1.4.1用空間向量研究直線、平面的位置關系課程標準課標解讀理解與掌握直線的方向向量，平面的法向量.會用方向向量，法向量證明線線、線面、面面間的平行關系；會用平面法向量證明線面和面面垂直，并能用空間向量這一工具解決與平行、垂直有關的立體幾問題.通過本節(jié)的學習，掌握直線的方向向量，平面的法向量的概念并會求出直線的方向向量與平面的法向量.能根據(jù)所給的條件利用空間向量這一重要工具進行空間幾何體的平行、垂直關系的證明明.知識點1空間中點、直線和平面的向量表示1．空間直線的向量表示式設A是直線上一點，a是直線l的方向向量，在直線l上取eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，設P是直線l上任意一點，(1)點P在直線l上的充要條件是存在實數(shù)t，使eq\o(AP,\s\up6(→))＝ta，即eq\o(AP,\s\up6(→))＝teq\o(AB,\s\up6(→)).(2)取定空間中的任意一點O，點P在直線l上的充要條件是存在實數(shù)t.使eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋ta.(3)取定空間中的任意一點O，點P在直線l上的充要條件是存在實數(shù)t，使eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→)).注意點：(1)空間中，一個向量成為直線l的方向向量，必須具備以下兩個條件：①是非零向量；②向量所在的直線與l平行或重合．(2)直線上任意兩個不同的點都可構成直線的方向向量．與直線l平行的任意非零向量a都是直線的方向向量，且直線l的方向向量有無數(shù)個．(3)空間任意直線都可以由直線上一點及直線的方向向量唯一確定．2．空間平面的向量表示式①如圖，設兩條直線相交于點O，它們的方向向量分別為a和b，P為平面α內(nèi)任意一點，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使得eq\o(OP,\s\up6(→))＝xa＋yb.②如圖，取定空間任意一點O，空間一點P位于平面ABC內(nèi)的充要條件是存在實數(shù)x，y，使eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋xeq\o(AB,\s\up6(→))＋yeq\o(AC,\s\up6(→)).我們把這個式子稱為空間平面ABC的向量表示式．③由此可知，空間中任意平面由空間一點及兩個不共線向量唯一確定．如圖，直線l⊥α，取直線l的方向向量a，我們稱向量a為平面α的法向量．給定一個點A和一個向量a，那么過點A，且以向量a為法向量的平面完全確定，可以表示為集合{P|a·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0}．注意點：(1)平面α的一個法向量垂直于平面α內(nèi)的所有向量．(2)一個平面的法向量有無限多個，它們相互平行．易錯辨析：（1）空間中給定一個點A和一個方向向量能唯一確定一條直線嗎？能（2）一個定點和兩個定方向向量能否確定一個平面？不一定，若兩個定方向向量共線時不能確定，若兩個定方向向量不共線能確定．（3）由空間點A和直線l的方向向量能表示直線上的任意一點？能【即學即練1】【多選】若M(1,0，－1)，N(2,1,2)在直線l上，則直線l的一個方向向量是()A．(2,2,6) B．(1,1,3)C．(3,1,1) D．(－3,0,1)【解析】∵M，N在直線l上，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(1,1,3)，故向量(1,1,3)，(2,2,6)都是直線l的一個方向向量．故選AB【即學即練2】已知直線l的一個方向向量m＝(2，－1,3)，且直線l過A(0，y,3)和B(－1,2，z)兩點，則y－z等于()A．0B．1C.eq\f(3,2)D．3【解析】∵A(0，y,3)和B(－1,2，z)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,2－y，z－3)，∵直線l的一個方向向量為m＝(2，－1,3)，故設eq\o(AB,\s\up6(→))＝km.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＝2k，,2－y＝－k，,z－3＝3k.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(1,2)，,y＝\f(3,2)，,z＝\f(3,2).))∴y－z＝0.故選A【即學即練3】已知，，則平面ABC的一個單位法向量為（）A． B．C． D．【解析】設平面的法向量為，則有取，則.所以．因為，所以平面的一個單位法向量可以是.故選：B【即學即練4】在空間直角坐標系內(nèi)，平面經(jīng)過三點，向量是平面的一個法向量，則（）A． B． C．5 D．7【解析】，.;.可得，，故選：D【即學即練5】若直線l的方向向量a＝(1,0,2)，平面α的法向量為n＝(－2,0，－4)，則()A．l∥α B．l⊥αC．l?α D．l與α斜交【解析】B【即學即練6】下列命題中，正確命題的個數(shù)為（）①若分別是平面α，β的法向量，則?α∥β；②若分別是平面α，β的法向量，則α⊥β?；③若是平面α的法向量，是直線l的方向向量，若l與平面α平行，則；④若兩個平面的法向量不垂直，則這兩個平面不垂直．A．1 B．2 C．3 D．4【解析】①中平面α，β可能平行，也可能重合，結合平面法向量的概念，可知②③④正確.故選：C知識點2空間平行、垂直關系的向量表示設u1，u2分別是直線l1，l2的方向向量，n1，n2分別是平面α，β的法向量．線線平行l(wèi)1∥l2?u1∥u2??λ∈R，使得u1＝λu2注：此處不考慮線線重合的情況．但用向量方法證明線線平行時，必須說明兩直線不重合證明線線平行的兩種思路：①用基向量表示出要證明的兩條直線的方向向量，通過向量的線性運算，利用向量共線的充要條件證明．②建立空間直角坐標系，通過坐標運算，利用向量平行的坐標表示．線面平行l(wèi)1∥α?u1⊥n1?u1·n1＝0注：證明線面平行時，必須說明直線不在平面內(nèi)；(1)證明線面平行的關鍵看直線的方向向量與平面的法向量垂直．(2)特別強調(diào)直線在平面外．面面平行α∥β?n1∥n2??λ∈R，使得n1＝λn2注:證明面面平行時，必須說明兩個平面不重合．(1)利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行．(2)將面面平行轉(zhuǎn)化為線線平行然后用向量共線進行證明．線線垂直l1⊥l2?u1⊥u2?u1·u2＝0(1)兩直線垂直分為相交垂直和異面垂直，都可轉(zhuǎn)化為兩直線的方向向量相互垂直．(2)基向量法證明兩直線垂直即證直線的方向向量相互垂直，坐標法證明兩直線垂直即證兩直線方向向量的數(shù)量積為0.線面垂直l1⊥α?u1∥n1??λ∈R，使得u1＝λn1（1）基向量法：選取基向量，用基向量表示直線所在的向量，證明直線所在向量與兩個不共線向量的數(shù)量積均為零，從而證得結論．（2）坐標法：建立空間直角坐標系，求出直線方向向量的坐標，證明直線的方向向量與兩個不共線向量的數(shù)量積均為零，從而證得結論．（3）法向量法：建立空間直角坐標系，求出直線方向向量的坐標以及平面法向量的坐標，然后說明直線方向向量與平面法向量共線，從而證得結論．面面垂直α⊥β?n1⊥n2?n1·n2＝0(1)常規(guī)法：利用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直去證明．(2)法向量法：證明兩個平面的法向量互相垂直【即學即練7】已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分別是直線l1，l2的方向向量，若l1∥l2，則()A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝eq\f(15,2)C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝eq\f(15,2)【解析】由題意得，eq\f(3,2)＝eq\f(x,4)＝eq\f(y,5)，∴x＝6，y＝eq\f(15,2).故選D【即學即練8】已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，則λ的值是()A．－eq\f(10,3)B．6C．－6D.eq\f(10,3)【解析】∵α∥β，∴α的法向量與β的法向量也互相平行．∴eq\f(2,4)＝eq\f(3,λ)＝eq\f(－1,－2)，∴λ＝6.【即學即練9】設l1的方向向量為a＝(1,2，－2)，l2的方向向量為b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，則m＝________.【解析】∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝－2＋6－2m＝0，得m＝2.【即學即練10】已知eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1,5，－2)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(3,1，z)，若eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，eq\o(BP,\s\up7(→))＝(x－1，y，－3)，且eq\o(BP,\s\up7(→))⊥平面ABC，則eq\o(BP,\s\up7(→))＝________.【解析】∵eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→))，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，∴3＋5－2z＝0，∴z＝4.∵eq\o(BP,\s\up7(→))＝(x－1，y，－3)，且eq\o(BP,\s\up7(→))⊥平面ABC，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(BP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，,eq\o(BP,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＋5y＋6＝0，,3x－3＋y－12＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(40,7)，,y＝－\f(15,7)，))故eq\o(BP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3))考點一求直線的方向向量解題方略：理解直線方向向量的概念(1)直線上任意兩個不同的點都可構成直線的方向向量．(2)直線的方向向量不唯一．【例1-1】若A(－1,0,1)，B(1,4,7)在直線l上，則直線l的一個方向向量為()A．(1,2,3) B．(1,3,2)C．(2,1,3) D．(3,2,1)【解析】因為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,4,6)，所以(1,2,3)是直線l的一個方向向量．故選A變式1：已知向量a＝(2，－1,3)和b＝(－4,2x2,6x)都是直線l的方向向量，則x的值是()A．－1 B．1或－1C．－3 D．1【解析】由題意得a∥b，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＝2，,6x＝－6，))解得x＝－1.故選A變式2：從點A(2，－1,7)沿向量a＝(8,9，－12)的方向取線段長|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝34，則B點的坐標為()A．(18,17，－17) B.(－14，－19,17)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(7,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(11,2)，13))【解析】設B點坐標為(x，y，z)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝λa(λ>0)，即(x－2，y＋1，z－7)＝λ(8,9，－12)，因為|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝34，即eq\r(64λ2＋81λ2＋144λ2)＝34，得λ＝2，所以x＝18，y＝17，z＝－17.故選A考點二求平面的法向量解題方略：利用待定系數(shù)法求法向量的步驟【例2-1】在如圖所示的空間直角坐標系中，ABCD-A1B1C1D1是棱長為1的正方體，給出下列結論：①平面ABB1A1的一個法向量為(0,1,0)；②平面B1CD的一個法向量為(1,1,1)；③平面B1CD1的一個法向量為(1,1,1)；④平面ABC1D1的一個法向量為(0,1,1)．其中正確結論的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4【解析】∵eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0,1,0)，AB⊥AD，AA1⊥AD，又AB∩AA1＝A，∴AD⊥平面ABB1A1，∴①正確；∵eq\o(CD,\s\up7(→))＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·eq\o(CD,\s\up7(→))＝－1≠0，∴(1,1,1)不是平面B1CD的法向量，∴②不正確；∵eq\o(B1C,\s\up7(→))＝(0,1，－1)，eq\o(CD1,\s\up7(→))＝(－1,0,1)，(1,1,1)·eq\o(B1C,\s\up7(→))＝0，(1,1,1)·eq\o(CD1,\s\up7(→))＝0，B1C∩CD1＝C，∴(1,1,1)是平面B1CD1的一個法向量，∴③正確；∵eq\o(BC1,\s\up7(→))＝(0,1,1)，而eq\o(BC1,\s\up7(→))·(0,1,1)＝2≠0，∴(0,1,1)不是平面ABC1D1的法向量，即④不正確．因此正確結論的個數(shù)為2，選B.【例2-2】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為1，G，E，F(xiàn)分別為AA1，AB，BC的中點，求平面GEF的一個法向量．【解析】如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，∴eq\o(GE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(FE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0)).設平面GEF的法向量為n＝(x，y，z)．由n⊥eq\o(GE,\s\up7(→))，n⊥eq\o(FE,\s\up7(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(GE,\s\up7(→))＝\f(1,2)y－\f(1,2)z＝0，,n·eq\o(FE,\s\up7(→))＝\f(1,2)x－\f(1,2)y＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝y(tǒng)，,x＝y(tǒng).))令y＝1，可得平面GEF的一個法向量為n＝(1,1,1)．變式1：如圖所示，已知四邊形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝eq\f(1,2)，試建立適當?shù)淖鴺讼担?1)求平面ABCD的一個法向量；(2)求平面SAB的一個法向量；(3)求平面SCD的一個法向量．【解析】以點A為原點，AD，AB，AS所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，S(0,0,1)．(1)∵SA⊥平面ABCD，∴eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0,0,1)是平面ABCD的一個法向量．(2)∵AD⊥AB，AD⊥SA，AB∩SA＝A，AB，SA?平面ABS，∴AD⊥平面SAB，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))是平面SAB的一個法向量．(3)在平面SCD中，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，eq\o(SC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．設平面SCD的法向量是n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，n⊥eq\o(SC,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(SC,\s\up6(→))＝0，))得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋y＝0，,x＋y－z＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2y，,z＝－y，))令y＝－1，得x＝2，z＝1，∴n＝(2，－1,1)．∴n＝(2，－1,1)是平面SCD的一個法向量(答案不唯一)．變式2：如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是DD1的中點，O為底面ABCD的中心，求證：eq\o(OB1,\s\up7(→))是平面PAC的一個法向量．證明：如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．不妨設正方體的棱長為2，則A(2,0,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，O(1,1,0)，∴eq\o(OB1,\s\up7(→))＝(1,1,2)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－2,2,0)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－2,0,1)，∴eq\o(OB1,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝－2＋2＝0，eq\o(OB1,\s\up7(→))·eq\o(AP,\s\up7(→))＝－2＋2＝0，∴eq\o(OB1,\s\up7(→))⊥eq\o(AC,\s\up7(→))，eq\o(OB1,\s\up7(→))⊥eq\o(AP,\s\up7(→)).∵AC∩AP＝A，∴eq\o(OB1,\s\up7(→))是平面PAC的一個法向量.變式3：已知A(1,1,0)，B(1,0,1)，C(0,1,1)，則平面ABC的一個單位法向量是()A．(1,1,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))【解析】設平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)，又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝－y＋z＝0，,\o(BC,\s\up6(→))·n＝－x＋y＝0.))∴x＝y(tǒng)＝z，又∵單位向量的模為1，故只有B正確．【例2-3】已知平面α內(nèi)有一個點A(2，－1,2)，α的一個法向量為n＝(3,1,2)，則下列點P中，在平面α內(nèi)的是()A．(1，－1,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3，－\f(3,2)))【解析】若點P在平面α內(nèi)，則PA⊥α，即eq\o(PA,\s\up7(→))·n＝0.對于選項A，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(1,0,1)，則eq\o(PA,\s\up7(→))·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A；對于選項B，eq\o(PA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))，則eq\o(PA,\s\up7(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))·(3,1,2)＝0，故B正確；同理可排除C、D.故選B考點三用空間向量證明平行問題解題方略：用空間向量證明平行的方法(1)線線平行：證明兩直線的方向向量共線．(2)線面平行：①證明直線的方向向量與平面內(nèi)任意兩個不共線的向量共面，即可用平面內(nèi)的一組基底表示．②證明直線的方向向量與平面內(nèi)某一向量共線，轉(zhuǎn)化為線線平行，利用線面平行判定定理得證．③先求直線的方向向量，然后求平面的法向量，證明直線的方向向量與平面的法向量垂直．在證明線面平行時，需注意說明直線不在平面內(nèi)．(3)面面平行：①證明兩平面的法向量為共線向量；②轉(zhuǎn)化為線面平行、線線平行問題．（一）判斷直線、平面的位置關系【例3-1】已知直線l的方向向量是a＝(3,2,1)，平面α的法向量是u＝(－1,2，－1)，則l與α的位置關系是()A．l⊥α B．l∥αC．l與α相交但不垂直 D．l∥α或l?α【解析】因為a·u＝－3＋4－1＝0，所以a⊥u.所以l∥α或l?α.故選D變式1：在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B，AC的中點，則MN與平面BB1C1C的位置關系是()A．相交 B．平行C．垂直 D．不能確定【解析】建系如圖，設正方體的棱長為2，則A(2,2,2)，A1(2,2,0)，C(0,0,2)，B(2,0,2)，∴M(2,1,1)，N(1,1,2)，∴eq\o(MN,\s\up7(→))＝(－1,0,1)．又平面BB1C1C的一個法向量為n＝(0,1,0)，∵eq\o(MN,\s\up7(→))·n＝－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴eq\o(MN,\s\up7(→))⊥n，∴MN∥平面BB1C1C.故選B.（二）證明平行問題【例3-2】在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分別是AA1，D1C1，AB，CC1的中點．求證：PQ∥RS.證明：法一：以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.則P(3,0,1)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S(0,4,1)，eq\o(PQ,\s\up7(→))＝(－3,2,1)，eq\o(RS,\s\up7(→))＝(－3,2,1)，∴eq\o(PQ,\s\up7(→))＝eq\o(RS,\s\up7(→))，∴eq\o(PQ,\s\up7(→))∥eq\o(RS,\s\up7(→))，即PQ∥RS.法二：eq\o(RS,\s\up7(→))＝eq\o(RC,\s\up7(→))＋eq\o(CS,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up7(→))－eq\o(DA,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DD1,\s\up7(→))，eq\o(PQ,\s\up7(→))＝eq\o(PA1,\s\up7(→))＋eq\o(A1Q,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DD1,\s\up7(→))＋eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up7(→))－eq\o(DA,\s\up7(→))，∴eq\o(RS,\s\up7(→))＝eq\o(PQ,\s\up7(→))，∴eq\o(RS,\s\up7(→))∥eq\o(PQ,\s\up7(→))，即RS∥PQ.【例3-3】已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別是BB1，DD1的中點，求證：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.【證明】如圖所示建立空間直角坐標系D-xyz，則有D(0,0,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，F(xiàn)(0,0,1)，B1(2，2,2)，所以eq\o(FC1,\s\up7(→))＝(0,2,1)，eq\o(DA,\s\up7(→))＝(2,0,0)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0,2,1)．(1)設n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，則n1⊥eq\o(DA,\s\up7(→))，n1⊥eq\o(AE,\s\up7(→))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(DA,\s\up7(→))＝2x1＝0，,n1·eq\o(AE,\s\up7(→))＝2y1＋z1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝－2y1，))令z1＝2，則y1＝－1，所以n1＝(0，－1,2)．因為eq\o(FC1,\s\up7(→))·n1＝－2＋2＝0，所以eq\o(FC1,\s\up7(→))⊥n1.又因為FC1?平面ADE，所以FC1∥平面ADE.(2)因為eq\o(C1B1,\s\up7(→))＝(2,0,0)，設n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一個法向量．由n2⊥eq\o(FC1,\s\up7(→))，n2⊥eq\o(C1B1,\s\up7(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·eq\o(FC1,\s\up7(→))＝2y2＋z2＝0，,n2·eq\o(C1B1,\s\up7(→))＝2x2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,z2＝－2y2.))令z2＝2，得y2＝－1，所以n2＝(0，－1,2)，因為n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.變式1：在四棱錐P－ABCD中，四邊形ABCD是正方形，側棱PD垂直于底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點．證明：PA∥平面EDB.【證明】如圖所示，建立空間直角坐標系，D是坐標原點，設PD＝DC＝a.連接AC，交BD于點G，連接EG，依題意得D(0,0,0)，A(a,0,0)，P(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，B(a，a,0)．方法一設平面BDE的法向量為n＝(x，y，z)，又eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)y＋z＝0，,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)－\f(z,2)))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,2x＋y－z＝0.))令z＝1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，))所以n＝(1，－1,1)，又eq\o(PA,\s\up6(→))＝(a,0，－a)，所以n·eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1，－1,1)·(a,0，－a)＝a－a＝0.所以n⊥eq\o(PA,\s\up6(→)).又PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB.方法二因為四邊形ABCD是正方形，所以G是此正方形的中心，故點G的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，所以eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2))).又eq\o(PA,\s\up6(→))＝(a,0，－a)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＝2eq\o(EG,\s\up6(→))，這表明PA∥EG.而EG?平面EDB，且PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB.方法三假設存在實數(shù)λ，μ使得eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(DE,\s\up6(→))＋μeq\o(EB,\s\up6(→))，即(a,0，－a)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝μa，,0＝λ·\f(a,2)＋μ·\f(a,2)，,－a＝λ·\f(a,2)－μ·\f(a,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝1.))所以eq\o(PA,\s\up6(→))＝－eq\o(DE,\s\up6(→))＋eq\o(EB,\s\up6(→))，又PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB.變式2：如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F(xiàn)是棱AB的中點．求證：平面AA1D1D∥平面FCC1.【證明】因為AB＝4，BC＝CD＝2，F(xiàn)是棱AB的中點，所以BF＝BC＝CF，所以△BCF為正三角形．因為ABCD為等腰梯形，AB＝4，BC＝CD＝2，所以∠BAD＝∠ABC＝60°.取AF的中點M，連接DM，則DM⊥AB，所以DM⊥CD.以D為原點，DM，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A(eq\r(3)，－1,0)，F(xiàn)(eq\r(3)，1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，所以eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，所以eq\o(DD1,\s\up6(→))∥eq\o(CC1,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))∥eq\o(CF,\s\up6(→))，又DD1∩DA＝D，CC1∩CF＝C，DD1，DA?平面AA1D1D，CC1，CF?平面FCC1，所以平面AA1D1D∥平面FCC1.變式3：如圖，在長方體中，點E，F(xiàn)，G分別在棱，，上，；點P，Q，R分別在棱，CD，CB上，．求證：平面平面PQR．【解析】構建以為原點，為x、y、z軸正方向的空間直角坐標系，如下圖示，設，又，，∴，，，，，，∴，，，，設是面的一個法向量，則，令，，設是面的一個法向量，則，令，，∴面、面的法向量共線，故平面平面PQR，得證.考點四利用空間向量證明垂直問題解題方略：用空間向量證明垂直的方法(1)線線垂直：證明兩直線的方向向量互相垂直，即證明它們的數(shù)量積為零．(2)線面垂直：①基向量法：選取基向量，用基向量表示直線所在的向量，證明直線所在向量與兩個不共線向量的數(shù)量積均為零，從而證得結論．②坐標法：建立空間直角坐標系，求出直線方向向量的坐標，證明直線的方向向量與兩個不共線向量的數(shù)量積均為零，從而證得結論．③法向量法：建立空間直角坐標系，求出直線方向向量的坐標以及平面法向量的坐標，然后說明直線方向向量與平面法向量共線，從而證得結論．(3)面面垂直：證明兩個平面的法向量垂直，或?qū)⒚婷娲怪钡呐卸ǘɡ碛孟蛄勘硎荆ㄒ唬┡袛嘀本€、平面的位置關系【例4-1】在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－1,2，－1)，則PA與底面ABCD的關系是()A．相交 B．垂直C．不垂直 D．成60°角【解析】因為eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝0，所以AP⊥平面ABCD.故選B變式1：若平面α，β的法向量分別為a＝(2，－1,0)，b＝(－1，－2，0)，則α與β的位置關系是()A．平行 B．垂直C．相交但不垂直 D．無法確定【解析】a·b＝－2＋2＋0＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.故選B（二）已知兩向量垂直求參數(shù)【例4-2】設l1的一個方向向量為a＝(1,3，－2)，l2的一個方向向量為b＝(－4,3，m)，若l1⊥l2，則m等于()A．1B.eq\f(5,2)C.eq\f(1,2)D．3【解析】因為l1⊥l2，所以a·b＝0，即1×(－4)＋3×3＋(－2)×m＝0，所以2m＝9－4＝5，即m＝eq\f(5,2).故選B變式1：已知平面α的法向量為a＝(1,2，－2)，平面β的法向量為b＝(－2，－4，k)，若α⊥β，則k等于()A．4B．－4C．5D．－5【解析】∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0.∴k＝－5.故選D變式2：在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3,1)，C(2，－2,1)．若向量n與平面ABC垂直，且|n|＝eq\r(21)，則n的坐標為________________．【解析】根據(jù)題意，得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,0,2)．設n＝(x，y，z)，∵n與平面ABC垂直，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－y＋2z＝0，,x＋2z＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(y,2)，,z＝\f(y,4).))∵|n|＝eq\r(21)，∴eq\r(x2＋y2＋z2)＝eq\r(21)，解得y＝4或y＝－4.當y＝4時，x＝－2，z＝1；當y＝－4時，x＝2，z＝－1.∴n的坐標為(－2,4,1)或(2，－4，－1)．（三）證明垂直問題【例4-3】已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，點E為CC1的中點，點F為BD1的中點．證明：EF⊥BD1，EF⊥CC1.【證明】建立如圖所示的空間直角坐標系．則B(0,1,0)，D1(1,0,2)，C1(0,0,2)，E(0，0,1)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，C(0,0,0)．∴eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(CC1,\s\up7(→))＝(0,0,2)，eq\o(BD1,\s\up7(→))＝(1，－1,2)，∴eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(BD1,\s\up7(→))＝0，eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(CC1,\s\up7(→))＝0?EF⊥BD1，EF⊥CC1.變式1：如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長都為1，M是底面上BC邊的中點，N是側棱CC1上的點，且CN＝eq\f(1,4)CC1.求證：AB1⊥MN.【證明】方法一設eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則由已知條件和正三棱柱的性質(zhì)，得|a|＝|b|＝|c|＝1，a·c＝b·c＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝b＋eq\f(1,4)c，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b＋eq\f(1,4)c，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝(a＋c)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,4)c))＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)cos60°＋0－0＋0＋eq\f(1,4)＝0.∴eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，∴AB1⊥MN.方法二設AB的中點為O，作OO1∥AA1.以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系．由已知得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,4)))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))，∵M為BC的中點，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0)).∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,4)))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)＋0＋eq\f(1,4)＝0.∴eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，∴AB1⊥MN.變式2：如圖，由直三棱柱和四棱錐構成的幾何體中，，平面平面（1）求證：；（2）若M為中點，求證：平面；【解析】（1）在直三棱柱中，平面ABC，又平面ABC，∴，∵平面平面,且平面平面，又平面,∴平面，又平面，∴（2）直三棱柱中，∵平面，而平面∴，又，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，即，令，則，∵M為的中點，則，所以，因為，所以，又平面，∴平面.【例4-4】如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BB1，D1B1的中點．求證：EF⊥平面B1AC.【證明】設正方體的棱長為2a，建立如圖所示的空間直角坐標系．則A(2a,0,0)，C(0,2a,0)，B1(2a，2a,2a)，E(2a,2a，a)，F(xiàn)(a，a,2a)．∴eq\o(EF,\s\up7(→))＝(a，a,2a)－(2a,2a，a)＝(－a，－a，a)，eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(2a,2a,2a)－(2a,0,0)＝(0,2a,2a)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(0,2a,0)－(2a,0,0)＝(－2a,2a,0)．∵eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(－a，－a，a)·(0,2a,2a)＝(－a)×0＋(－a)×2a＋a×2a＝0，eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－a，－a，a)·(－2a,2a,0)＝2a2－2a2＋0＝0，∴EF⊥AB1，EF⊥AC.又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC.變式1：如圖，在四棱錐P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點．（1）求證：EF⊥CD；（2）在平面PAD內(nèi)求一點G，使GF⊥平面PCB，并證明你的結論．【解析】（1）證明如圖，以D為原點，分別以DA，DC，DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設AD＝a，則D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F(xiàn).＝，＝(0，a，0)．∵＝0，∴，即EF⊥CD.（2）解：設G(x，0，z)，則＝，若使GF⊥平面PCB，則需且由＝·(a，0，0)＝a＝0，得x＝；由＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0.∴G點坐標為，即G為AD的中點．變式2：如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，點E在棱AA1上，要使CE⊥面B1DE，則AE＝________.【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，則B1(0,0,3a)，C(0，eq\r(2)a,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，3a)).設E(eq\r(2)a,0，z)(0≤z≤3a)，則eq\o(CE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)a，－\r(2)a，z))，eq\o(B1E,\s\up7(→))＝(eq\r(2)a,0，z－3a)，eq\o(B1D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，0)).又eq\o(CE,\s\up7(→))·eq\o(B1D,\s\up7(→))＝a2－a2＋0＝0，故由題意得eq\o(CE,\s\up7(→))·eq\o(B1E,\s\up7(→))＝0,2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.故AE＝a或2a.答案：a或2a【例4-5】在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中點．求證：平面BDE⊥平面ABCD.證明：設AS＝AB＝1，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(1,0,0)，D(0,1,0)，A(0,0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).法一：連接AC，交BD于點O，連接OE，則點O的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)).易知eq\o(AS,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，∴eq\o(OE,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AS,\s\up7(→))，∴OE∥AS.又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD.又OE?平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD.法二：設平面BDE的法向量為n1＝(x，y，z)．易知eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1⊥eq\o(BD,\s\up7(→))，,n1⊥eq\o(BE,\s\up7(→))，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(BD,\s\up7(→))＝－x＋y＝0，,n1·eq\o(BE,\s\up7(→))＝－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0.))令x＝1，可得平面BDE的一個法向量為n1＝(1,1,0)．∵AS⊥平面ABCD，∴平面ABCD的一個法向量為n2＝eq\o(AS,\s\up7(→))＝(0,0,1)．∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD.題組A基礎過關練1、已知O為坐標原點，四面體OABC中，A(0,3,5)，B(1,2,0)，C(0,5,0)，直線AD∥BC，并且AD交坐標平面xOz于點D，則點D的坐標為________．【解析】∵D∈平面xOz，∴設D(x,0，z)，則eq\o(AD,\s\up7(→))＝(x，－3，z－5)，易知eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－1,3,0)．∵直線AD∥BC，∴eq\o(AD,\s\up7(→))∥eq\o(BC,\s\up7(→))，∴存在λ∈R，使(x，－3，z－5)＝λ(－1,3,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－λ，,－3＝3λ，,z－5＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,x＝1，,z＝5.))∴點D的坐標為(1,0,5)．答案：(1,0,5)2、已知點A(0,1,0)，B(－1,0，－1)，C(2,1,1)，P(x,0，z)，若PA⊥平面ABC，則點P的坐標為()A．(1,0，－2) B．(1,0,2)C．(－1,0,2) D．(2,0，－1)【解析】由題意知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,0,1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以有eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0.①eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2,0,1)·(x，－1，z)＝0，得2x＋z＝0，②聯(lián)立①②得x＝－1，z＝2，故點P的坐標為(－1,0,2)．故選C3、平面的一個法向量是,,，平面的一個法向量是,6,，則平面與平面的關系是（）A．平行 B．重合 C．平行或重合 D．垂直【解析】平面的一個法向量是,,，平面的一個法向量是,6,，，平面與平面的關系是平行或重合．故選：C．4、已知平面α內(nèi)的三點A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面β的一個法向量為n＝(－1，－1，－1)，且β與α不重合，則β與α的位置關系是________．【解析】eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(0,1，－1)＝－1×0＋(－1)×1＋(－1)×(－1)＝0，n·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(1,0，－1)＝－1×1＋0＋(－1)×(－1)＝0，∴n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AC,\s\up6(→)).∴n也為α的一個法向量，又α與β不重合，∴α∥β.5、已知直線l與平面α垂直，直線l的一個方向向量為u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)與平面α平行，則z等于()A．3 B．6C．－9 D．9【解析】∵l⊥α，v與平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0，∴1×3＋(－3)×(－2)＋z×1＝0，∴z＝－9.故選C6、若平面α，β的法向量分別為a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，且α⊥β，則x的值為()A．10 B．－10C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)【解析】因為α⊥β，所以它們的法向量也互相垂直，所以a·b＝(－1,2,4)·(x，－1，－2)＝0，解得x＝－10.故選B7、已知平面α的法向量為n＝(2，－2,4)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)，則直線AB與平面α的位置關系為()A．AB⊥α B．AB?αC．AB與α相交但不垂直 D．AB∥α【解析】因為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)，n＝(2，－2,4)，所以n＝－2eq\o(AB,\s\up6(→))，所以n∥eq\o(AB,\s\up6(→))，所以AB⊥α.故選A題組B能力提升練已知點P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點，如果eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(－1,2，－1)．對于結論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up7(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up7(→))∥eq\o(BD,\s\up7(→)).其中正確的是_______(填序號)．【解析】由于eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，eq\o(AP,\s\up7(→))·eq\o(AD,\s\up7(→))＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正確，eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2,3,4)，eq\o(BD,\s\up7(→))·eq\o(AP,\s\up7(→))＝0，故④錯誤．答案：①②③9、若a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，2y－1，－\f(1,4)))是平面α的一個法向量，且b＝(－1,2,1)，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)，－2))均與平面α平行，則向量a＝________.【解析】由題意，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·b＝0，,a·c＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋4y－\f(9,4)＝0，,3x＋y＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(9,52)，,y＝\f(27,52)，))所以a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4))).10、如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB是邊長為1的正三角形，ABCD是菱形，∠ABC＝60°，E是PC的中點，F(xiàn)是AB的中點，試建立恰當?shù)目臻g直角坐標系，求平面DEF的一個法向量．【解析】如圖，連接PF，CF.因為PA＝PB，F(xiàn)為AB的中點，所以PF⊥AB，又因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PF?平面PAB，所以PF⊥平面ABCD.因為AB＝BC，∠ABC＝60°，所以△ABC是等邊三角形，所以CF⊥AB.以F為坐標原點，BF，CF，PF所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系(如圖所示)．由題意得F(0,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),4)，\f(\r(3),4))).所以eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),4)，\f(\r(3),4)))，eq\o(FD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，0)).設平面DEF的一個法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(FE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(FD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)y＋\f(\r(3),4)z＝0，,－x＋\f(\r(3),2)y＝0.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝－y，,x＝\f(\r(3),2)y，))令y＝2，則x＝eq\r(3)，z＝－2.所以平面DEF的一個法向量為m＝(eq\r(3)，2，－2)(答案不唯一)．11、在如圖所示的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中點，求證：AB∥平面DEG.【證明】∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，BE?平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE.又∵AE⊥EB，∴EB，EF，EA兩兩垂直．以點E為坐標原點，EB，EF，EA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,2)，G(2,2,0)，∴eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)．設平面DEG的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up6(→))·n＝0，,\o(EG,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令y＝1，得z＝－1，x＝－1，則n＝(－1,1，－1)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝－2＋0＋2＝0，即eq\o(AB,\s\up6(→))⊥n.∵AB?平面DEG，∴AB∥平面DEG.12、如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F(xiàn)分別為A1C1和BC的中點．求證：C1F∥平面ABE.【證明】如圖，以B為坐標原點，分別以BC，BA，BB1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．設BC＝a，AB＝b，BB1＝c，則B(0,0,0)，A(0，b,0)，C1(a,0，c)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)，c)).所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－b,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(b,2)，c)).設平面ABE的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－by＝0，,\f(a,2)x－\f(b,2)y＋cz＝0，))令x＝2，則y＝0，z＝－eq\f(a,c)，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0，－\f(a,c))).又eq\o(C1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，－c))，所以n·eq\o(C1F,\s\up6(→))＝0，又C1F?平面ABE，所以C1F∥平面ABE.題組C培優(yōu)拔尖練13、如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E為PC的中點，EF⊥BP于點F.求證：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.證明：以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D-xyz，如圖，設DC＝PD＝1，則P(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).∴eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(EB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2)))，設F(x，y，z)，則eq\o(PF,\s\up7(→))＝(x，y，z－1)，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y－\f(1,2)，z－\f(1,2))).∵eq\o(EF,\s\up7(→))⊥eq\o(PB,\s\up7(→))，∴x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(1,2)))＝0，即x＋y－z＝0.①又∵eq\o(PF,\s\up7(→))∥eq\o(PB,\s\up7(→))，可設eq\o(PF,\s\up7(→))＝λeq\o(PB,\s\up7(→))，∴x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.②由①②可知，x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(2,3)，∴eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,6)，\f(1,6))).(1)設n1＝(x1，y1，z1)為平面EDB的一個法向量，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(EB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y1＋\f(1,2)z1＝0，,x1＋\f(1,2)y1－\f(1,2)z1＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝z1，,y1＝－z1.))取z1＝－1，則n1＝(－1,1，－1)．∵eq\o(PA,\s\up7(→))＝(1,0，－