(新课程)高中数学《3.2立体几何中的向量方法(2)》课件 新人教A版选修2-1
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＝(－1)×0＋(－1)×2＋1×2＝0，
E→F·A→C＝(－1，－1，1)·(－2，2，0)＝2－2＋0＝0， ∴E→F⊥A→B1，E→F⊥A→C，∴EF⊥AB1，EF⊥AC.
又 AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面 B1AC.
法三 同法二得A→B1＝(0，2，2)，A→C＝(－2，2，0)， E→F＝(－1，－1，1)．
(3)面面垂直
设平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝ (a2，b2，c2)，则α⊥β⇔__u_⊥__v_⇔ ___u_·_v＝__0_ ⇔ _a_1_a_2_＋__b_1b_2_＋__c_1_c_2＝__0___ ．
试一试：若平面α与β的法向量分别是a＝(4，0，－2)，
b＝(1，0，2)，试判断平面α与β的位置关系．
设平面 B1AC 的法向量 n＝(x，y，z)，
则A→B1·n＝0，A→C·n＝0，
即2－y＋2x2＋z＝2y0＝0取 x＝1，则 y＝1，z＝－1，
∴n＝(1，1，－1)，∴E→F＝－n，∴E→F∥n，
∴EF⊥平面 B1AC.
题型三 证明面面垂直
【例3】 (12分)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.
＝－12＋12cos 60°＋14＝0.
∴A→B1⊥M→N，∴AB1⊥MN.
法二 (坐标法) 设 AB 中点为 O，作 OO1∥AA1. 以 O 为坐标原点，OB 为 x 轴，OC 为 y 轴， OO1 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系．由已知得
A(－12，0，0)，B(12，0，0)，C(0， 23，0)，N(0， 23，14)，B1(12，0， 1)， ∵M 为 BC 中点，∴M(14， 43，0)．
[规范解答]建系如图，取 A(0，0，a)，
则易得 B(0，0，0)，C( 23a， 23a，0)，
D(0， 3a，0)，E( 43a， 43a，a2)，
F(0， 23a，a2)，
2分
∵∠BCD＝90°，∴CD⊥BC.
又AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.
又AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC，
∴C→D＝(－32a， 23a，0)为平面 ABC 的一个法向量
法二 设正方体的棱长为2，以D为原点， 以DA，DC，DD1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(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)， E(2，2，1)，F(1，1，2)．
∴E→F＝(1，1，2)－(2，2，1)＝(－1，－1，1)． A→B1＝(2，2，2)－(2，0，0)＝(0，2，2)， A→C＝(0，2，0)－(2，0，0)＝(－2，2，0)． ∴E→F·A→B1＝(－1，－1，1)·(0，2，2)
证明 设AB中点为O，作OO1∥AA1， 以O为坐标原点，OB，OC，OO1，所在 直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角 坐标系，则
A1(－12，0，1)，C1(0， 23，1)， A(－12，0，0)，
B1(12，0，1)，D(0， 23，12)，
∴A→1D＝(12， 23，－12)，A→B1＝(1，0，1)， ∴A→1D·A→B1＝12＋0－12＝0， ∴A→1D⊥A→B1，即 AB1⊥A1D.
题型二 证明线面垂直
【例2】 如图所示，在正方体ABCD－ A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G 为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD.
[思路探索] 可证明A→1O与平面 GBD 内两个不共线向量垂直或 建系后，证明A→1O与平面 GBD 的法向量平行． 解 法一 设A→1B1＝a，A→1D1＝b，A→1A＝c.
∴M→N＝(－14， 43，14)，A→B1＝(1，0，1)，
∴M→N·A→B1＝－14＋0＋14＝0. ∴M→N⊥A→B1，∴AB1⊥MN.
规律方法 将线线垂直问题转化为向量垂直问题后，注意 选择基向量法还是坐标法，熟练掌握证明线线垂直的向量 方法是关键．
【变式1】 已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都为1，若侧 棱C1C的中点为D，求证：AB1⊥A1D.
∴n⊥C→D，∴平面 BEF⊥平面 ABC.
8分 10 分 12 分
【题后反思】 利用空间向量证明面面垂直通常可以有两 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，证明两个法向量垂直，从而得到两个平 面垂直．
【变式3】 在正棱锥P－ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是 △PAB的重心，E、F分别为BC、PB上的点，且BE∶EC＝ PF∶FB＝1∶2. 求证：平面GEF⊥平面PBC；
∴存在点 P(0，0，2)满足条件．
解题时一定要看清题目条件是在“棱”DD1上探 求一点，而不是在其延长线上．
ห้องสมุดไป่ตู้
[正解] 由以上步骤得x＝2， ∵0≤x<1， ∴不存在点P，使MD⊥平面PAC.
解答数学题，必须根据题目的特征和给出的信 息或启示，充分运用条件，达到尽可能满足结论需要的要 求．为此，通过审题全面掌握题意就成了解题的基础．审 题时必须要认真仔细，注意隐含条件的挖掘，谨防出错．
②证明二面角的平 面角为直角.
题型一 证明线线垂直
【例1】 已知正三棱柱 ABC－A1B1C1 的各棱长 都为 1，M 是底面上 BC 边的中点，N 是侧 棱 CC1 上的点，且 CN＝14CC1.求证：AB1⊥ MN.
[思路探索] 解答本题可先选基向量，证明A→B1·M→N＝0 或先 建系，再证明A→B1·M→N＝0.
提示 ∵a·b＝4×1＋0×0－2×2＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.
名师点睛
空间中垂直关系的证明方法
线线垂直
线面垂直
面面垂直
①证明两直线的方 向向量的数量积为
①证明直线的方向 向量与平面的法向 量是平行向量．
①证明两个平面的 法向量垂直．
0. ②证明两直线所成 角为直角.
②证明直线与平面 内的相交直线互相 垂直.
则 a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0.
而A→1O＝A→1A＋A→O＝A→1A＋12(A→B＋A→D)＝c＋12(a＋b)，
B→D＝A→D－A→B＝b－a， O→G＝O→C＋C→G＝12(A→B＋A→D)＋12C→C1＝12(a＋b)－12c， ∴A→1O·B→D＝(c＋12a＋12b)·(b－a)＝c·(b－a)＋12(a＋b)·(b－a)
则P→A＝(1，0，－x)，A→C＝(－1，1，0)．
设平面 PAC 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)，
则由P→A·n＝0，
A→C·n＝0，
得－x1－x1＋xz1y＝1＝0，0.
令 x1＝1 得 y1＝1，z1＝1x，即 n＝(1，1，1x)，
由题意M→D∥n，由M→D＝(－1，－1，－12)得 x＝2，
解 法一 (基向量法)
设A→B＝a，A→C＝b，A→A1＝c，则由已知条件和正三棱柱的性质，得
|a|＝|b|＝|c|＝1，a·c＝b·c＝0，
A→B1＝a＋c，A→M＝12(a＋b)， A→N＝b＋14c，M→N＝A→N－A→M＝－12a＋12b＋14c， ∴A→B1·M→N＝(a＋c)·(－12a＋12b＋14c)
＝c·b－c·a＋12(b2－a2)＝12(|b|2－|a|2)＝0.
∴A→1O⊥B→D，∴Α1O⊥BD. 同理可证，A→1O⊥O→G，∴A1O⊥OG.
又∵OG∩BD＝O，且 A1O⊄面 GBD， ∴A1O⊥面 GBD.
法二 如图取D为坐标原点，DA、DC、 DD1所在的直线分别作x轴，y轴，z轴 建立空间直角坐标系． 设正方体棱长为2， 则O(1，1，0)，A1(2，0，2)，G(0，2， 1)，B(2，2，0)，D(0，0，0)， ∴O→A1＝(1，－1，2)，O→B＝(1，1，0)，B→G＝(－2，0，1)， 而O→A1·O→B＝1－1＋0＝0， O→A1·B→G＝－2＋0＋2＝0. ∴O→A1⊥O→B，O→A1⊥B→G，即O→A1⊥O→B，OA1⊥BG，
第2课时 空间向量与垂直关系
【课标要求】 1．能利用平面法向量证明两个平面垂直． 2．能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中
的垂直关系． 【核心扫描】 1．求直线的方向向量和平面的法向量．(重点) 2．利用方向向量和法向量处理线线、线面、面面间的垂直问
题．(重点、难点)
自学导引
空间垂直关系的向量表示 (1)线线垂直 设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量 为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m⇔_a_⊥__b_⇔ _a_·_b_＝__0_⇔ _a_1_b_1_＋__ _a_2_b_2＋__a_3_b_3_＝__0_ ． (2)线面垂直 设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是v ＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔u∥v⇔ _u_＝__k_v_．
4分
设平面 BEF 的法向量 n＝(x，y，z)，∴n·E→F＝0，
即(x，y，z)·(－ 43a， 43a，0)＝0，∴x＝y.
由 n·B→F＝0，即(x，y，z)·(0， 23a，a2)＝0，
有 23ay＋a2z＝0⇒z＝－ 3y. 取 y＝1，得 n＝(1，1，－ 3).
∵n·C→D＝(1，1，－ 3)·(－ 23a， 23a，0)＝0
规律方法 向量法证明线面平行的关键是熟练掌握证明线 面垂直的向量方法，准确求解各点坐标或用基向量表示所 需向量．
【变式2】 如图所示，在正方体ABCD－ A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、D1B1的 中点． 求证：EF⊥平面B1AC. 证明 法一 设A→B＝a，A→D＝c，A→A1＝b， 则E→F＝E→B1＋B→1F＝12(B→B1＋B→1D1) ＝12(A→A1＋B→D)＝12(A→A1＋A→D－A→B)
＝12(－a＋b＋c)，
∵ A→B1＝A→B＋A→A1＝a＋b.
∴E→F·A→B1＝12(－a＋b＋c)·(a＋b)
＝12(b2－a2＋c·a＋c·b) ＝12(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0.
∴E→F⊥A→B1，即 EF⊥AB1，同理，EF⊥B1C.
又 AB1∩B1C＝B1，∴EF⊥平面 B1AC.
而 PA⊥平面 PBC，∴FG⊥平面 PBC， 又 FG⊂平面 EFG， ∴平面 EFG⊥平面 PBC.
误区警示 审题不清致误
【示例】在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱BB1 的中点，在棱DD1上是否存在点P，使MD⊥平面PAC?
[错解] 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，
证明 如图，以三棱锥的顶点P为原 点，以PA、PB、PC所在直线分别作为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 令PA＝PB＝PC＝3， 则A(3，0，0)、B(0，3，0)、C(0，0， 3)、E(0，2，1)、F(0，1，0)、G(1， 1，0)，P(0，0，0)．
于是P→A＝(3，0，0)，F→G＝(1，0，0)， 故P→A＝3F→G，∴PA∥FG.
而OB∩BG＝B，且A1O⊄面GBD， ∴OA1⊥面GBD. 法三 同方法二建系后，设面GBD的一个法向量为n＝(x，y， z) 则BB→→GD· ·n＝n＝0，0，∴－ －22xx＋ －z2＝y＝0，0， 令 x＝1 得 z＝2，y＝－1，
∴平面 GBD 的一个法向量为(1，－1，2)，
显然A→1O＝(－1，1，－2)＝－n， ∴A→1O∥n，∴A1O⊥面 GBD.
E→F·A→C＝(－1，－1，1)·(－2，2，0)＝2－2＋0＝0， ∴E→F⊥A→B1，E→F⊥A→C，∴EF⊥AB1，EF⊥AC.
又 AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面 B1AC.
法三 同法二得A→B1＝(0，2，2)，A→C＝(－2，2，0)， E→F＝(－1，－1，1)．
(3)面面垂直
设平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝ (a2，b2，c2)，则α⊥β⇔__u_⊥__v_⇔ ___u_·_v＝__0_ ⇔ _a_1_a_2_＋__b_1b_2_＋__c_1_c_2＝__0___ ．
试一试：若平面α与β的法向量分别是a＝(4，0，－2)，
b＝(1，0，2)，试判断平面α与β的位置关系．
设平面 B1AC 的法向量 n＝(x，y，z)，
则A→B1·n＝0，A→C·n＝0，
即2－y＋2x2＋z＝2y0＝0取 x＝1，则 y＝1，z＝－1，
∴n＝(1，1，－1)，∴E→F＝－n，∴E→F∥n，
∴EF⊥平面 B1AC.
题型三 证明面面垂直
【例3】 (12分)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.
＝－12＋12cos 60°＋14＝0.
∴A→B1⊥M→N，∴AB1⊥MN.
法二 (坐标法) 设 AB 中点为 O，作 OO1∥AA1. 以 O 为坐标原点，OB 为 x 轴，OC 为 y 轴， OO1 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标 系．由已知得
A(－12，0，0)，B(12，0，0)，C(0， 23，0)，N(0， 23，14)，B1(12，0， 1)， ∵M 为 BC 中点，∴M(14， 43，0)．
[规范解答]建系如图，取 A(0，0，a)，
则易得 B(0，0，0)，C( 23a， 23a，0)，
D(0， 3a，0)，E( 43a， 43a，a2)，
F(0， 23a，a2)，
2分
∵∠BCD＝90°，∴CD⊥BC.
又AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.
又AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC，
∴C→D＝(－32a， 23a，0)为平面 ABC 的一个法向量
法二 设正方体的棱长为2，以D为原点， 以DA，DC，DD1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(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)， E(2，2，1)，F(1，1，2)．
∴E→F＝(1，1，2)－(2，2，1)＝(－1，－1，1)． A→B1＝(2，2，2)－(2，0，0)＝(0，2，2)， A→C＝(0，2，0)－(2，0，0)＝(－2，2，0)． ∴E→F·A→B1＝(－1，－1，1)·(0，2，2)
证明 设AB中点为O，作OO1∥AA1， 以O为坐标原点，OB，OC，OO1，所在 直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角 坐标系，则
A1(－12，0，1)，C1(0， 23，1)， A(－12，0，0)，
B1(12，0，1)，D(0， 23，12)，
∴A→1D＝(12， 23，－12)，A→B1＝(1，0，1)， ∴A→1D·A→B1＝12＋0－12＝0， ∴A→1D⊥A→B1，即 AB1⊥A1D.
题型二 证明线面垂直
【例2】 如图所示，在正方体ABCD－ A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G 为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD.
[思路探索] 可证明A→1O与平面 GBD 内两个不共线向量垂直或 建系后，证明A→1O与平面 GBD 的法向量平行． 解 法一 设A→1B1＝a，A→1D1＝b，A→1A＝c.
∴M→N＝(－14， 43，14)，A→B1＝(1，0，1)，
∴M→N·A→B1＝－14＋0＋14＝0. ∴M→N⊥A→B1，∴AB1⊥MN.
规律方法 将线线垂直问题转化为向量垂直问题后，注意 选择基向量法还是坐标法，熟练掌握证明线线垂直的向量 方法是关键．
【变式1】 已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都为1，若侧 棱C1C的中点为D，求证：AB1⊥A1D.
∴n⊥C→D，∴平面 BEF⊥平面 ABC.
8分 10 分 12 分
【题后反思】 利用空间向量证明面面垂直通常可以有两 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，证明两个法向量垂直，从而得到两个平 面垂直．
【变式3】 在正棱锥P－ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是 △PAB的重心，E、F分别为BC、PB上的点，且BE∶EC＝ PF∶FB＝1∶2. 求证：平面GEF⊥平面PBC；
∴存在点 P(0，0，2)满足条件．
解题时一定要看清题目条件是在“棱”DD1上探 求一点，而不是在其延长线上．
ห้องสมุดไป่ตู้
[正解] 由以上步骤得x＝2， ∵0≤x<1， ∴不存在点P，使MD⊥平面PAC.
解答数学题，必须根据题目的特征和给出的信 息或启示，充分运用条件，达到尽可能满足结论需要的要 求．为此，通过审题全面掌握题意就成了解题的基础．审 题时必须要认真仔细，注意隐含条件的挖掘，谨防出错．
②证明二面角的平 面角为直角.
题型一 证明线线垂直
【例1】 已知正三棱柱 ABC－A1B1C1 的各棱长 都为 1，M 是底面上 BC 边的中点，N 是侧 棱 CC1 上的点，且 CN＝14CC1.求证：AB1⊥ MN.
[思路探索] 解答本题可先选基向量，证明A→B1·M→N＝0 或先 建系，再证明A→B1·M→N＝0.
提示 ∵a·b＝4×1＋0×0－2×2＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.
名师点睛
空间中垂直关系的证明方法
线线垂直
线面垂直
面面垂直
①证明两直线的方 向向量的数量积为
①证明直线的方向 向量与平面的法向 量是平行向量．
①证明两个平面的 法向量垂直．
0. ②证明两直线所成 角为直角.
②证明直线与平面 内的相交直线互相 垂直.
则 a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0.
而A→1O＝A→1A＋A→O＝A→1A＋12(A→B＋A→D)＝c＋12(a＋b)，
B→D＝A→D－A→B＝b－a， O→G＝O→C＋C→G＝12(A→B＋A→D)＋12C→C1＝12(a＋b)－12c， ∴A→1O·B→D＝(c＋12a＋12b)·(b－a)＝c·(b－a)＋12(a＋b)·(b－a)
则P→A＝(1，0，－x)，A→C＝(－1，1，0)．
设平面 PAC 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)，
则由P→A·n＝0，
A→C·n＝0，
得－x1－x1＋xz1y＝1＝0，0.
令 x1＝1 得 y1＝1，z1＝1x，即 n＝(1，1，1x)，
由题意M→D∥n，由M→D＝(－1，－1，－12)得 x＝2，
解 法一 (基向量法)
设A→B＝a，A→C＝b，A→A1＝c，则由已知条件和正三棱柱的性质，得
|a|＝|b|＝|c|＝1，a·c＝b·c＝0，
A→B1＝a＋c，A→M＝12(a＋b)， A→N＝b＋14c，M→N＝A→N－A→M＝－12a＋12b＋14c， ∴A→B1·M→N＝(a＋c)·(－12a＋12b＋14c)
＝c·b－c·a＋12(b2－a2)＝12(|b|2－|a|2)＝0.
∴A→1O⊥B→D，∴Α1O⊥BD. 同理可证，A→1O⊥O→G，∴A1O⊥OG.
又∵OG∩BD＝O，且 A1O⊄面 GBD， ∴A1O⊥面 GBD.
法二 如图取D为坐标原点，DA、DC、 DD1所在的直线分别作x轴，y轴，z轴 建立空间直角坐标系． 设正方体棱长为2， 则O(1，1，0)，A1(2，0，2)，G(0，2， 1)，B(2，2，0)，D(0，0，0)， ∴O→A1＝(1，－1，2)，O→B＝(1，1，0)，B→G＝(－2，0，1)， 而O→A1·O→B＝1－1＋0＝0， O→A1·B→G＝－2＋0＋2＝0. ∴O→A1⊥O→B，O→A1⊥B→G，即O→A1⊥O→B，OA1⊥BG，
第2课时 空间向量与垂直关系
【课标要求】 1．能利用平面法向量证明两个平面垂直． 2．能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中
的垂直关系． 【核心扫描】 1．求直线的方向向量和平面的法向量．(重点) 2．利用方向向量和法向量处理线线、线面、面面间的垂直问
题．(重点、难点)
自学导引
空间垂直关系的向量表示 (1)线线垂直 设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量 为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m⇔_a_⊥__b_⇔ _a_·_b_＝__0_⇔ _a_1_b_1_＋__ _a_2_b_2＋__a_3_b_3_＝__0_ ． (2)线面垂直 设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是v ＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔u∥v⇔ _u_＝__k_v_．
4分
设平面 BEF 的法向量 n＝(x，y，z)，∴n·E→F＝0，
即(x，y，z)·(－ 43a， 43a，0)＝0，∴x＝y.
由 n·B→F＝0，即(x，y，z)·(0， 23a，a2)＝0，
有 23ay＋a2z＝0⇒z＝－ 3y. 取 y＝1，得 n＝(1，1，－ 3).
∵n·C→D＝(1，1，－ 3)·(－ 23a， 23a，0)＝0
规律方法 向量法证明线面平行的关键是熟练掌握证明线 面垂直的向量方法，准确求解各点坐标或用基向量表示所 需向量．
【变式2】 如图所示，在正方体ABCD－ A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、D1B1的 中点． 求证：EF⊥平面B1AC. 证明 法一 设A→B＝a，A→D＝c，A→A1＝b， 则E→F＝E→B1＋B→1F＝12(B→B1＋B→1D1) ＝12(A→A1＋B→D)＝12(A→A1＋A→D－A→B)
＝12(－a＋b＋c)，
∵ A→B1＝A→B＋A→A1＝a＋b.
∴E→F·A→B1＝12(－a＋b＋c)·(a＋b)
＝12(b2－a2＋c·a＋c·b) ＝12(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0.
∴E→F⊥A→B1，即 EF⊥AB1，同理，EF⊥B1C.
又 AB1∩B1C＝B1，∴EF⊥平面 B1AC.
而 PA⊥平面 PBC，∴FG⊥平面 PBC， 又 FG⊂平面 EFG， ∴平面 EFG⊥平面 PBC.
误区警示 审题不清致误
【示例】在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱BB1 的中点，在棱DD1上是否存在点P，使MD⊥平面PAC?
[错解] 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，
证明 如图，以三棱锥的顶点P为原 点，以PA、PB、PC所在直线分别作为x 轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 令PA＝PB＝PC＝3， 则A(3，0，0)、B(0，3，0)、C(0，0， 3)、E(0，2，1)、F(0，1，0)、G(1， 1，0)，P(0，0，0)．
于是P→A＝(3，0，0)，F→G＝(1，0，0)， 故P→A＝3F→G，∴PA∥FG.
而OB∩BG＝B，且A1O⊄面GBD， ∴OA1⊥面GBD. 法三 同方法二建系后，设面GBD的一个法向量为n＝(x，y， z) 则BB→→GD· ·n＝n＝0，0，∴－ －22xx＋ －z2＝y＝0，0， 令 x＝1 得 z＝2，y＝－1，
∴平面 GBD 的一个法向量为(1，－1，2)，
显然A→1O＝(－1，1，－2)＝－n， ∴A→1O∥n，∴A1O⊥面 GBD.