江苏2018版高考数学复习立体几何中的向量方法(一)__证明平行与垂直教师用书理苏教版

第八章 立体几何与空间向量 8.6 立体几何中的向量方法(一)——
证明平行与垂直教师用书 理 苏教版
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内两不共线向量，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】
判断下列结论是否正确(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.(2017·宿迁质检)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________. ①(－1,1,1) ②(1，－1,1) ③(－
33，－33，－33
) ④(
33，33，－3
3
) 答案 ③
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 .③正确.
2.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.
3.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 ＝________. 答案 4
解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴
－21＝－42＝k
－2
，∴k ＝4. 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 (1
2
，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 (2016·扬州模拟)如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .
证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，
∴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A —xyz ，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 ，GF ⊂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.
(2016·北京海淀区模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中
点.求证：MN ∥平面A 1BD .
证明 如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1，则M (0,1，12)，N (1
2，1,1)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，
于是MN →＝(12，0，12)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →
＝(1,1,0).
设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则n ·DA 1→
＝0，且n ·DB →
＝0，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.
取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1).
又MN →
·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，
所以MN →
⊥n .
又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD . 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(底面为正三角形的直三棱柱)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 如图所示，取BC 的中点O ，连结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，如图所示，
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 (2016·盐城模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面
PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝
2
2
AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点.
(1)求证：EF ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAB ⊥平面PDC .
证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连结OP ，OF .
因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .
因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝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PA ＝PD ＝
22AD ，所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2
. 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 (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a
2，a,0).
因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a
4
).
易知平面PAD 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)·(a 4，0，－a 4
)＝0，
所以EF ∥平面PAD .
(2)因为PA →
＝(a 2，0，－a 2
)，CD →＝(0，－a,0)，
所以PA →·CD →
＝(a 2，0，－a 2
)·(0，－a,0)＝0，
所以PA →⊥CD →
，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.
(2016·淮安模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB
＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊1
2
BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角.求证：
(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .
证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， ∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，
设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2).
A 1
B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，A
C →
＝(2,0,0)，
设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·A 1A →＝0，
n ·AC →＝0，即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2z ＝0，
2x ＝0，
即⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝0，
z ＝0，
取y ＝1，则n ＝(0,1,0).
∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→
∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .
(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →
＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1C 1→＝0，
m ·A 1C →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 1＋y 1＝0，
2x 1－2z 1＝0，
令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1). ∴AB 1→
·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→
⊥m .
又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .
题型三 利用空间向量解决探索性问题
例4 (2016·北京)如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，
AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.
(1)求证：PD ⊥平面PAB ；
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM
AP
的值；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵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 中点O ，连结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 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0,0,1)，B (1,1,0)，D (0，－1,0)，C (2,0,0). 则PB →＝(1,1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →
＝(2,0，－1). CD →
＝(－2，－1,0).
设n ＝(x 0，y 0,1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PD →＝0，
n ·PC →＝0
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－y 0－1＝0，
2x 0－1＝0，解得⎩
⎪⎨⎪
⎧
y 0＝－1，x 0＝1
2.
即n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，－1，1.
设PB 与平面PCD 的夹角为θ.
则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝
⎪
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪1
2－1－11
4
＋1＋1×3 ＝3
3
. (3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0,1－λ，λ)，BM →
＝(－1，－λ，λ)，
∵BM ⊄平面PCD ，∴BM ∥平面PCD ，
∴BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，∴在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝1
4
.
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”.
(2016·镇江模拟)如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，
NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点
.
(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；
(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由.
解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D —xyz ，
依题意得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 (1
2，1,0)，
所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →
＝(－1,0,1)，
因为|cos 〈NE →，AM →
〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1
252×2
＝1010.
所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为
1010
. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连结AE ，如图所示.
因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →
＝(0，λ，λ)，
又EA →＝(1
2
，－1,0)，
所以ES →＝EA →＋AS →
＝(12，λ－1，λ).
由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨
⎪⎧
ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－12＋λ＝0，
λ－＋λ＝0，
解得λ＝1
2
，
此时AS →＝(0，12，12)，|AS →
|＝22.
经检验，当AS ＝
2
2
时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22
.
19.利用向量法解决立体几何问题
典例 (16分)如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示.
(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E －DF －C 的余弦值；
(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论. 思想方法指导 对于较复杂的立体几何问题可采用向量法
(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. 规范解答
解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：
在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， ∴AB ∥平面DEF .
[2分]
(2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)， [4分]
易知平面CDF 的法向量为DA →
＝(0,0,2)， 设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，
即⎩⎨
⎧
x ＋3y ＝0，
3y ＋z ＝0，
取n ＝(3，－3，3)，
cos 〈DA →
，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，
∴二面角E －DF －C 的余弦值为
217
.
[9分]
(3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →
＝3y －2＝0， ∴y ＝233
.
又BP →＝(x －2，y,0)，PC →
＝(－x,23－y,0)， ∵BP →∥PC →
，∴(x －2)(23－y )＝－xy ， ∴3x ＋y ＝2 3.[12分] 把y ＝233代入上式得x ＝43，
∴P (43，233，0)，∴BP →＝13
BC →
，
∴在线段BC 上存在点P (43，233
，0)，使AP ⊥DE .
[16分]
1.(2016·南京调研)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＝________. 答案
657
解析 由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，
∴⎩⎪⎨⎪
⎧
7＝2t －μ，
5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
t ＝337
，
μ＝17
7，
λ＝657.
2.(2016·泰州模拟)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 ＝________. 答案 16
解析 PA →＝(－1，－3,2)，PB →
＝(6，－1,4). 根据共面向量定理，设PC →＝xPA →＋yPB →
(x 、y ∈R )， 则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4) ＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪
⎧
2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，
解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.
3.已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是____________________________. ①P (2,3,3) ②P (－2,0,1) ③P (－4,4,0) ④P (3，－3,4)
答案 ①
解析 逐一验证法，对于①，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.
4.若AB →＝λCD →＋μCE →
，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是______________. 答案 平行或在平面内
解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →
共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内.
5.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 ＝________. 答案 5
解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.
6.(2016·苏州模拟)如图所示，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________.
答案 平行
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
由于A 1M ＝AN ＝
2a 3
， 则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →
＝(－a 3，0，2a 3).
又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，
所以C 1D 1→
＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量. 因为MN →·C 1D 1→
＝0，
所以MN →⊥C 1D 1→
，又MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C .
7.(2016·徐州质检)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β
的位置关系是
________________________. 答案 α∥β
解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →
＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ， 由m ·AC →
＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，
∴m ∥n ，∴α∥β.
8.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.
*9.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周).若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________.
答案
72
解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示.
则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，3
2
)，设P (x ，y,0)， ∴AM →
＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34，
∴点P 的轨迹方程为y ＝3
4
.
根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为2
1－
34
2
＝
72
. 10.(2016·盐城模拟)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 .
证明 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A —xyz ，
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 ，连结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 .
(2)B 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 .
11.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，OD ，OP 所在直线为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz .
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， ∴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 ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .
又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .
12.(2016·淮安模拟)如图，在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点.
(1)求证：EF ⊥CD ；
(2)在平面PAD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论.
(1)证明 如图，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
设AD ＝a ，则D (0,0,0)，
A (a,0,0)，
B (a ，a,0)，
C (0，a,0)，E ⎝
⎛⎭
⎪⎫a ，a 2
，0，
P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，a 2，a 2.
EF →
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a
2
，0，a 2，DC →＝(0，a,0).
∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →
，即EF ⊥CD .
(2)解 设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a
2
，－a 2，z －a 2，
若使GF ⊥平面PCB ，则
由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a
2
，－a 2，z －a 2·(a,0,0)
＝a ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
x －a 2＝0，得x ＝a
2； 由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a
2
，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )
＝a 2
2＋a ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
z －a 2＝0，得z ＝0.
∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫a
2，0，0，即G 为AD 的中点.
∴存在点G (a
2
，0,0)，使QF ⊥平面PCB .
*13.如图所示，在多面体ABC-DEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 是BC 的中点.
(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB .
证明 (1)∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .
又EF ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ，∴EF ⊥平面BFC . ∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .
又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC . 又AB ∩BC ＝B ，∴FH ⊥平面ABC .
以H 为坐标原点，HB →为x 轴正方向，HF →
为z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系.
设BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1). 设AC 与BD 的交点为G ，连结GE ，GH ， 则G (0，－1,0)，∴GE →
＝(0,0,1)， 又HF →＝(0,0,1)，∴HF →∥GE →. 又GE ⊂平面EDB ，HF ⊄平面EDB ， ∴FH ∥平面EDB .
(2)∵AC →＝(－2,2,0)，GE →
＝(0,0,1)， AC →·GE →
＝0， ∴AC ⊥GE .
又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ， ∴AC ⊥平面EDB .。