高考数学大一轮复习 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

（江苏专用）2018版高考数学大一轮复习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
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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错误!
2.用向量证明空间中的平行关系
(1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2（或l1与l2重合）⇔v1∥v2。

（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v1和v2,则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x,y，使v＝x v1＋y v2.
（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u1,u2，则α∥β⇔u1∥u2。

3.用向量证明空间中的垂直关系
（1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝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u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝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（－错误!，－错误!，－错误!）④(错误!，错误!，－错误!)
答案③
解析设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，
则错误!化简得错误!
∴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，
∴错误!＝错误!＝错误!，∴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⊥βα∥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－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1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，分别以错误!,错误!，错误!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，错误!)，O(错误!,错误!，0),N（错误!，0,1)，
AM，→·错误!＝（0，1,错误!）·（0,－错误!，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）。

∴错误!＝(2，0，－2),错误!＝(0，－1,0）,错误!＝(1，1,－1）,
设错误!＝s错误!＋t错误!,
即（2，0，－2）＝s(0，－1,0）＋t(1，1，－1)，
∴错误!解得s＝t＝2，∴错误!＝2错误!＋2错误!，
又∵错误!与错误!不共线,∴错误!，错误!与错误!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∵错误!＝(0,1，0),错误!＝(0，2,0）,
∴错误!＝2错误!，∴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－A1B1C1D1中,M，N分别是C1C，B1C1的中点.求证:MN∥平面A1BD.
证明如图所示，以D为坐标原点,DA，DC，DD1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,错误!)，N（错误!，1,1），D（0，0，0），A1(1,0，1），B(1,1,0)，于是错误!＝（错误!，0，错误!)，错误!＝（1，0，1），错误!＝（1，1,0）.
设平面A1BD的法向量为n＝（x，y,z），
则n·错误!＝0，且n·错误!＝0，得错误!
取x＝1,得y＝－1，z＝－1.
所以n＝（1，－1,－1）.
又错误!·n＝(错误!，0，错误!)·(1,－1，－1)＝0，
所以错误!⊥n。

又MN⊄平面A1BD，所以MN∥平面A1BD。

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—A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.求证：AB1⊥平面A1BD.
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—A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1。

取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以错误!,错误!,错误!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），A1(0，2,错误!），
A（0,0,错误!),B
（1，2,0)。

1
设平面A1BD的法向量为n＝(x,y,z），错误!＝（－1，2，错误!）,错误!＝(－2,1,0）.
因为n⊥错误!,n⊥错误!，
故错误!⇒错误!
令x＝1，则y＝2,z＝－错误!，
故n＝（1,2,－3）为平面A1BD的一个法向量，
而错误!＝（1,2，－错误!）,所以错误!＝n，所以错误!∥n，
故AB1⊥平面A1BD。

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＝错误!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＝错误!AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝错误!。

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(错误!，0,0），F(0,错误!，0），D(－错误!，0,0），P(0，0，错误!)，B（错误!，a,0），C（－错误!,a,0）。

因为E为PC的中点，所以E(－错误!，错误!，错误!）.
易知平面PAD的一个法向量为错误!＝（0，错误!，0）,
因为错误!＝（错误!，0,－错误!），
且错误!·错误!＝（0，错误!，0）·（错误!,0，－错误!)＝0，
所以EF∥平面PAD.
（2)因为错误!＝(错误!，0,－错误!)，错误!＝(0,－a,0），
所以错误!·错误!＝(错误!,0，－错误!）·（0，－a，0)＝0，
所以错误!⊥错误!，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－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，
BC＝错误!AB,B
1C
1
綊错误!BC，二面角A1－AB－C是直二面角.求证：
（1)A1B1⊥平面AA1C；
(2）AB1∥平面A1C1C。

证明(1）∵二面角A1－AB－C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形，
∴AA1⊥平面BAC.
又∵AB＝AC，BC＝错误!AB，
∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB,
∴AB，AC，AA1两两互相垂直.
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)，B1（0,2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0,0),C1(1，1，2）.错误!＝(0,2,0），错误!＝（0，0,－2)，错误!＝（2,0,0）,
设平面AA1C的一个法向量n＝（x，y，z)，
则错误!即错误!
即错误!取y＝1，则n＝（0，1,0）。

∴错误!＝2n，即错误!∥n.
∴A1B1⊥平面AA1C.
（2)易知错误!＝(0,2,2)，错误!＝(1，1，0），错误!＝(2，0，－2）,
设平面A1C1C的一个法向量m＝（x1，y1，z1),
则错误!即错误!
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1,即m＝(1，－1，1)。

∴错误!·m＝0×1＋2×(－1）＋2×1＝0，
∴错误!⊥m.
又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1C.
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,求错误!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).
则错误!＝（1,1，－1)，错误!＝（0，－1，－1），错误!＝（2,0，－1）.
错误!＝（－2，－1,0).
设n＝（x0，y0,1）为平面PCD的一个法向量。

由错误!得错误!解得错误!
即n＝错误!.
设PB与平面PCD的夹角为θ。

则sin θ＝｜cos<n，错误!〉｜＝错误!＝错误!
＝错误!.
（3）解设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得错误!＝λ错误!,因此点M(0,1－λ,λ)，BM→＝（－1，－λ，λ）,
∵BM⊄平面PCD，∴BM∥平面PCD，
∴错误!·n＝0,即(－1，－λ，λ）·错误!＝0，解得λ＝错误!，∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时错误!＝错误!。

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(错误!，1,0）,
所以错误!＝(－错误!，0，－1），错误!＝(－1，0，1），
因为|cos〈错误!,错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!。

所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为错误!。

（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。

因为错误!＝(0，1，1)，可设错误!＝λ错误!＝（0，λ，λ），
又EA→＝（错误!，－1,0)，
所以错误!＝错误!＋错误!＝（错误!，λ－1,λ)。

由ES⊥平面AMN,
得错误!即错误!解得λ＝错误!,
此时错误!＝(0,错误!,错误!)，|错误!｜＝错误!。

经检验，当AS＝错误!时，ES⊥平面AMN。

故线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN，此时AS＝错误!.
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（0，2错误!，0)，E（0,错误!，1），F（1，错误!,0），
［4分］
易知平面CDF的法向量为错误!＝(0，0,2）,
设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则错误!即错误!取n＝（3，－错误!，3)，
cos<错误!,n>＝错误!＝错误!，
∴二面角E－DF－C的余弦值为错误!。

［9分］
（3）设P（x,y,0)，则错误!·错误!＝错误!y－2＝0，
∴y＝错误!。

又错误!＝（x－2,y,0），错误!＝(－x，2错误!－y,0）,
∵错误!∥错误!，∴(x－2）（2错误!－y)＝－xy，
∴错误!x＋y＝2错误!。

［12分]
把y＝错误!代入上式得x＝错误!，
∴P(错误!,错误!，0）,∴错误!＝错误!错误!，
∴在线段BC上存在点P（错误!,错误!，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＝________.
答案错误!
解析由题意得c＝t a＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ,3t－2μ),
∴错误!∴错误!
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
解析错误!＝(－1,－3，2），错误!＝(6，－1，4).
根据共面向量定理，设错误!＝x错误!＋y错误!（x、y∈R)，
则（2a－1，a＋1,2）＝x（－1，－3,2）＋y（6,－1，4)
＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y),
∴错误!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，错误!＝(1,4,1)，
∴错误!·n＝6－12＋6＝0,∴错误!⊥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.若错误!＝λ错误!＋μ错误!,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∵错误!＝λ错误!＋μ错误!，∴错误!、错误!、错误!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－A1B1C1D1中，棱长为a，M,N分别为A1B和AC上的点,A1M＝AN＝错误!，则MN与平面BB1C1C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A1M＝AN＝错误!，
则M（a,2a
3
，错误!)，N（错误!，错误!，a）,错误!＝（－错误!，0，错误!）.
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以错误!＝（0,a，0）为平面BB1C1C的一个法向量.
因为错误!·错误!＝0，
所以错误!⊥错误!，又MN⊄平面BB1C1C,
所以MN∥平面BB1C1C.
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·错误!＝0，得x·0＋y－z＝0⇒y＝z,
由m·错误!＝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，如果错误!＝(2，－1，－4），错误!＝（4，2,0),错误!＝（－1,2，－1).对于结论:①AP⊥AB；②AP⊥AD；③错误!是平面ABCD的法向量；
④错误!∥错误!。

其中正确的是________。

答案①②③
解析∵错误!·错误!＝0,错误!·错误!＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP,则①②正确。

又错误!与错误!不平行，
∴错误!是平面ABCD的法向量，则③正确.
∵错误!＝错误!－错误!＝(2,3，4），错误!＝（－1，2,－1），
∴错误!与错误!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________。

答案错误!
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，错误!)，M(0，0,错误!），设P（x，y，0)，
∴错误!＝（0，1，错误!)，错误!＝（x,y，－错误!），即y＝错误!，
∴点P的轨迹方程为y＝错误!.
根据圆的弦长公式,可得点P形成的轨迹长度为2 错误!＝错误!.
10.(2016·盐城模拟）如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB＝AA1，D,E，F分别为B1A，C1C，BC的中点。

求证：
（1）DE∥平面ABC;
(2)B1F⊥平面AEF.
证明(1）以A为坐标原点，AB,AC，AA1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＝AA1＝4，
则A(0，0,0），E(0，4，2)，F(2，2,0），B（4,0,0），B1（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），
∴错误!＝(－2,4,0），错误!＝(－2，4，0),
∴错误!＝错误!，∴DE∥NC，
又∵NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC。

故DE∥平面ABC.
(2）错误!＝（－2,2，－4），错误!＝（2，－2，－2），错误!＝（2，2,0）。

错误!·错误!＝（－2)×2＋2×(－2)＋(－4）×(－2)＝0，
错误!·错误!＝(－2)×2＋2×2＋（－4)×0＝0。

∴错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，即B1F⊥EF,B1F⊥AF，
又∵AF∩EF＝F,∴B1F⊥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)。

于是错误!＝（0,3，4)，
BC→＝(－8，0,0)，
∴错误!·错误!＝(0，3，4)·(－8,0，0)＝0,
∴AP→⊥错误!,即AP⊥BC.
(2)由（1)知AP＝5，
又AM＝3,且点M在线段AP上，
∴错误!＝错误!错误!＝错误!，
又错误!＝(－8，0，0）,错误!＝（－4，5，0),
BA→＝(－4，－5，0）,
∴错误!＝错误!＋错误!＝错误!，
则错误!·错误!＝(0,3,4）·错误!＝0,
∴错误!⊥错误!，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错误!，
P(0，0，a），F错误!.
错误!＝错误!，错误!＝(0，a,0）.
∵错误!·错误!＝0，∴错误!⊥错误!，即EF⊥CD.
(2)解设G（x，0，z),则错误!＝错误!，
若使GF⊥平面PCB，则
由错误!·错误!＝错误!·(a,0，0)
＝a错误!＝0，得x＝错误!；
由错误!·错误!＝错误!·(0，－a，a)
＝错误!＋a错误!＝0，得z＝0。

∴G点坐标为错误!,即G为AD的中点.
∴存在点G（错误!，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，错误!为x轴正方向，错误!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),∴错误!＝(0,0,1)，
又错误!＝（0，0，1),∴错误!∥错误!。

又GE⊂平面EDB，HF⊄平面EDB，
∴FH∥平面EDB.
(2)∵错误!＝（－2,2,0),错误!＝(0,0，1），错误!·错误!＝0,
∴AC⊥GE.
又AC⊥BD,EG∩BD＝G，
∴AC⊥平面EDB.。