课时过关检测（四十一） 空间向量及空间位置关系

这是一份课时过关检测（四十一） 空间向量及空间位置关系，共9页。

1．(2021·山东四校联考)已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝( )
A．9 B．－9
C．－3D．3
解析：选B 由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＝7，,x＋2y＝6，,－3x＋3y＝λ，))解得λ＝－9.
2．(2021·江西八校联考)在空间四边形ABCD中，eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝( )
A．－1B．0
C．1D．不确定
解析：选B 如图，令eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AC,\s\up7(―→))＝b，eq \(AD,\s\up7(―→))＝c，
则eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＋eq \(AC,\s\up7(―→))·eq \(DB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(BC,\s\up7(―→))＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
3.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且分MN所成的比为2，现用基向量eq \(eq \(OP,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))，eq \(eq \(OB,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))，eq \(eq \(OC,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))表示向量eq \(OG,\s\up7(―→))，设eq \(OG,\s\up7(―→))＝xeq \(eq \(OP,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))＋yeq \(eq \(OB,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))＋zeq \(eq \(OC,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))，则x，y，z的值分别是( )
A．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)B．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,6)
C．x＝eq \f(1,3)，y＝eq \f(1,6)，z＝eq \f(1,3)D．x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3)
解析：选D 设eq \(eq \(OP,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))＝a，eq \(eq \(OB,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))＝b，eq \(eq \(OC,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))＝c，∵点G分MN所成的比为2，∴eq \(MG,\s\up7(―→))＝eq \f(2,3)eq \(MN,\s\up7(―→))，∴eq \(OG,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \(MG,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \f(2,3)(eq \(ON,\s\up7(―→))－eq \(OM,\s\up7(―→)))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b＋\f(1,2)c－\f(1,2)a))＝eq \f(1,2)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c－eq \f(1,3)a＝eq \f(1,6)a＋eq \f(1,3)b＋eq \f(1,3)c，即x＝eq \f(1,6)，y＝eq \f(1,3)，z＝eq \f(1,3).
4．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )
A．α∥βB．α⊥β
C．α，β相交但不垂直D．以上均不正确
解析：选C ∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n1与n2不垂直，又n1，n2不共线，∴α与β相交但不垂直．
5．(多选)已知ABCD­A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是( )
A．(eq \(A1A,\s\up7(―→))＋eq \(A1D1,\s\up7(―→))＋eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2＝3(eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2
B．eq \(A1C,\s\up7(―→))·(eq \(A1B1,\s\up7(―→))－eq \(A1A,\s\up7(―→)))＝0
C．向量eq \(AD1,\s\up7(―→))与向量eq \(A1B,\s\up7(―→))的夹角是60°
D．正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为|eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))|
解析：选AB 由向量的加法得到：eq \(A1A,\s\up7(―→))＋eq \(A1D1,\s\up7(―→))＋eq \(A1B1,\s\up7(―→))＝eq \(A1C,\s\up7(―→))，∵A1C2＝3A1Beq \\al(2,1)，∴(eq \(A1C,\s\up7(―→)))2＝3(eq \(A1B1,\s\up7(―→)))2，所以A正确；∵eq \(A1B1,\s\up7(―→))－eq \(A1A,\s\up7(―→))＝eq \(AB1,\s\up7(―→))，AB1⊥A1C，∴eq \(A1C,\s\up7(―→))·eq \(AB1,\s\up7(―→))＝0，故B正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量eq \(AD1,\s\up7(―→))与向量eq \(A1B,\s\up7(―→))的夹角是120°，故C不正确；∵AB⊥AA1，∴eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))＝0，故|eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(AA1,\s\up7(―→))·eq \(AD,\s\up7(―→))|＝0，因此D不正确．
6．(多选)(2021·全国统一考试模拟演练)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中( )
A．AE∥CDB．CH∥BE
C．DG⊥BHD．BG⊥DE
解析：选BCD 将正方体的平面展开图复原为正方体，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1.
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，E(1,0,1)，F(1，1,1)，G(0,1,1)，H(0,0,1)．
eq \(AE,\s\up7(―→))＝(0,0,1)，eq \(CD,\s\up7(―→))＝(0，－1,0)，
所以eq \(AE,\s\up7(―→))≠λeq \(CD,\s\up7(―→))，故AE不平行CD，A错误；
eq \(CH,\s\up7(―→))＝(0，－1,1)，eq \(BE,\s\up7(―→))＝(0，－1,1)，所以eq \(CH,\s\up7(―→))＝eq \(BE,\s\up7(―→))，故CH∥BE，B正确；
eq \(DG,\s\up7(―→))＝(0,1,1)， eq \(BH,\s\up7(―→))＝(－1，－1,1)，所以eq \(DG,\s\up7(―→))·eq \(BH,\s\up7(―→))＝0，故DG⊥BH，C正确；
eq \(BG,\s\up7(―→))＝(－1,0,1)，eq \(DE,\s\up7(―→))＝(1,0,1)，所以eq \(BG,\s\up7(―→))·eq \(DE,\s\up7(―→))＝0，故BG⊥BE，故D正确．
7.已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN＝________.
解析：连接PD(图略)，∵M，N分别为CD，PC的中点，∴MN＝eq \f(1,2)PD，
又P(0,0,1)，D(0,1,0)，
∴PD＝eq \r(02＋－12＋12)＝eq \r(2)，∴MN＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
8．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，eq \(C1N,\s\up7(―→))＝λeq \(NC,\s\up7(―→))，且AB1⊥MN，则λ的值为________．
解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以M为坐标原点，eq \(MC,\s\up7(―→))，eq \(MA,\s\up7(―→))，eq \(eq \(MP,\s\up7(―→)),\s\up7(―→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．
因为底面边长为1，侧棱长为2，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，2))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，2))，
M(0,0,0)，设Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，t))，
因为eq \(C1N,\s\up7(―→))＝λeq \(NC,\s\up7(―→))，所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，
所以eq \(AB1,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).
又因为AB1⊥MN，所以eq \(AB1,\s\up7(―→))·eq \(MN,\s\up7(―→))＝0.
所以－eq \f(1,4)＋eq \f(4,1＋λ)＝0，所以λ＝15.
答案：15
9．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，E，F，G分别是A1D1，D1D，D1C1的中点．
(1)试用向量eq \(AB,\s\up7(―→))，eq \(AD,\s\up7(―→))，eq \(AA1,\s\up7(―→))表示eq \(AG,\s\up7(―→))；
(2)用向量方法证明平面EFG∥平面AB1C．
解：(1)设eq \(AB,\s\up7(―→))＝a，eq \(AD,\s\up7(―→))＝b，eq \(AA1,\s\up7(―→))＝c，
则eq \(AG,\s\up7(―→))＝eq \(AA1,\s\up7(―→))＋eq \(A1D1,\s\up7(―→))＋eq \(D1G,\s\up7(―→))＝c＋b＋eq \f(1,2)eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)a＋b＋c＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(AD,\s\up7(―→))＋eq \(AA1,\s\up7(―→)).
故AG＝eq \f(1,2)AB＋AD＋AA1.
(2)证明：eq \(AC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BC,\s\up7(―→))＝a＋b，
eq \(EG,\s\up7(―→))＝eq \(ED1,\s\up7(―→))＋eq \(D1G,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)a＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up7(―→))，
∵EG与AC无公共点，
∴EG∥AC，
∵EG⊄平面AB1C，AC⊂平面AB1C，
∴EG∥平面AB1C．
又∵eq \(AB1,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＋eq \(BB1,\s\up7(―→))＝a＋c，
eq \(FG,\s\up7(―→))＝eq \(FD1,\s\up7(―→))＋eq \(D1G,\s\up7(―→))＝eq \f(1,2)c＋eq \f(1,2)a＝eq \f(1,2)eq \(AB1,\s\up7(―→))，
∵FG与AB1无公共点，
∴FG∥AB1，
∵FG⊄平面AB1C，AB1⊂平面AB1C，
∴FG∥平面AB1C．
又∵FG∩EG＝G，FG⊂平面EFG，EG⊂平面EFG，
∴平面EFG∥平面AB1C．
10．如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：
(1)PA∥平面EDB；
(2)PB⊥平面EFD.
证明：以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.
设DC＝a.
(1)连接AC交BD于点G，连接EG.
依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2))).
因为底面ABCD是正方形，
所以G为AC的中点，
故点G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，
所以eq \(PA,\s\up7(―→))＝(a,0，－a)，eq \(EG,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))，
则eq \(PA,\s\up7(―→))＝2eq \(EG,\s\up7(―→))，故PA∥EG.
而EG⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，
所以PA∥平面EDB．
(2)依题意得B(a，a,0)，所以eq \(PB,\s\up7(―→))＝(a，a，－a)．
又eq \(DE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，故eq \(PB,\s\up7(―→))·eq \(DE,\s\up7(―→))＝0＋eq \f(a2,2)－eq \f(a2,2)＝0，
所以PB⊥DE，所以PB⊥DE.
由题可知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，
所以PB⊥平面EFD.
B级——综合应用
11．(多选)(2021·北京市昌平区模拟)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)AA1＝eq \r(3)，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是( )
A．当eq \(A1C,\s\up7(―→))＝2eq \(A1P,\s\up7(―→))时，B1，P，D三点共线
B．当eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(A1C,\s\up7(―→))时，eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(D1P,\s\up7(―→))
C．当eq \(A1C,\s\up7(―→))＝3eq \(A1P,\s\up7(―→))时，D1P∥平面BDC1
D．当eq \(A1C,\s\up7(―→))＝5eq \(A1P,\s\up7(―→))时，A1C⊥平面D1AP
解析：选ACD 在长方体ABCD­A1B1C1D1中，以点D为坐标原点，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．
因为AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)AA1＝eq \r(3)，所以AD＝AA1＝1，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0，eq \r(3)，0)，D1(0,0,1)，B(1，eq \r(3)，0)，C1(0，eq \r(3)，1)，B1(1，eq \r(3)，1)，
则eq \(A1C,\s\up7(―→))＝(－1，eq \r(3)，－1)，eq \(D1A,\s\up7(―→))＝(1,0，－1)．
对于A选项，当eq \(A1C,\s\up7(―→))＝2eq \(A1P,\s\up7(―→))时，P为线段A1C的中点，则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(DP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(DB1,\s\up7(―→))＝(1，eq \r(3)，1)，则eq \(DB1,\s\up7(―→))＝2eq \(DP,\s\up7(―→))，所以B1，D，P三点共线，正确；
对于B选项，设eq \(A1P,\s\up7(―→))＝λeq \(A1C,\s\up7(―→))＝λ(－1，eq \r(3)，－1)＝(－λ，eq \r(3)λ，－λ)(0≤λ≤1)，
eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \(AA1,\s\up7(―→))＋eq \(A1P,\s\up7(―→))＝(－λ，eq \r(3)λ，1－λ)，
由eq \(AP,\s\up7(―→))⊥eq \(A1C,\s\up7(―→))，可得eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(A1C,\s\up7(―→))＝5λ－1＝0，解得λ＝eq \f(1,5)，
所以eq \(AP,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(\r(3),5)，\f(4,5)))，eq \(D1P,\s\up7(―→))＝eq \(D1A,\s\up7(―→))＋eq \(AP,\s\up7(―→))＝(1,0，－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(\r(3),5)，\f(4,5)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，
所以eq \(D1P,\s\up7(―→))·eq \(AP,\s\up7(―→))＝－eq \f(4,25)＋eq \f(3,25)－eq \f(4,25)＝－eq \f(1,5)≠0，所以eq \(AP,\s\up7(―→))与eq \(D1P,\s\up7(―→))不垂直，错误；
对于C选项，当eq \(A1C,\s\up7(―→))＝3eq \(A1P,\s\up7(―→))时，eq \(A1P,\s\up7(―→))＝eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，eq \(DC1,\s\up7(―→))＝(0，eq \r(3)，1)，eq \(DB,\s\up7(―→))＝(1，eq \r(3)，0)．
设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(DC1,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(DB,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)y＋z＝0，,x＋\r(3)y＝0，))
令y＝1，则x＝z＝－eq \r(3)，∴n＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，
又eq \(A1D1,\s\up7(―→))＝(－1,0,0)，所以eq \(D1P,\s\up7(―→))＝eq \(A1P,\s\up7(―→))－eq \(A1D1,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，
所以eq \(D1P,\s\up7(―→))·n＝eq \f(2,3)×(－eq \r(3))＋eq \f(\r(3),3)×1－eq \f(1,3)×(－eq \r(3))＝0，所以eq \(D1P,\s\up7(―→))⊥n，
∵D1P⊄平面BDC1，所以D1P∥平面BDC1，正确；
对于D选项，当eq \(A1C,\s\up7(―→))＝5eq \(A1P,\s\up7(―→))时，
eq \(A1P,\s\up7(―→))＝eq \f(1,5)eq \(A1C,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，
所以eq \(D1P,\s\up7(―→))＝eq \(A1P,\s\up7(―→))－eq \(A1D1,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(\r(3),5)，－\f(1,5)))，
所以eq \(A1C,\s\up7(―→))·eq \(D1P,\s\up7(―→))＝－1×eq \f(4,5)＋eq \r(3)×eq \f(\r(3),5)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,5)))＝0，eq \(A1C,\s\up7(―→))·eq \(D1A,\s\up7(―→))＝－1×1＋eq \r(3)×0＋(－1)2＝0.所以A1C⊥D1P，A1C⊥D1A，又D1P∩D1A＝D1，
D1P⊂平面D1AP，D1A⊂平面D1AP，
所以A1C⊥平面D1AP，正确．
12．(2021·黑龙江高三模拟)已知O(0,0,0)，A(1,2,1)，B(2，1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))取最小值时，点Q的坐标是________．
解析：由题意，设eq \(OQ,\s\up7(―→))＝λeq \(OP,\s\up7(―→))，则eq \(OQ,\s\up7(―→))＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则eq \(QA,\s\up7(―→))＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，eq \(QB,\s\up7(―→))＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，
当λ＝1时取最小值，此时Q点坐标为(1,1,2)．
答案：(1,1,2)
13．(2021·安徽省江淮十校联考)如图所示，已知四棱锥P­ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.用向量方法证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB．
证明：(1)取BC的中点O，连接PO，
∵△PBC为等边三角形，∴PO⊥BC．
∵平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，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＝eq \r(3)，
∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，eq \r(3))，
∴eq \(BD,\s\up7(―→))＝(－2，－1,0)，eq \(PA,\s\up7(―→))＝(1，－2，－eq \r(3))．
∵eq \(BD,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(PA,\s\up7(―→))⊥eq \(BD,\s\up7(―→))，∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2))).
∵eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(1,0，－eq \r(3))，
∴eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up7(―→))⊥eq \(PB,\s\up7(―→))，即DM⊥PB．
∵eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up7(―→))⊥eq \(PA,\s\up7(―→))，即DM⊥PA．
又∵PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB．
∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB．
C级——迁移创新
14．如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1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)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．
解：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
∴AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，
∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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(eq \r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3))．
由于eq \(BD,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，0,0)，eq \(AA1,\s\up7(―→))＝(0,1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
∴eq \(BD,\s\up7(―→))⊥eq \(AA1,\s\up7(―→))，即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设eq \(CP,\s\up7(―→))＝λeq \(CC1,\s\up7(―→))，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，eq \r(3))．
从而有P(0,1＋λ，eq \r(3)λ)，eq \(BP,\s\up7(―→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ)．
设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n3⊥eq \(A1C1,\s\up7(―→))，,n3⊥eq \(DA1,\s\up7(―→))，))
又eq \(A1C1,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，eq \(DA1,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))
取n3＝(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，
则n3⊥eq \(BP,\s\up7(―→))，即n3·eq \(BP,\s\up7(―→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.