用空间向量解决立体几何中的平行问题

2020年高考数学立体几何突破性讲练08利用空间向量证明平行、垂直一、考点传真：能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系二、知识点梳理：证明平行、垂直问题的思路(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．3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的法向量平行；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.三、例题：例1. （2019江苏卷）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【解析】证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1， 所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .例2.（2016年北京卷） 如图，在四棱锥中，平面PAD ⊥平面，，，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)∵面PAD面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ，P ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ， 又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ， (2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO ，∵CD AC == ∴CO ⊥AD ， ∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ，以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，， 设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>== (3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAPλ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求． 例3.（2011安徽）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==OAB ∆，OAC ∆，ODE ∆，ODF ∆都是正三角形． （Ⅰ）证明直线BC ∥EF ； （Ⅱ）求棱锥F OBED -的体积．【解析】（Ⅰ）（综合法）证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点． 由于OAB ∆与ODE∆都是正三角形，所以OB ∥DE 21，OG=OD=2， 同理，设G '是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有.2=='OD G O 又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 与G '重合．在GED ∆和GFD 中，由OB ∥DE 21和OC ∥DF 21，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是GEF ∆的中位线，故BC ∥EF ．（向量法）过点F 作AD FQ ⊥，交AD 于点Q ，连QE ，由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，QE 为x 轴正向，QD 为y 轴正向，QF 为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系． 由条件知).23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(--C B F E则有33(,0,),(3,0,BC EF =-=- 所以,2=即得BC ∥EF ．（Ⅱ）由OB=1，OE=2，23,60=︒=∠EOB S EOB 知，而O E D ∆是边长为2的正三角形，故.3=OED S 所以.233=+=OED EOB OBED S S S过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F —OBED 的高，且FQ=3，所以.2331=⋅=-OBED OBED F S FQ V 例4.（2011江苏）如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD =，BAD ∠=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点． 求证：（Ⅰ）直线EF ∥平面PCD ；（Ⅱ）平面BEF ⊥平面PAD ．【证明】（Ⅰ）在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF//PD ．又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以直线EF//平面PCD ．（Ⅱ）连结DB ，因为AB=AD ，∠BAD=60°，所以ABD ∆为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD=AD ，所以BF ⊥平面PAD ．又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD ．例5.(2010广东)如图，¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FB FD ==，EF =．（Ⅰ）证明：EB FD ⊥；（Ⅱ）已知点,Q R 为线段,FE FB 上的点，23FQ FE =，23FR FB =，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．【证明】：（Ⅰ）连结CF ，因为¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，所以EB AC ⊥．在RT BCE ∆中，EC ===．在BDF ∆中，BF DF ==，BDF ∆为等腰三角形， 且点C 是底边BD 的中点，故CF BD ⊥．在CEF ∆中，222222)(2)6CE CF a a EF +=+==，所以CEF ∆为Rt ∆，且CF EC ⊥．因为CF BD ⊥，CF EC ⊥，且CE BD C =I ，所以CF ⊥平面BED ， 而EB ⊂平面BED ，CF EB ∴⊥．因为EB AC ⊥，EB CF ⊥，且AC CF C =I ，所以EB ⊥平面BDF ， 而FD ⊂平面BDF ，EB FD ∴⊥．（Ⅱ）设平面BED 与平面RQD 的交线为DG ．由23FQ FE =，23FR FB =，知//QR EB ． 而EB ⊂平面BDE ，∴//QR 平面BDE ， 而平面BDE I 平面RQD = DG ， ∴////QR DG EB ．由（Ⅰ）知，BE ⊥平面BDF ，∴DG ⊥平面BDF ， 而,DR DB ⊂平面BDF ，∴DG DR ⊥，DG DQ ⊥， ∴RDB ∠是平面BED 与平面RQD 所成二面角的平面角． 在Rt BCF ∆中，2CF a ===，sin FC RBD BF ∠===cos RBD ∠==． 在BDR ∆中，由23FR FB =知，133BR FB ==，由余弦定理得，RD== 由正弦定理得，sin sin BR RD RDB RBD=∠∠，即332sin RDB =∠，sin RDB ∠=故平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值为29．为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面AEF .【解析】证明 取BC 中点H ，连接OH ，则OH ∥BD ，又四边形ABCD 为正方形， ∴AC ⊥BD ，∴OH ⊥AC ，故以O 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A (3，0，0)，C (－1，0，0)，D (1，－2，0)，F (0，0，3)，B (1，2，0).BC →＝(－2，－2，0)，CF →＝(1，0，3)，BF →＝(－1，－2，3). (1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－3，3，1). 又四边形BDEF 为平行四边形， ∴DE →＝BF →＝(－1，－2，3)， ∴AE →＝AD →＋DE →＝BC →＋BF →＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， ∴AE →·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ， 又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF .(2)AF →＝(－3，0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE →＝－3＋3＝0， ∴CF →⊥AF →，CF →⊥AE →， 即CF ⊥AF ，CF ⊥AE ， 又AE ∩AF ＝A ， AE ，AF ⊂平面AEF ， ∴CF ⊥平面AEF .2.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .【解析】证明 由题意知AA 1，AB ，AC 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．不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)，C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→.MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0，，令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C . 3.如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DE ＝2，M 为线段BF 的中点．(1)求M 到平面DEC 的距离及三棱锥M －CDE 的体积； (2)求证：DM ⊥平面ACE .【解析】(1)设AC ∩BD ＝O ，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (－1,0,2)，M (1,0,1)， DE →＝(0,0,2)，DC →＝(1，3，0)，DM →＝(2,0,1)， ∵DE →·DC →＝0， ∴DE ⊥DC ，∴S △DEC ＝12×DE ×DC ＝12×2×2＝2，设平面DEC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝2z ＝0，n ·DC →＝x ＋3y ＝0，取x ＝3，得n ＝(3，－1,0)，∴M 到平面DEC 的距离h ＝|DM →·n ||n |＝233＋1＝3，∴三棱锥M －CDE 的体积V ＝13×S △CDE ×h ＝13×2×3＝233.(2)证明：A (0，－3，0)，AC →＝(0,23，0)，AE →＝(－1，3，2)， AC →·DM →＝0，AE →·DM →＝－2＋2＝0， ∴AC ⊥DM ，AE ⊥DM ，∵AC ∩AE ＝A ，∴DM ⊥平面ACE .4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .【解析】证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点， 所以OF ∥AB .又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为P A ＝PD ＝22AD ， 所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a2.以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则A ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，a 2，0，D ⎝⎛⎭⎫－a2，0，0， P ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2，B ⎝⎛⎭⎫a 2，a ，0，C ⎝⎛⎭⎫－a2，a ，0. 因为E 为PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫－a 4，a 2，a4. 易知平面P AD 的一个法向量为OF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0， 因为EF →＝⎝⎛⎭⎫a 4，0，－a 4，且OF →·EF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0·⎝⎛⎭⎫a4，0，－a 4＝0， 又因为EF ⊄平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2，CD →＝(0，－a,0)， 所以P A →·CD →＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2·(0，－a,0)＝0， 所以P A →⊥CD →，所以P A ⊥CD . 又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ， PD ，CD ⊂平面PDC ， 所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面PDC .5．如图，在三棱锥P －ABC 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 .【解析】证明 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)．(1)∵AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125. 又AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则A P →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，BM ∩BC ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM .6. 如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .【解析】证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，△PBC 为等边三角形，即PO ⊥BC ， ∵平面PBC ⊥底面ABCD ，BC 为交线，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD →， ∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝⎛⎭⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴DM ⊥平面P AB . ∵DM ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面P AB .7.如图所示，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱A 1A ＝2.(1)证明：AC ⊥A 1B ；(2)是否在棱A 1A 上存在一点P ，使得AP →＝λP A 1→且面AB 1C 1⊥面PB 1C 1.【解析】 如图所示，以DA ，DC ，DA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，B (1,1,0)，D 1(－1,0，3)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)．(1)证明：AC →＝(－1,1,0)，A 1B →＝(1,1，－3)， ∴AC →·A 1B →＝0，∴AC ⊥A 1B . (2)假设存在， ∵AP →＝λP A 1→， ∴P ⎝⎛⎭⎪⎫11＋λ，0，3λ1＋λ. 设平面AB 1C 1的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， ∵AB 1→＝(－1,1，3)，AC 1→＝(－2,1，3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB 1→＝－x 1＋y 1＋3z 1＝0，n 1·AC 1→＝－2x 1＋y 1＋3z 1＝0.令z 1＝3，则y 1＝－3，x 1＝0.∴n 1＝(0，－3，3)．同理可求面PB 1C 1的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3λ＋1，－1， ∴n 1·n 2＝0.∴－331＋λ－3＝0，即λ＝－4.∵P 在棱A 1A 上，∴λ>0，矛盾． ∴这样的点P 不存在．8.如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥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 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 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). 设平面DA 1C 1的法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 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 1C 1， 则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .。

利用空间向量证明线面平行问题向量是高中数学的新增内容，是一个具有代数与几何双重属性的量，为我们用代数方法研究几何问题提供了强有力的工具。

线面平行是立体几何的一个重要内容，是面面平行等内容的基础，也是学生学习的一个难点和重点，若我们能充分应用好向量这个工具的特点，发挥它的双重属性，能起到事半功倍的效果。

一、应用空间共线向量定理：由平面外的一条直线和平面内一条直线共线，得到线面平行。

例1 、（2004年天津）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD 底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点。

证明：PA//平面EDB。

证明：如图所示建立空间直角坐标系D为坐标原点，设DC=a，连结AC，AC交BD于G，连结EG 。

依题意得A （a ，0，0），P （0，0，a ），E （0，2a ，2a ）。

底面ABCD 是正方形，G 是此正方形的中心，则点G 的坐标为（2a ，2a ，0），∴PA =（a ，0，-a ），EG =（2a ，0，-2a ）∴=2EG ， P ∉EG ，∴PA//EG ，而EG ⊂平面EDB ，PA ⊄平面EDB ，∴PA//平面EDB 。

二、应用向量平行于平面和空间向量共面定理，我们可得到如下的性质：如图，已知直线L 不在平面α内，取直线L 上的任一非零向量，平面α中存在两个不共线向量，，若存在唯一的实数对λ1，λ2，使得=λ1+λ2，则L//α。

证明：由n =λ1a +λ2b 知n ，a 与b 共面，因此n //α，由直线L 不在平面α内得到L//α。

例2 、已知平行四边形ABCD ，P 为平行四边形ABCD 所在平面外一点，M ，N 分别为PC ，PB 的中点；求证：MN//面PAB 。

D证明：构造向量MN ，AP ，AB ，PC 和CB 。

=21（+）=21（—+）=21（—） ∴ MN//面PAB例3、 已知四边形ABCD 是正方形，S 是平面ABCD 外一点，且SA=SB=SC=SD ，SP:PD=1:2，SN: NA=2:1，SM:MC=2:1。

立体几何之空间向量法【知识要点】1. 利用空间向量证明平行问题的方法(1)线线平行：直线与直线平行，只需证明它们的方向向量平行．(2)线面平行：利用线面平行的判定定理，证明直线的方向向量与平面内一条直线的方向向量平行；利用共面向量定理，证明平面外直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量共面；证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．(3)面面平行：平面与平面的平行，除了利用面面平行的判定定理转化为线面平行外，只要证明两个平面的法向量平行即可．下面用符号语言表述为：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(2)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0.(3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4.2. 利用空间向量证明垂直问题的方法(1)线线垂直：直线与直线的垂直，只要证明两条直线的方向向量垂直．(2)线面垂直：利用线面垂直的定义，证明直线的方向向量与平面内的任意一条直线的方向向量垂直；利用线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；证明直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)面面垂直：平面与平面的垂直，除了用面面垂直的判定定理转化为线面垂直外，只要证明两个平面的法向量垂直即可．下面用符号语言表述为：设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)线线垂直：l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3.(3)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0.3. (1)夹角计算公式①两条异面直线的夹角若两条异面直线a 和b 的方向向量分别为n 1，n 2，两条异面直线a 和b 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|.②直线与平面所成的角若直线a 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线a 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪a ·n |a ||n |.③二面角设n 1，n 2分别为二面角的两个半平面的法向量，其二面角为θ，则θ＝〈n 1，n 2〉或θ＝π－〈n 1，n 2〉，其中cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|. (2)距离公式①点点距离：点与点的距离，是以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距离：点M 到直线a 的距离，设直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M到直线a 的距离d ＝|MN |sin 〈MN ，a 〉； ③线线距离：两条平行线间的距离，转化为点线距离；两条异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距离：点M 到平面α的距离，如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN ||cos 〈MN ，n 〉|＝||||MN n n ； ⑤线面距离：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离；⑥面面距离：两平行平面间的距离，转化为点面距离．4. (1)用空间向量解决立体几何问题的步骤及注意事项①建立空间直角坐标系，要写理由，坐标轴两两垂直要证明；②准确求出相关点的坐标(特别是底面各点的坐标，若底面不够规则，则应将底面单独抽出来分析)，坐标求错将前功尽弃；③求平面法向量或直线的方向向量；④根据向量运算法则，求出问题的结果．(2)利用空间向量巧解探索性问题空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行繁杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．在解题过程中，往往把“是否存在”问题，转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．一、真题试做1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )．A ．55B ．53C ．255D ．352．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是__________．3．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F －BD －C 的余弦值．4．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．5．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E为棱P A上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．二、热点例析热点一利用空间向量证明平行问题【例１】如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中点．求证：B1C∥平面ODC1.变式训练1如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC ，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：＝90°，且AB＝AA(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.热点二利用空间向量证明垂直问题【例２】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F，求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.变式训练2如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若P A＝AB，求PB与AC所成角的余弦值；(3)当平面PBC与平面PDC垂直时，求P A的长．热点三利用空间向量求角和距离【例３】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝ 5.B1所成角的余弦值；(1)求异面直线AC与A(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．变式训练3 已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，O 1为A 1C 1与B 1D 1的交点．(1)设AB 1与底面A 1B 1C 1D 1所成角的大小为α，二面角A －B 1D 1－A 1的大小为β.求证：tan β＝2tan α；(2)若点C 到平面AB 1D 1的距离为43，求正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的 高．热点四 用向量法解决探索性问题【例４】如图，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 ，求二面角P －AC －D 的大小；(3)在(2)的条件下，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，请说明理由．变式训练4 如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD＝2；E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：PB ∥平面EFG ；(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值； (3)在线段CD 上是否存在一点Q ，使得A 到平面EFQ 的距离为45若存在，求出CQ 的值；若不存在，请说明理由．三、思想渗透转化与化归思想——利用向量解决空间位置关系及求角问题主要问题类型：(1)空间线面关系的证明；(2)空间角的求法；(3)存在性问题的处理方法．求解时应注意的问题：(1)利用空间向量求异面直线所成的角时，应注意角的取值范围；(2)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是钝角还是锐角．【典型例题】如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6.D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.图1 图2(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由．四、练习巩固 1．已知AB ＝(1,5，－2)，BC ＝(3,1，z )，若,AB BC BP ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 的值分别为( )．A ．337，－157，4B ．407，－157，4C ．4072,4D ．4，407，－15 2．已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 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)3．已知E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1棱BB 1，AD 的中点，则直线EF 和平面BDD 1B 1所成的角的正弦值是( )．A ．26B ．36C ．13D ．664．在四面体PABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为__________．5．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是__________．7．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是AC 的中点，E 是线段D 1O 上一点，且D 1E ＝λEO .(1)若λ＝1，求异面直线DE 与CD 1所成角的余弦值；(2)若平面CDE ⊥平面CD 1O ，求λ的值．。

立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．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 ＝x v 1＋y v 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．下列各组向量中不平行的是( )A ．a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2，－4,4)B ．c ＝(1,0,0)，d ＝(－3,0,0)C ．e ＝(2,3,0)，f ＝(0,0,0)D ．g ＝(－2,3,5)，h ＝(16,24,40)2．已知平面α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的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为______________．4．若A (0,2，198)，B (1，－1，58)，C (－2,1，58)是平面α的三点，设平面α的法向量n ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.题型一 证明平行问题例1 (2013·改编)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 .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；(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．题型二证明垂直问题例2如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.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.题型三解决探索性问题例3 如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1；(2)求二面角D－A1A－C的余弦值；(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．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．利用向量法解决立体几何问题典例：如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E－ACD的体积．A 组 专项基础训练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 ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α相交2．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D ．平行或在平面3．已知A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则平行四边形ABCD 的顶点D 的坐标是( )A ．(2,4，－1)B ．(2,3,1)C ．(－3,1,5)D ．(5,13，－3)4．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.6575．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 所成的角为( )A ．60°B ．45°C ．90°D ．以上都不正确6．已知平面α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________．7．设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________.8．如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________． 9．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .10．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 .B 组 专项能力提升11．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 ．(23，23，1)C ．(22，22，1) D ．(24，24，1) 12．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量，若α⊥β，则t 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．613．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 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 一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个．14．如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .15．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求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．。

3.2.2 利用向量解决平行、垂直问题1．用向量方法证明空间中的平行关系(1)证明线线平行设直线l，m的方向向量分别是a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，则l∥m⇔□01a∥b⇔□02 a＝λb⇔□03a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(2)证明线面平行设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔□04a⊥u⇔□05a·u＝0⇔□06a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(3)证明面面平行①设平面α，β的法向量分别为u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔□07u∥v⇔u＝λv⇔□08a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．②由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可．2．用向量方法证明空间中的垂直关系(1)证明线线垂直设直线l1的方向向量u1＝(a1，b1，c1)，直线l2的方向向量u2＝(a2，b2，c2)，则l1⊥l2⇔□09u1⊥u2⇔□10u1·u2＝0⇔□11a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)证明线面垂直设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔□12 u∥v⇔□13u＝λv(λ∈R)⇔□14a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(3)证明面面垂直若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔□15u ⊥v⇔□16u·v＝0⇔□17a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若两直线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．( )答案 (1)× (2)√ (3)×2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)若直线l 1的方向向量为u 1＝(1,3,2)，直线l 2上有两点A (1,0,1)，B (2，－1,2)，则两直线的位置关系是________．(2)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)，则直线l 与平面α的位置关系为________．(3)已知两平面α，β的法向量分别为u 1＝(1,0,1)，u 2＝(0,2,0)，则平面α，β的位置关系为________．(4)若平面α，β的法向量分别为(－1,2,4)，(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为________．答案 (1)垂直 (2)垂直 (3)垂直 (4)－10探究1 利用空间向量解决平行问题例1 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别是BB 1，DD 1的中点，求证： (1)FC 1∥平面ADE ； (2)平面ADE ∥平面B 1C 1F .[证明] (1)如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，C 1(0,2,2)，E (2,2,1)，F (0，0,1)，B 1(2,2,2)， 所以FC 1→＝(0,2,1)，DA →＝(2,0,0)，AE →＝(0,2,1)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则n 1⊥DA →，n 1⊥AE →， 即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝2x 1＝0，n 1·AE →＝2y 1＋z 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1，所以n 1＝(0，－1,2)． 因为FC 1→·n 1＝－2＋2＝0，所以FC 1→⊥n 1.又因为FC 1⊄平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE . (2)因为C 1B 1→＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量． 由n 2⊥FC 1→，n 2⊥C 1B 1→，得 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·FC 1→＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C 1B 1→＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2.令z 2＝2，得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1,2)， 因为n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1F . 拓展提升利用向量法证明平行问题的两种途径(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系； (2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行平行关系的证明．【跟踪训练1】 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2，P ，Q ，R ，S 分别是AA 1，D 1C 1，AB ，CC 1的中点．求证：PQ ∥RS .证明 证法一：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Dxyz .则P (3,0,1)，Q (0,2,2)，R (3,2,0)，S (0,4,1)， PQ →＝(－3,2,1)，RS →＝(－3,2,1)，∴PQ →＝RS →，∴PQ →∥RS →，即PQ ∥RS . 证法二：RS →＝RC →＋CS →＝12DC →－DA →＋12DD 1→，PQ →＝PA 1→＋A 1Q →＝12DD 1→＋12DC →－DA →，∴RS →＝PQ →，∴RS →∥PQ →，即RS ∥PQ . 探究2 利用空间向量解决垂直问题例2 如图，在四棱锥E －ABCD 中，AB ⊥平面BCE ，CD ⊥平面BCE ，AB ＝BC ＝CE ＝2CD ＝2，∠BCE ＝120°.求证：平面ADE ⊥平面ABE .[证明] 取BE 的中点O ，连接OC ，则OC ⊥EB ， 又AB ⊥平面BCE .∴以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .如图所示．则由已知条件有C (1，0,0)，B (0，3，0)，E (0，－3，0)，D (1,0,1)，A (0，3，2)． 设平面ADE 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则n ·EA →＝(a ，b ，c )·(0,23，2)＝23b ＋2c ＝0，n ·DA →＝(a ，b ，c )·(－1，3，1)＝－a ＋3b ＋c ＝0.令b ＝1，则a ＝0，c ＝－3， ∴n ＝(0,1，－3)．∵AB ⊥平面BCE ，∴AB ⊥OC ，又OC ⊥EB ，且EB ∩AB ＝B ，∴OC ⊥平面ABE ， ∴平面ABE 的法向量可取为m ＝(1,0,0)． ∵n ·m ＝(0,1，－3)·(1,0,0)＝0， ∴n ⊥m ，∴平面ADE ⊥平面ABE . 拓展提升利用向量法证明几何中的垂直问题的两条途径(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的垂直关系． (2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行证明．证明线面垂直时，只需直线的方向向量与平面的法向量平行或直线的方向向量与平面内两相交的直线的方向向量垂直．在判定两个平面垂直时，只需求出这两个平面的法向量，再看它们的数量积是否为0.【跟踪训练2】 如右图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，D 1B 1的中点．求证：EF ⊥平面B 1AC .证明 证法一：设AB →＝a ，AD →＝c ，AA 1→＝b ，则EF →＝EB 1→＋B 1F →＝12(BB 1→＋B 1D 1→)＝12(AA 1→＋BD →)＝12(AA 1→＋AD →－AB →)＝12(－a ＋b ＋c )，∵AB 1→＝AB →＋AA 1→＝a ＋b .∴EF →·AB 1→＝12(－a ＋b ＋c )·(a ＋b )＝12(b 2－a 2＋c ·a ＋c ·b ) ＝12(|b |2－|a |2＋0＋0)＝0. ∴EF →⊥AB 1→，即EF ⊥AB 1，同理，EF ⊥B 1C . 又AB 1∩B 1C ＝B 1， ∴EF ⊥平面B 1AC .证法二：设正方体的棱长为2，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的直角坐标系，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)，E (2,2,1)，F (1,1,2)．∴EF →＝(1,1,2)－(2,2,1) ＝(－1，－1,1)．AB 1→＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)，AC →＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)，∴EF →·AB 1→＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝(－1)×0＋(－1)×2＋1×2＝0.EF →·AC →＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝2－2＋0＝0， ∴EF →⊥AB 1→，EF →⊥AC →， ∴EF ⊥AB 1，EF ⊥AC . 又AB 1∩AC ＝A ， ∴EF ⊥平面B 1AC .证法三：同法二得AB 1→＝(0,2,2)，AC →＝(－2,2,0)， EF →＝(－1，－1,1)．设面B 1AC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则AB →1·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝－1，∴n ＝(1,1，－1)，∴EF →＝－n ，∴EF →∥n ，∴EF ⊥平面B 1AC . 探究3 与平行、垂直有关的探索性问题例3 如图，在三棱锥P －ABC 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)在线段AP 上是否存在点M ，使得平面AMC ⊥平面BMC ？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：如图，以O 为原点，以射线OD 为y 轴的正半轴，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)， AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，由此可得AP →·BC →＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC .(2)假设存在满足题意的M ，设PM →＝λPA →，λ≠1，则PM →＝λ(0，－3，－4)．BM →＝BP →＋PM →＝BP →＋λPA →＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC →＝(－4,5,0)．设平面BMC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面APC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧BM →·n 1＝0，BC →·n 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1－(2＋3λ)y 1＋(4－4λ)z 1＝0，－8x 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝2＋3λ4－4λy 1，可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，2＋3λ4－4λ.由⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＋4z 2＝0，－4x 2＋5y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝54y 2，z 2＝－34y 2，可取n 2＝(5,4，－3)，由n 1·n 2＝0，得4－3×2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－65，－85，AM →＝AP →＋PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，所以AM ＝3.综上所述，存在点M 符合题意，AM ＝3. 拓展提升利用向量解决探索性问题的方法对于探索性问题，一般先假设存在，利用空间坐标系，结合已知条件，转化为代数方程是否有解的问题，若有解满足题意则存在，若没有满足题意的解则不存在．【跟踪训练3】 如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4.(1)求证：BC 1⊥平面AB 1C ；(2)在AB 上是否存在点D ，使得AC 1∥平面CDB 1.解 (1)证明：由已知AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，因而△ABC 是∠ACB 为直角的直角三角形，由三棱柱是直三棱柱，则CC 1⊥平面ABC ，以CA ，CB ，CC 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，从而CA →＝(3,0,0)，BC 1→＝(0，－4,4)，则BC 1→·CA →＝(0，－4,4)·(3,0,0)＝0，则BC 1→⊥AC →，所以BC 1⊥AC .又四边形BCC 1B 1为正方形，因而BC 1⊥B 1C .又∵B 1C ∩AC ＝C ，∴BC 1⊥平面AB 1C .(2)假设存在点D (x ，y,0)，使得AC 1∥平面CDB 1，CD →＝(x ，y,0)，CB 1→＝(0,4,4)， 设平面CDB 1的法向量m ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·CB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧xa ＋yb ＝0，4b ＋4c ＝0.令b ＝－x ，则c ＝x ，a ＝y ，所以m ＝(y ，－x ，x )，而AC 1→＝(－3,0,4)，则AC 1→·m ＝0，得－3y ＋4x ＝0.① 由D 在AB 上，A (3,0,0)，B (0,4,0)得x －3－3＝y4，即得4x ＋3y ＝12，② 联立①②可得x ＝32，y ＝2，∴D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，0，即D 为AB 的中点． 综上，在AB 上存在点D ，使得AC 1∥平面CDB 1，点D 为AB 的中点．1.利用向量证明线线平行的两种思路一是建立空间直角坐标系，通过坐标运算，利用向量平行的坐标表示证明；二是用基底思路，通过向量的线性运算，利用共线向量定理证明.2.向量法证明线线垂直的方法用向量法证明空间中两条直线相互垂直，其主要思路是证明两条直线的方向向量相互垂直．具体方法为：(1)坐标法：根据图形的特征，建立适当的空间直角坐标系，准确地写出相关点的坐标，表示出两条直线的方向向量，证明其数量积为0.(2)基向量法：利用向量的加减运算，结合图形，将要证明的两条直线的方向向量用基向量表示出来．利用数量积运算说明两向量的数量积为0.3.向量法证明线面垂直的方法(1)向量基底法，具体步骤如下：①设出基向量，用基向量表示直线的方向向量；②找出平面内两条相交直线的方向向量并分别用基向量表示；③分别计算直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量的数量积.(2)坐标法，具体方法如下：方法一：①建立空间直角坐标系；②将直线的方向向量用坐标表示；③将平面内任意两条相交直线的方向向量用坐标表示；④分别计算直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量的数量积.方法二：①建立空间直角坐标系；②将直线的方向向量用坐标表示；③求平面的法向量；④说明平面的法向量与直线的方向向量平行.4.证明面面垂直的两种思路一是证明其中一个平面过另一个平面的垂线，即转化为线面垂直；二是证明两平面的法向量垂直.1．已知线段AB的两端点坐标为A(9，－3,4)，B(9,2,1)，则线段AB与坐标平面( ) A．xOy平行B．xOz平行C．yOz平行D．yOz相交答案 C解析 因为AB →＝(9,2,1)－(9，－3,4)＝(0,5，－3)，所以AB ∥平面yOz .2．若两个不同平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－1)，v ＝(－3，－6,3)，则( ) A ．α∥β B ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确 答案 A解析 ∵v ＝－3u ，∴α∥β.3．已知直线l 与平面α垂直，直线l 的一个方向向量为u ＝(1，－3，z )，向量v ＝(3，－2,1)与平面α平行，则z 等于( )A ．3B ．6C ．－9D ．9 答案 C解析 ∵l ⊥α，v 与平面α平行，∴u ⊥v ，即u ·v ＝0，∴1×3＋3×2＋z ×1＝0，∴z ＝－9.4．在三棱锥P －ABC 中，CP ，CA ，CB 两两垂直，AC ＝CB ＝1，PC ＝2，在如图所示的空间直角坐标系中，下列向量中是平面PAB 的法向量的是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12 B ．(1，2，1) C ．(1,1,1) D ．(2，－2,1) 答案 A解析 PA →＝(1,0，－2)，AB →＝(－1,1,0)，设平面PAB 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则x －2＝0，即x ＝2；－x ＋y ＝0，即y ＝x ＝2.所以n ＝(2,2,1)．因为⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12＝12n ，所以A正确．5．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为棱BB 1的中点，在棱DD 1上是否存在点P ，使MD ⊥平面PAC?解 如图，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12.假设存在P (0,0，x )满足条件，则PA →＝(1,0，－x )，AC →＝(－1,1,0)．设平面PAC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ PA →·n ＝0，AC →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－xz 1＝0，－x 1＋y 1＝0.令x 1＝1得y 1＝1，z 1＝1x ，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，1x ， 由题意MD →∥n ，由MD →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－1，－12，得x ＝2， ∵正方体棱长为1，且2>1，∴棱DD 1上不存在点P ，使MD ⊥平面PAC .。

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 →＝t a ，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 ＝x v 1＋y v 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.2 B.－4 C.4 D.－2 答案 C解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝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.(－33，－33，－33) D.(33，33，－33) 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⊥β α∥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 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 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 (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝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P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面P AD ⊥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 ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， 所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 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 →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y,0)，则(x －x 0，y －y 0,0)＝14(－x 0，2－y 0,0)，∴⎩⎨⎧x ＝34x 0y ＝24＋34y∴OF →＝(34x 0，24＋34y 0,0)又由方法一知PQ →＝(34x 0，24＋34y 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 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 方法一 设平面A 1BD 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 →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－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 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 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 1BD 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 1BD 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 1BD . 命题点2 证面面垂直例3 如图，在三棱锥P ABC 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 →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125， 又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝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 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点.求证： ①DE ∥平面ABC ； ②B 1F ⊥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 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0). B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥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P AD ； ②求证：平面P AB ⊥平面P AD .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 (32，0，32)， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝(32，0，32)，令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1).∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .②取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1). ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ，又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD ， 又∵BE ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AD .题型三 利用空间向量解决探索性问题例4 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 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 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥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 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0). 设n 2＝(x ，y ，z )为平面DAA 1D 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 1A －C 的平面角，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55，所以，二面角D －A 1A －C 的余弦值为55. (3)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 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 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 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 1C 1，则n 3⊥BP →， 即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝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P AD 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 ，a2，0， 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 －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋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 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 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±22.[11分] 故存在λ＝1±22，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 ⊥αC.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.(23，23，1) C.(22，22，1) D.(24，24，1) 答案 C解析 设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，则O (22，22，0)， 又E (0,0,1)，A (2，2，0)，∴OE →＝(－22，－22，1)，AM →＝(x －2，y －2，1)， ∵AM ∥平面BDE ，∴OE →∥AM →，∴⎩⎨⎧ x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎨⎧ x ＝22，y ＝22.5.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___________________________________.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P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD＝2，E ，F ，H 分别是线段P A ，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 ＝12PD .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，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥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 (12，1，12)，F (0,1，12)，EF →＝(－12，0,0)，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 →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ， 又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(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P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .B 组 专项能力提升(时间：25分钟)10.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.答案 1解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 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 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.11.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 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 1Q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 ＋12，y ＋12，1， 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 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点.(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？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 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥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 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0).又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z ).∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0. 取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0， 解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. 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P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .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 ＝62a ， 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0， SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，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P AC .理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS → ＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ， 而BE →·DS →＝0⇔t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE 不在平面P AC 内，故BE ∥平面P AC .∴存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ，此时SE ∶EC ＝2.。

用空间向量讨论立体几何中的平行与垂直关系编稿：周尚达审稿：张扬责编：严春梅目标认知学习目标：1．理解直线的方向向量与平面的法向量.2．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、平行关系.3．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的立体几何问题。

重点：空间向量共线与垂直的充要条件；空间向量的运算及其坐标表示；用向量方法证明有关直线和平面位置关系的立体几何问题。

难点：空间直角坐标系的正确建立，空间向量的运算及其坐标表示；用向量语言证明立体几何中有关垂直、平行关系的问题.学习策略：直线的方向向量和平面的法向量可以确定直线和平面的位置，因此用向量讨论立体几何中的平行和垂直问题，关键就是利用直线的方向向量和平面的法向量，讨论这些向量之间的平行垂直关系，从而得出空间直线、平面间的平行垂直关系。

对于垂直问题，一般是利用进行证明；对于平行问题，一般是利用共线向量和共面向量定理进行证明．知识要点梳理知识点一：基本定理线面平行判定定理：如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行.面面平行判定定理：若一个平面内有两条相交直线都平行与另一个平面，则这两个平面平行。

线面垂直判定定理：若一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，则该直线与此平面垂直。

面面垂直判定定理：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面垂直。

知识点二：空间向量平行和垂直的充要条件若，，则①，，②知识点三：直线的方向向量和平面的法向量1．直线的方向向量：若A、B是直线上的任意两点，则为直线的一个方向向量；与平行的任意非零向量也是直线的方向向量。

2．平面的法向量：如果直线垂直于平面,那么直线的方向向量就叫做平面的法向量；设平面的法向量为，A、P为平面内任意两点，则。

知识点四：用向量语言表述线与面之间的平行与垂直关系.设空间直线、的方向向量分别为、，平面的法向量分别为、，则：①线线平行：或与重合即：两直线平行或重合两直线的方向向量共线。