ⃗⃗⃗⃗⃗ . 因为BE ⊄平面PCD ,所以BE ∥平面PCD. 综上所述,当点E 为P A 的中点时,BE ∥平面PCD.12．（2020全国高二（理））如图1，在直角三角形ABC 中，90ABC ∠=︒，60A ∠=︒，2AB =.D ，M 分别是AC ，BD 的中点.现将三角形ABD 沿BD 边折起，记折起后的点A 位于点P 的位置，且平面PBD ⊥平面DBC （如图2所示），点N 为BC 边上的一点，且()||01||BN BC λλ=<<.（1）若DB ⊥平面PMN ，求λ的值；（2）是否存在λ，使平面PDN ⊥平面PMN ？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由.【解析】（1）折叠前，直角ABC 中，AB BC ⊥，60BAC ∠=︒，D 是AC 中点， 所以2AD AB DB ===，30DBC ∠=︒，BC =折叠后，由DB ⊥平面PMN ，所以DB MN ⊥，PDB △为等边三角形，2PD PB DB ===， 又点M 为BD 的中点，所以1DMBM ==.直角BMN △中，30DBC ∠=︒，所以cos303BM BN ==︒，所以13BN BC λ==. （2）由平面PBD ⊥平面DBC ，PM DB ⊥，所以PM ⊥平面DBC .由（1）知，当33BC BN ==时，DB MN ⊥，记此时点N 的位置为0N . 以0MN 所在直线为x 轴，MB 所在直线为y 轴，M 为坐标原点建立直角坐标系，如围所示，则()0,0,0M，(P ，()0,1,0B ，()0,1,0D -，),13,0Nλ-.故(0,0PM =-，(0,1,PD =-，(3,13,PN λλ=-，设平面PDN 的一个法向量()1111,,n x y z =，则1100n PD n PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以()111110130y x y λ⎧-=⎪+-=，令11z =，则123,n λλ-⎛⎫=⎪⎝⎭. 设平面PMN 的一个法向量()1222,,n x y z =，则2200n PM n PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以()22220130x y λ⎧=⎪+-=，令23y =，则231n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭.要使平面PDN ⊥平面PMN ，有120n n ⋅=即233130λλλλ--⋅-=，化简得，212920λλ-+=，由于150∆=-<，该一元二次方程无实数解，所以不存在λ，使平面PDN ⊥平面PMN .。

空间中直线与平面、平面与平面之间的位置关系【知识梳理】1．直线与平面的位置关系位置关系直线a在平面α内直线a在平面α外直线a与平面α相交直线a与平面α平行公共点无数个公共点一个公共点没有公共点符号暗示a⊂αa∩α＝A a∥α图形暗示2．两个平面的位置关系位置关系图示暗示法公共点个数两平面平行α∥β没有公共点两平面相交α∩β＝l 有无数个公共点(在一条直线上)【常考题型】题型一、直线与平面的位置关系【例1】下列说法：①若直线a在平面α外，则a∥α；②若直线a∥b，直线b⊂α，则a∥α；③若直线a∥b，b⊂α，那么直线a就平行于平面α内的无数条直线．其中说法正确的个数为()A．0个B．1个C．2个D．3个[解析]对于①，直线a在平面α外包孕两种情况：a∥α或a与α相交，∴a和α纷歧定平行，∴①说法错误．对于②，∵直线a∥b，b⊂α，则只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，∴a纷歧定平行于α.∴②说法错误．对于③，∵a∥b，b⊂α，∴a⊂α或a∥α，∴a与平面α内的无数条直线平行．∴③说法正确．[答案] B【类题通法】空间中直线与平面只有三种位置关系：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行．在判断直线与平面的位置关系时，这三种情形都要考虑到，避免疏忽或遗漏．另外，我们可以借助空间几何图形，把要判断关系的直线、平面放在某些具体的空间图形中，以便于正确作出判断，避免凭空臆断．【对点训练】1．下列说法中，正确的个数是()①如果两条平行直线中的一条和一个平面相交，那么另一条直线也和这个平面相交；②一条直线和另一条直线平行，它就和经过另一条直线的任何平面都平行；③经过两条异面直线中的一条直线，有一个平面与另一条直线平行；④两条相交直线，其中一条与一个平面平行，则另一条必然与这个平面平行．A．0 B．1C．2 D．3解析：选C①正确；②错误，如图1所示，l1∥m，而m⊂α，l1⊂α；③正确，如图2所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C1与直线BD异面，A1C1⊂平面A1B1C1D1，且BD∥平面A1B1C1D1，故③正确；④错误，直线还可能与平面相交．由此可知，①③正确，故选C.题型二、平面与平面的位置关系【例2】(1)平面α内有无数条直线与平面β平行，问α∥β是否正确，为什么？(2)平面α内的所有直线与平面β都平行，问α∥β是否正确，为什么？[解](1)不正确．如图所示，设α∩β＝l，则在平面α内与l平行的直线可以有无数条：a1，a2，…，a n，…，它们是一组平行线，这时a1，a2，…，a n，…与平面β都平行(因为a1，a2，…，a n，…与平面β无交点)，但此时α与β不平行，α∩β＝l.(2)正确．平面α内所有直线与平面β平行，则平面α与平面β无交点，符合平面与平面平行的定义．【类题通法】两个平面的位置关系同平面内两条直线的位置关系类似，可以从有无公共点区分：如果两个平面有一个公共点，那么由公理3可知，这两个平面相交于过这个点的一条直线；如果两个平面没有公共点，那么就说这两个平面互相平行．这样我们可以得出两个平面的位置关系：①平行——没有公共点；②相交——有且只有一条公共直线．若平面α与β平行，记作α∥β；若平面α与β相交，且交线为l，记作α∩β＝l.【对点训练】2．在底面为正六边形的六棱柱中，互相平行的面视为一组，则共有________组互相平行的面．与其中一个侧面相交的面共有________个．解析：六棱柱的两个底面互相平行，每个侧面与其直接相对的侧面平行，故共有4组互相平行的面．六棱柱共有8个面围成，在其余的7个面中，与某个侧面平行的面有1个，其余6个面与该侧面均为相交的关系．答案：4 63．如图所示，平面ABC与三棱柱ABC－A1B1C1的其他面之间有什么位置关系？解：∵平面ABC与平面A1B1C1无公共点，∴平面ABC与平面A1B1C1平行．∵平面ABC与平面ABB1A1有公共直线AB，∴平面ABC与平面ABB1A1相交．同理可得平面ABC与平面ACC1A1及平面BCC1B1均相交．【练习反馈】1．M∈l，N∈l，N∉α，M∈α，则有()A．l∥αB．l⊂αC．l与α相交D．以上都有可能解析：选C由符号语言知，直线l上有一点在平面α内，另一点在α外，故l与α相交．2.如图所示，用符号语言可暗示为()A．α∩β＝lB．α∥β，l∈αC．l∥β，l⊄αD．α∥β，l⊂α解析：选D显然图中α∥β，且l⊂α.3．平面α∥平面β，直线a⊂α，则a与β的位置关系是________．答案：平行4．经过平面外两点可作该平面的平行平面的个数是________．解析：若平面外两点所在直线与该平面相交，则过这两个点不存在平面与已知平面平行；若平面外两点所在直线与该平面平行，则过这两个点存在独一的平面与已知平面平行．答案：0或15．三个平面α、β、γ，如果α∥β，γ∩α＝a，γ∩β＝b，且直线c⊂β，c∥b.(1)判断c与α的位置关系，并说明理由；(2)判断c与a的位置关系，并说明理由．解：(1)c∥α.因为α∥β，所以α与β没有公共点，又c⊂β，所以c与α无公共点，则c∥α.(2)c∥a.因为α∥β，所以α与β没有公共点，又γ∩α＝a，γ∩β＝b，则a⊂α，b⊂β，且a，b⊂γ，所以a，b没有公共点．由于a、b都在平面γ内，因此a∥b，又c∥b，所以c∥a.。

空间点、直线、平面之间的位置关系一、基础知识1．平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内．(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．2．空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系⎩⎪⎨⎪⎧ 共面直线⎩⎨⎧ 平行相交异面直线：不同在任何一个 平面内(2)异面直线所成的角 ①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．②范围：⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2. (3)公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．(4)定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．3．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况.直线l和平面α相交、直线l和平面α平行统称为直线l在平面α外，记作l⊄α.(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．二、常用结论1．公理2的三个推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面．2．异面直线判定的一个定理过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．3．唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．考点一平面的基本性质及应用B1C1D1中，E，F分[典例]如图所示，在正方体ABCD-A别是AB和AA1的中点．求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．[证明](1)如图，连接EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E，C，D1，F四点共面．(2)∵EF∥CD1，EF＜CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示．则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈DA，∴CE，D1F，DA三线共点．[变透练清]1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()解析：选D A，B，C图中四点一定共面，D中四点不共面．2.(变结论)若本例中平面BB1D1D与A1C交于点M，求证：B，M，D1共线．证明：连接BD1(图略)，因为BD1与A1C均为正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线，故BD1与A1C相交，则令BD1与A1C的交点为O，则B，O，D1共线，因为BD1⊂平面BB1D1D，故A1C与平面BB1D1D的交点为O，与M重合，故B，M，D1共线．考点二空间两直线的位置关系[典例](1)(优质试题·郑州模拟)已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a ⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是() A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面D．相交、平行或异面(2)G，N，M，H分别是下图中正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形的是________．(填序号)[解析](1)如图，取平面ABCD为α，平面ABFE为β.若直线CH为a，则a在α，β内的射影分别为CD，BE，此时CD，BE异面，即b，c异面，排除A；若直线GH为a，则a在α，β内的射影分别为CD，EF，此时CD，EF平行，即b，c平行，排除B；若直线BH为a，则a在α，β内的射影分别为BD，BE，此时BD，BE相交，即b，c 相交，排除C.综上所述选D.(2)图①中，直线GH∥MN；图②中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面．所以在图②④中，GH与MN异面．[答案](1)D(2)②④[题组训练]1．下列结论中正确的是()①在空间中，若两条直线不相交，则它们一定平行；②与同一直线都相交的三条平行线在同一平面内；③一条直线与两条平行直线中的一条相交，那么它也与另一条相交；④空间四条直线a，b，c，d，如果a∥b，c∥d，且a∥d，那么b∥c.A．①②③B．②④C．③④D．②③解析：选B①错，两条直线不相交，则它们可能平行，也可能异面；②显然正确；③错，若一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条直线可能相交，也可能异面；④由平行直线的传递性可知正确．故选B.2.如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：①直线AM与CC1是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与MB1是异面直线；④直线AM与DD1是异面直线．其中正确结论的序号为________．解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以①②错误．点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线．同理AM，DD1也是异面直线．答案：③④[课时跟踪检测]1．(优质试题·衡阳模拟)若直线l与平面α相交，则()A．平面α内存在直线与l异面B．平面α内存在唯一一条直线与l平行C．平面α内存在唯一一条直线与l垂直D．平面α内的直线与l都相交解析：选A当直线l与平面α相交时，这条直线与该平面内任意一条不过交点的直线均为异面直线，故A正确；该平面内不存在与直线l平行的直线，故B错误；该平面内有无数条直线与直线l垂直，所以C错误，平面α内的直线与l可能异面，故D错误，故选A.2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是()A．相交B．异面C．平行D．垂直解析：选A由BC綊AD，AD綊A1D1，知BC綊A1D1，从而四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，又EF⊂平面A1BCD1，EF∩D1C＝F，故A1B与EF相交．3．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则由“直线a和直线b相交”可得“平面α和平面β相交”，反之不成立．所以“直线a和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．故选B.4.设四棱锥P-ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥(如图)，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α()A．不存在B．只有1个C．恰有4个D．有无数多个解析：选D设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为m，n，直线m，n确定了一个平面β.作与β平行的平面α，与四棱锥的各个侧面相交，则截得的四边形必为平行四边形，而这样的平面α有无数多个．5．在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么()A．点P必在直线AC上B．点P必在直线BD上C．点P必在平面DBC内D．点P必在平面ABC外解析：选A如图，因为EF⊂平面ABC，而GH⊂平面ADC，且EF和GH 相交于点P，所以点P在两平面的交线上，因为AC是两平面的交线，所以点P 必在直线AC上．6.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条．解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条件的有5条．答案：57．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为侧棱PC，PB的中点，则EF与平面P AD的位置关系为________，平面AEF与平面ABCD 的交线是________．解析：由题易知EF ∥BC ，BC ∥AD ，所以EF ∥AD ，故EF ∥平面P AD ，因为EF ∥AD ，所以E ，F ，A ，D 四点共面，所以AD 为平面AEF 与平面ABCD 的交线． 答案：平行 AD8.如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E ，H 分别是边AB ，AD 的中点，点F ，G 分别是边BC ，CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，有以下四个结论．①EF 与GH 平行；②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上； ④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．其中正确结论的序号为________．解析：如图所示．连接EH ，FG ，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E ，F ，G ，H 共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上， 故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 的交点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．答案：④9.如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1B 1，B 1C 1的中点．(1)AM 和CN 是否共面？说明理由；。

2020高考数学知识点：两个平面的位置关系
两个平面的位置关系：
（1）两个平面互相平行的定义：空间两平面没有公共点
（2）两个平面的位置关系：
两个平面平行-----没有公共点；两个平面相交-----有一条公共直线。

a、平行
两个平面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。

两个平面平行的性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么交线平行。

b、相交
二面角
（1）半平面：平面内的一条直线把这个平面分成两个部分，其中每一个部分叫做半平面。

（2）二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角。

二面角的取值范围为[0°，180°]
（3）二面角的棱：这个条直线叫做二面角的棱。

（4）二面角的面：这两个半平面叫做二面角的面。

（5）二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。

（6）直二面角：平面角是直角的二面角叫做直二面角。

esp.两平面垂直
两平面垂直的定义：两平面相交，如果所成的角是直二面角，就说这两个平面互相垂直。

记为⊥
两平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直
两个平面垂直的性质定理：如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面。

Attention：
二面角求法：直接法（作出平面角）、三垂线定理及逆定理、面积射影定理、空间向量之法向量法（注意求出的角与所需要求的角之间的等补关系）。

1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系（2）本节课选自《2019人教A 版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决线线、线面、面面的位置关系，主要是垂直。

在向量坐标化的基础上，将空间中线线、线面、面面的位置关系，转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决立体几何问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。

1.教学重点：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.教学难点：用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系多媒体一、情境导学类似空间中直线、平面平行的向量表示，在直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系中，直线的方向向量、平面的法向量之间有什么关系？二、探究新知空间中直线、平面垂直的向量表示位置关系向量表示线线垂直设直线l1,l2的方向向量分别为μ1,μ2,则l1⊥l2⇔μ1⊥μ2⇔μ1·μ2=0线面垂直设直线l的方向向量为μ,平面α的法向量为n,则l⊥α⇔μ∥n⇔∃λ∈R,使得μ=λn面面垂直设平面α,β的法向量分别为n1,n2,则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2=01.判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内打“√”,错误的打“×”.(1)若两条直线的方向向量的数量积为0,则这两条直线一定垂直相交.( )(2)若一直线与平面垂直,则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向向量的数量积为0.( )(3)两个平面垂直,则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线的方向向量垂直.( )(4)若两平面α,β的法向量分别为u 1=(1,0,1),u 2=(0,2,0),则平面α,β互相垂直.( )答案: (1)× (2)√ (3)× (4)√2.设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量(-2,-4,k ),若α⊥β,则k=( ) A.2 B.-5C.4D.-2答案:B解析:因为α⊥β,所以-2-8-2k=0,解得k=-5.例1如图,在四棱锥P-ABCD 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.思路分析只需证明直线PE 与AF 的方向向量互相垂直即可. 证明:(方法1)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,设AD=a ,则A (0,0,0),P (0,0,1),B (0,1,0),C (a ,1,0),于是F (0,12,12).∵E 在BC 上,∴设E (m ,1,0),∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,1,-1), AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12). ∵PE⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴PE ⊥AF . ∴无论点E 在边BC 上何处,总有PE ⊥AF .(方法2)因为点E 在边BC 上,可设BE⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ , 于是PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ )·12(AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ++λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ ++λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(0-1+1+0+0+0)=0,因此PE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AF ⃗⃗⃗⃗⃗ . 故无论点E 在边BC 上的何处,都有PE ⊥AF . 延伸探究本例条件不变,求证:AF ⊥BC. 证明:同例题建系,易知AF ⃗⃗⃗⃗⃗ += 0,12,12,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +=(a ,0,0),因为AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +=0,所以AF ⊥BC.利用向量方法证明线线垂直的方法(1)坐标法:建立空间直角坐标系,写出相关点的坐标,求出两直线方向向量的坐标,然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直;(2)基向量法:利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律,结合图形,将两直线所在的向量用基向量表示,然后根据数量积的运算律证明两直线所在的向量的数量积等于0,从而证明两条直线的方向向量互相垂直.跟踪训练1在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为AC 的中点.求证:(1)BD 1⊥AC ;(2)BD 1⊥EB 1.(2)∵BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +=(-1,-1,1),EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,12,1) ,∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +=(-1)×12++(-1)×12+1×1=0,∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴BD 1⊥EB 1.证明:以D 为原点,DA ,DC ,DD 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.设正方体的棱长为1,则B (1,1,0),D 1(0,0,1),A (1,0,0),C (0,1,0),E (12,12,0),B 1(1,1,1).(1)∵BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,1), AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0), ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1)×(-1)+(-1)×1+1×0=0. ∴BD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴BD 1⊥AC.例2在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F ,M 分别为棱AB ,BC ,B 1B 的中点.求证:D 1M ⊥平面EFB 1.思路分析一种思路是不建系,利用基向量法证明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面EFB 1内的两个不共线向量都垂直,从而根据线面垂直的判定定理证得结论;另一种思路是建立空间直角坐标系,通过坐标运算证明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与平面EFB 1内的两个不共线向量都垂直;还可以在建系的前提下,求得平面EFB 1的法向量,然后说明D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与法向量共线,从而证得结论.证明:(方法1)因为E ,F ,M 分别为棱AB ,BC ,B 1B 的中点, 所以D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =D 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +B 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 而B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(B 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −12DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0-0+0-12+12−14×0=0,因此D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .同理D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,又因为B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,因此D 1M ⊥平面EFB 1.(方法2)分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则D 1(0,0,1),M (1,1,12),B 1(1,1,1),E (1,12,0),F (12,1,0),于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−12),B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,−1),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,−1),因此D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×0+1×(−12)+(−12)×(-1)=0,故D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; 又D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×(−12)+1×0+(−12)×(-1)=0,故D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .又B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,因此D 1M ⊥平面EFB 1.(方法3)分别以DA ,DC ,DD 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则D 1(0,0,1),M (1,1,12),B 1(1,1,1),E (1,12,0),F (12,1,0),于是D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−12), B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−12,−1),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,−1),设平面EFB 1的法向量为n =(x ,y ,z ), 于是n ⊥B 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⊥B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,因此{−12y −z =0,−12x −z =0, 取x=2,则y=2,z=-1,即n =(2,2,-1),而(1,1,−12)=12(2,2,-1),即D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12n , 所以D 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∥n ,故D 1M ⊥平面EFB 1.利用空间向量证明线面垂直的方法(1)基向量法:选取基向量,用基向量表示直线所在的向量,在平面内找出两个不共线的向量,也用基向量表示,然后根据数量积运算律分别证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零,从而证得结论. (2)坐标法:建立空间直角坐标系,求出直线方向向量的坐标以及平面内两个不共线向量的坐标,然后根据数量积的坐标运算法则证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零,从而证得结论. (3)法向量法:建立空间直角坐标系,求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标,然后说明直线方向向量与平面法向量共线,从而证得结论.跟踪训练2如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,AB ⊥AD ,AB=4 ,CD=2, AD=2√2,PA ⊥平面ABCD ,PA=4. 求证:BD ⊥平面PAC.证明:因为AP ⊥平面ABCD ,AB ⊥AD ,所以以A 为坐标原点,AB ,AD ,AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系. 则B (4,0,0),P (0,0,4), D (0,2√2,0),C (2,2√2,0), 所以BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,2√2,0),AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√2,0),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,4). 所以BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4)×2+2√2×2√2+0×0=0, BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4)×0+2√2×0+0×4=0,所以BD ⊥AC ,BD ⊥AP . 因为AP ∩AC=A ,AC ⊂平面P AC ,AP ⊂平面P AC , 所以BD ⊥平面P AC.例3如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB ⊥BC ,AB=BC=2,BB 1=1,点E 为BB 1的中点,证明:平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C.思路分析要证明两个平面垂直,由两个平面垂直的条件,可证明这两个平面的法向量垂直,转化为求两个平面的法向量n 1,n 2,证明n 1·n 2=0.解:由题意得AB ,BC ,B 1B 两两垂直.以点B 为原点,BA ,BC ,BB 1所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则A (2,0,0),A 1(2,0,1),C (0,2,0),C 1(0,2,1),E 0,0,12,则AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,1), AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,0,12. 设平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1).则{n 1·AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{z 1=0,−2x 1+2y 1=0.令x 1=1,得y 1=1.∴n 1=(1,1,0).设平面AEC 1的一个法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2). 则{n 2·AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{−2x 2+2y 2+z 2=0,−2x 2+12z 2=0, 令z 2=4,得x 2=1,y 2=-1.∴n 2=(1,-1,4).∵n 1·n 2=1×1+1×(-1)+0×4=0, ∴n 1⊥n 2,∴平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C.利用空间向量证明面面垂直的方法1.利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径:一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直;二是直接求解两个平面的法向量,由两个法向量垂直,得面面垂直.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.跟踪训练3如图,在五面体ABCDEF 中,FA ⊥平面ABCD , AD ∥BC ∥FE ,AB ⊥AD ,M 为EC 的中点,AF=AB=BC=FE=12AD 求证:平面AMD ⊥平面CDE.分析:因为FA ⊥平面ABCD ,所以可以以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系.证明:如图,建立空间直角坐标系,点A 为坐标原点,设AB=1,依题意得A (0,0,0),M (12,1,12) ,C (1,1,0),D (0,2,0),E (0,1,1),则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,1,12),CE⃗⃗⃗⃗⃗ +=(-1,0,1),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),可得AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,因此CE ⊥AM ,CE ⊥AD. 又AM ∩AD=A ,∴CE ⊥平面AMD.又CE ⊂平面CED ,∴平面AMD ⊥平面CED.金题典例 如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形,AC=2a ,BB 1=3a ,D 是A 1C 1的中点,E 是B 1C 的中点.(1)求cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >.(2)在线段AA 1上是否存在点F ,使CF ⊥平面B 1DF ?若存在,求出|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |;若不存在,请说明理由.解:(1)以B 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.∵AC=2a ,∠ABC=90°,∴AB=BC=√2a. ∴B (0,0,0),A (√2a ,0,0),C (0,√2a ,0),B 1(0,0,3a ),A 1(√2a ,0,3a ),C 1(0,√2a ,3a ),D (√22a,√22a,3a),E (0,√22a,32a), CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a ,-√2a ,3a ), BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√22a,32a). ∴|CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√13a ,|BE ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√112a ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0-a 2+92a 2=72a 2. ∴cos <BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=BE⃗⃗⃗⃗⃗ ·CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ||CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=7√143143.(2)存在.理由如下:假设存在点F ,使CF ⊥平面B 1DF.不妨设AF=b ,则F (√2+a ,0,b ),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ +=(√2+a ,-√2+a ,b ),B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +=(√2+a ,0,b-3a ),B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√22a,√22a,0). ∵CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a 2-a 2+0=0,∴CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 恒成立.由B 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2a 2+b (b-3a )=b 2-3ab+2a 2=0,得b=a 或b=2a , ∴当|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=a 或|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2a 时,CF ⊥平面B 1DF . 应用空间向量解答探索性(存在性)问题 立体几何中的存在探究题,解决思路一般有两个:(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,并用向量表示出来,然后再加以证明,得出结论;(2)假设所求的点或参数存在,并用相关参数表示相关点,根据线、面满足的垂直、平行关系,构建方程(组)求解,若能求出参数的值且符合该限定的范围,则存在,否则不存在. 三、达标检测B.平面AED ⊥平面A 1FD 1C.平面AED 与平面A 1FD 1相交但不垂直D.以上都不对答案:B 解析:以D 为原点, DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 分别为x ,y ,z 建立空间直角坐标系,求出平面AED 的法向量n 1与平面A 1FD 1的法向量n 2.因为n 1·n 2=0,所以n 1⊥n 2,故平面AED ⊥平面A 1FD 1.3.若直线l 的方向向量是a =(1,0,-2),平面β的法向量是b =(-1,0,2),则直线l 与β的位置关系是 . 答案:l ⊥β 解析:因为a ∥b ,所以l ⊥β.4.如图,在四面体ABCD 中,AB ⊥平面BCD ,BC=CD , ∠BCD=90°,∠ADB=30°,E ,F 分别是AC ,AD 的中点, 求证:平面BEF ⊥平面ABC.证明:建立空间直角坐标系,如图,取A (0,0,a ),则易得B (0,0,0), C√32a ,√32a ,0,D (0,√3a ,0),E√34a ,√34a ,a2,F (0,√32a,a2).∵∠BCD=90°,∴CD ⊥BC.∵AB ⊥平面BCD ,∴AB ⊥CD.又∵AB ∩BC=B ,∴CD ⊥平面ABC. ∴CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32a,√32a,0)为平面ABC 的一个法向量.设平面BEF 的法向量n =(x ,y ,z ),∴n ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即(x ,y ,z )·(−√34a,√34a,0)=0.∴x=y.由n ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即(x ,y ,z )·(0,√32a,a 2)=0, 有√32ay+a2z=0,∴z=-√3y. 取y=1,得n =(1,1,-√3). ∵n ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-√3)·(−√32a,√32a,0)=0, ∴n ⊥CD ⃗⃗⃗⃗⃗ .∴平面BEF ⊥平面ABC.5．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AD =，12AB AA ==，N 、M 分别是AB 、1C D 的中点．（1）求证：//NM 平面11A ADD ； （2）求证：NM ⊥平面11A B M ．证明：（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AD =，12AB AA ==，N 、M 分别是AB 、1C D 的中点，(0M ∴，1，1)，(1N ，1，0)，(1MN =，0，1)-，平面11A ADD 的法向量(0n =，1，0)，∴0MN n =，MN ⊂/平面11A ADD ，//MN ∴平面11A ADD ．（2）1(1A ，0，2)，1(1B ，2，2)，11(0A B =，2，0)，1(1A M =-，1，1)-，∴11·0MN A B =，1·0MN AM =，11MN A B ∴⊥，1MN A M ⊥， 1111A B A M A ⋂=，NM ∴⊥平面11A B M ．四、小结五、课时练教学中主要突出了几个方面：一是突出类比学习，让学生类比向量解决平行问题，进而学习运用空间向量解决垂直问题，发展学生的类比思想和逻辑推理能力。