高一升高二数学暑假预习课16讲第05讲 空间向量的应用（一）：直线、平面的位置关系与7考点精讲（解析版）

这是一份高一升高二数学暑假预习课16讲第05讲 空间向量的应用（一）：直线、平面的位置关系与7考点精讲（解析版），共49页。学案主要包含了空间中点， 由空间向量研究直线等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc32234" 第05讲 空间向量的应用（一）：直线、平面的位置关系 PAGEREF _Tc32234 \h 1
\l "_Tc31095" 一、空间中点、直线和平面的向量表示 PAGEREF _Tc31095 \h 2
\l "_Tc14462" 基础知识 PAGEREF _Tc14462 \h 2
\l "_Tc21139" 考点1 法向量 PAGEREF _Tc21139 \h 2
\l "_Tc31305" 二、 由空间向量研究直线、平面的平行关系 PAGEREF _Tc31305 \h 5
\l "_Tc28400" 基础知识 PAGEREF _Tc28400 \h 5
\l "_Tc9361" 考点2 证明线线平行 PAGEREF _Tc9361 \h 5
\l "_Tc1057" 考点3 证明线面平行 PAGEREF _Tc1057 \h 9
\l "_Tc29326" 考点4 证明面面平行 PAGEREF _Tc29326 \h 13
\l "_Tc5277" 三、 由空间向量研究直线、平面的垂直关系 PAGEREF _Tc5277 \h 19
\l "_Tc26713" 基础知识 PAGEREF _Tc26713 \h 19
\l "_Tc31131" 考点5 证明线线垂直 PAGEREF _Tc31131 \h 19
\l "_Tc12773" 考点6 证明线面垂直 PAGEREF _Tc12773 \h 25
\l "_Tc20616" 考点7 证明面面垂直 PAGEREF _Tc20616 \h 30
\l "_Tc15113" 四、 课后作业 PAGEREF _Tc15113 \h 35
\l "_Tc4476" 单选题 PAGEREF _Tc4476 \h 35
\l "_Tc20655" 多选题 PAGEREF _Tc20655 \h 41
\l "_Tc32289" 填空题 PAGEREF _Tc32289 \h 42
\l "_Tc23711" 解答题 PAGEREF _Tc23711 \h 45
一、空间中点、直线和平面的向量表示
基础知识
1．空间中点、直线和平面的向量表示
(1)空间中点的位置向量：如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量eq \(OP,\s\up6(→))来表示．我们把向量eq \(OP,\s\up6(→))称为点P的位置向量．

(2)空间中直线的向量表示式：直线l的方向向量为a ，且过点A.如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq \(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋teq \(AB,\s\up6(→))②，
①式和②式都称为空间直线的向量表示式．
(3)平面的法向量定义：
直线l⊥α，取直线l的方向向量a ，我们称向量a为平面α的法向量.给定一个点A和一个向量a，那么过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合.
【注】一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量.已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量.
考点1 法向量
【例1.1】（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知点A1,0,0,B0,2,0,C0,0,3，则下列向量可作为平面ABC的一个法向量的是（ ）
A．1,2,3B．3,2,1C．2,3,6D．6,3,2
【解题思路】设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，利用n⋅AB=0,n⋅AC=0列方程求解即可.
【解答过程】由A1,0,0,B0,2,0,C0,0,3知AB=−1,2,0,AC=−1,0,3，
设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，所以n⋅AB=−x+2y=0n⋅AC=−x+3z=0，
取x=6，解得n=6,3,2，选项D符合，
另外选项ABC中的向量与选项D中的向量不共线.
故选：D.
【例1.2】（23-24高二上·浙江嘉兴·期中）在空间直角坐标系O−xyz中，A−1,0,0，B1,2,−2，C2,3,−2，则平面ABC的一个法向量为（ ）
A．1,−1,0B．1,−1,1C．1,0,−1D．0,1,1
【解题思路】设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，利用n⋅AB=0,n⋅AC=0列方程求解即可.
【解答过程】由已知AB=2,2,−2,AC=3,3,−2，
设平面ABC的一个法向量为n=x,y,z，
∴n⋅AB=2x+2y−2z=0n⋅AC=3x+3y−2z=0
取x=1，解得n=1,−1,0，
选项A符合，另外选项BCD中的向量与选项A中的向量不共线.
故选：A.
【变式1.1】（23-24高二上·河南·阶段练习）已知点A1,2,3，B1,1,0，C0,1,1，则下列向量是平面ABC的法向量的是（ ）
A．−1,3,−1B．−1,−3,−1
C．1,3,1D．−1,3,1
【解题思路】表示出向量AB,AC，根据法向量定义，依次验证各选项中的向量与AB,AC是否都垂直即可.
【解答过程】由题意知：AB=0,−1,−3，AC=−1,−1,−2，
对于A，∵−1,3,−1⋅0,−1,−3=0−3+3=0，−1,3,−1⋅−1,−1,−2=1−3+2=0，
∴−1,3,−1与AB,AC均垂直，∴−1,3,−1是平面ABC的一个法向量，A正确；
对于B，∵−1,−3,−1⋅−1,−1,−2=1+3+2=6，∴−1,−3,−1与AC不垂直，
∴−1,−3,−1不是平面ABC的一个法向量，B错误；
对于C，∵1,3,1⋅0,−1,−3=0−3−3=−6，∴1,3,1与AB不垂直，
∴1,3,1不是平面ABC的一个法向量，C错误；
对于D，∵−1,3,1⋅0,−1,−3=0−3−3=−6，∴−1,3,1与AB不垂直，
∴−1,3,1不是平面ABC的一个法向量，D错误.
故选：A.
【变式1.2】（23-24高二下·江西抚州·阶段练习）已知平面α内两向量a=(1,1,1)，b=(0,2,−1)且c=ma+nb+(4,−4,1).若c为平面α的法向量，则m，n的值分别为（ ）
A．-1，2B．1，-2
C．1，2D．-1，-2
【解题思路】求出向量c的坐标后，利用向量c是平面α的法向量，得c⊥a,c⊥b，利用坐标运算列出方程组，求解即可.
【解答过程】c=ma+nb+(4,−4,1)=(m,m,m)+(0,2n,−n)+(4,−4,1)
=(m+4,m+2n−4,m−n+1)，
由c为平面α的法向量，得c·a=0c·b=0,即3m+n+1=0m+5n−9=0,
解得m=−1n=2.
故选：A.
二、 由空间向量研究直线、平面的平行关系
基础知识
1．空间中直线、平面的平行
(1)线线平行的向量表示：设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2.
(2)线面平行的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0.
(3)面面平行的向量表示：设n1 ，n2 分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2 .
2．利用向量证明线线平行：
证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．
3．证明线面平行：
(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；
(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；
(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．
4．证明面面平行：
(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．
(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．
考点2 证明线线平行
【例1.1】（2023高二·全国·专题练习）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4．点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3．

证明：B2C2∥A2D2.
【解题思路】
利用空间直角坐标系，由正四棱柱的各棱长分别表示出向量B2C2与A2D2，根据向量共线定理即可证明.
【解答过程】
根据正四棱柱性质可知，以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1)，
所以B2C2=(0,−2,1),A2D2=(0,−2,1)，
可得B2C2=A2D2，即向量B2C2与A2D2共线，
又B2C2,A2D2不在同一条直线上，
所以B2C2∥A2D2.
【例1.2】（23-24高二·全国·课后作业）已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=3，点S、P在棱CC1、AA1上，且CS=12SC1，AP=2PA1，点R、Q分别为AB、D1C1的中点．求证：直线PQ∥直线RS．
【解题思路】利用坐标法，利用向量共线定理即得.
【解答过程】以点D为原点，分别以DA、DC与DD1的方向为x、y与z轴的正方向，建立空间直角坐标系．
则D0,0,0、A3,0,0、C0,4,0、B3,4,0、D10,0,3、A13,0,3、C10,4,3、B13,4,3，
由题意知P3,0,2、Q0,2,3、S0,4,1、R3,2,0，
∴PQ=−3,2,1，RS=−3,2,1．
∴PQ=RS，又PQ，RS不共线，
∴PQ∥RS.
【变式1.1】（23-24高二上·全国·课后作业）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM=14DB,DA=DP=1,CD=2，求证：MN//AP．

【解题思路】证法一：以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，求出AP,MN的坐标，利用空间向量共线的坐标表示可得答案；
证法二：由空间向量的线性表示可得答案.
【解答过程】证法一：由题意知，直线DA,DC,DP两两垂直，
以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则D0,0,0,A1,0,0,P0,0,1,N0,12,14,M14,12,0，
所以AP=(−1,0,1),MN=−14,0,14，
所以MN=14AP，又M∉AP，故MN//AP．
证法二：由题意可得MN=MD+DN=14BD+12DE=14BD+12×12DC+DP
=14BD+14DC+14DP =14BC+14DP=14AD+DP=14AP，
又M∉AP，所以MN//AP．

【变式1.2】（22-23高二下·江苏·课后作业）如图，四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，且不共面，M，N分别是AC，BF的中点，求证：CE//MN.
【解题思路】根据给定条件，利用空间向量的线性运算，计算判断CE与MN共线即可推理作答.
【解答过程】（方法1）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，
则有MN=MA+AF+FN=12CA+AF+12FB，又MN=MC+CE+EB+BN=−12CA+CE−AF−12FB，
两式相加得：2MN=CE，因此CE与MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE//MN.
（方法2）因为M，N分别是AC，BF的中点，且四边形ABCD和ABEF都是平行四边形，
MN=AN−AM=12(AB+AF)−12AC=12(AB+BE)−12(AB+BC) =12(BE−BC)=12CE，
因此CE与MN共线，而直线CE与MN不重合，
所以CE//MN.
考点3 证明线面平行
【例2.1】（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=12AP=2，D是AP的中点，E,F,G分别为PC,PD,CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD，试用向量方法证明AP ∥平面EFG.
【解题思路】建立空间直角坐标系，求出AP的方向向量和平面EFG的法向量即可求解.
【解答过程】由题意可知底面ABCD为正方形，
因为PD⊥平面ABCD，DA,DC⊂平面ABCD，所以DA,DC,DP两两垂直，
如图以D为原点，以DA,DC,DP为方向向量建立空间直角坐标系D−xyz，
则有关点及向量的坐标为：
P0,0,2，C0,2,0，G1,2,0，E0,1,1，F0,0,1，A2,0,0，
AP=−2,0,2，EF=0,−1,0，EG=1,1,−1，
设平面EFG的法向量为n=x,y,z，
则n⋅EF=−y=0n⋅EG=x+y−z=0，取x=1可得平面EFG的一个法向量为n=1,0,1，
因为n⋅AP=−2+0+2=0，又AP在平面EFG外，
所以AP ∥平面EFG.
【例2.2】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC,AB=1，AC=AA1=2,AD=CD=5，且点M,N分别为B1C和D1D的中点， 求证：MN//平面ABCD.
【解题思路】以A为原点，建立空间直角坐标系，求得平面ABCD的一个法向量n=(0,0,1)和向量MN=(0,−52,0)，结合MN⋅n=0，即可证得MN//平面ABCD.
【解答过程】以A为原点，分别以AC,AB,AA1所在直线为x,y,zz轴建立空间直角坐标系，
如图所示，可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,−2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2)，C1(2,0,2),D1(1,−2,2)，
又因为M,N分别为B1C和D1D的中点，可得M(1,12,1),N(1,−2,1)，
又由向量n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，且MN=(0,−52,0),
由此可得MN⋅n=0，又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN//平面ABCD.
【变式2.1】（2023高二·全国·专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AD⊥MN，AB=2，AD=AP=4，M，N分别是BC，PD的中点. 求证：MN ∥平面PAB.

【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法来证得MN ∥平面PAB
【解答过程】由题意，
在矩形ABCD中，AB=2，AD=AP=4，AB⊥AD，
M，N分别是BC，PD的中点，
∴BM=CM=12BC=12AD=2，AB=CD=2，
在四棱锥P−ABCD中，面PAD⊥平面ABCD，
面PAD∩面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD， ∴AB⊥面PAD，
PA⊂面PAD，∴PA⊥AB，
取AP中点E，连接BE,EN，
∵EN//AD,AN=12AD,BM//AD,BM=12AD，
∴EN//BM,EN=BM，所以四边形BMNE是平行四边形，∴BE//MN，
∵AD⊥MN，∴AD⊥BE，AD⊥AB
∵BE⊂面PAB，AB⊂面PAB，AB∩BE=B
∴AD⊥面PAB，∵PA⊂平面PAB，
∴PA⊥AD
以AB、AD、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系如下图所示，
∴A0,0,0,B2,0,0,C2,4,0,D0,4,0,P0,0,4,M2,2,0,N0,2,2，
∴MN=−2,0,2，面PAB的一个法向量为AD=0,4,0，
∵MN⋅AD=−2×0+0×4+2×0=0，MN⊄平面PAB，
∴MN//平面PAB.

【变式2.2】（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，EF//AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC=2EF，AE=AF，点G是EF的中点．

(1)证明：AG⊥平面ABCD；
(2)线段AC上是否存在一点M，使MG //平面ABF？若存在，求出MCAC的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】
（1）直接利用面面垂直的性质定理得到线面垂直；
（2）利用题中的已知条件建立空间直角坐标系，首先假设存在点M，设AMAC=λ，求出平面ABF的法向量，进一步利用线面平行建立等量关系，求解即可．
【解答过程】（1）因为AE=AF，点G是EF的中点，所以AG⊥EF，
又因为EF//AD，所以AG⊥AD，
由平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，AG⊂平面ADEF，
所以AG⊥平面ABCD．
（2）由（1）得AG⊥平面ABCD，AD,AB⊂平面ABCD，∴AG⊥AD,AG⊥AB，
四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG、AD、AB两两垂直，
以A为原点，建立空间直角坐标系A−xyz，如图，

所以A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0)，
假设线段AC上存在一点M，使MG //平面ABF，
设AMAC=λ，则AM=λAC，
∵AC=(4,4,0)，∴AM=(4λ,4λ,0)，
设AG=t(t>0)，则AG=(0,0,t),,
所以MG=AG−AM=(−4λ,−4λ,t)，
F(0,−1,t),AF=(0,−1,t),AB=(4,0,0),
设平面ABF的法向量为m=(x,y,z),
AF⋅m=−y+t=0AB⋅m=4x=0，取m=(0,t,1),
由于MG //平面ABF，所以MG⋅m=0，即−4λt+t=0，解得λ=14,
所以AMAC=14，此时MCAC=34，
即当MCAC=34时，MG //平面ABF．
考点4 证明面面平行
【例3.1】（23-24高二上·湖南株洲·期中）如图，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点．证明：

(1)MN//平面CC1D1D；
(2)平面MNP//平面CC1D1D．
【解题思路】
（1）建立空间直角坐标系，根据正方体性质可知DA为平面CC1D1D的一个法向量，然后证明MN⊥DA即可得证；
（2）证明DA也是平面MNP的一个法向量即可.
【解答过程】
（1）证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．

由正方体的性质，知AD⊥平面CC1D1D，
所以DA=(2,0,0)为平面CC1D1D的一个法向量．
由于MN=(0,1,−1)，
则MN⋅DA=0×2+1×0+(−1)×0=0，
所以MN⊥DA．
又MN⊄平面CC1D1D，
所以MN//平面CC1D1D．
（2）证明：因为DA=(2,0,0)为平面CC1D1D的一个法向量，
由于MP=(0,2,0)，MN=(0,1,−1)，
则MP·DA=0MN·DA=0，
即DA=(2,0,0)也是平面MNP的一个法向量，
所以平面MNP//平面CC1D1D．
【例3.2】（2023高一·全国·专题练习）如图所示，正四棱ABCD−A1B1C1D1的底面边长1，侧棱长4，AA1中点为E，CC1中点为F．求证：平面BDE//平面B1D1F.

【解题思路】以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证DE//FB1，同理BD//B1D1，再结合面面平行判定定理即可证明结论.
【解答过程】以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，如图

则B(1,0,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，B1(1,0,4)，D1(0,1,4)，F(1,1,2)，
∵ DE=FB1=(0,−1,2)，∴DE//FB1，同理BD//B1D1，
∵DE⊄平面B1D1F，FB1⊂平面B1D1F，∴DE//平面B1D1F，
∵BD⊄平面B1D1F，B1D1⊂平面B1D1F，∴BD//平面B1D1F，
又DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE
∴平面BDE与平面B1D1F平行．
【变式3.1】（23-24高二·全国·课后作业）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，
求证：（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F.
【解题思路】
（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，计算其数量积即可证明；
（2）计算两个平面的法向量，根据法向量是否平行，即可证明.
【解答过程】证明：如图，建立空间直角坐标系D-xyz，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，
E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，
所以FC1=(0，2，1)，DA=(2，0，0)，AE=(0，2，1).
（1）设n1=(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥DA，n1⊥AE，
即n1→·DA=2x1=0，n1→·AE=2y1+z1=0，得x1=0，z1=-2y1.令z1=2，则y1=-1，
所以n1=(0，-1，2).因为FC1·n1=-2+2=0，所以FC1 ⊥n1.
又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
（2）C1B1=(2，0，0).
设n2→=(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量.由n2→⊥FC1，n2→⊥C1B1，
得n2→·FC1=2y2+z2=0，n2→·C1B1=2x2=0，得x2=0，z2=-2y2.
令z2=2，则y2=-1，所以n2→=(0，-1，2).
因为n1→=n2→，所以平面ADE∥平面B1C1F.
【变式3.2】 （23-24高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2
(1)求证：平面A1C1B ∥平面ACD1;
(2)线段B1C上，是否存在点P，使得A1P ∥平面ACD1.
【解题思路】
（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间坐标系，分别求平面A1C1B和平面ACD1的法向量，利用法向量平行即可证明面面平行；
（2）A1P=A1B1+B1P=A1B1+tB1C，当A1P垂直与平面ACD1的法向量时A1P ∥平面ACD1，求t的值即可.
【解答过程】
（1）因为长方体ABCD−A1B1C1D1，所以DA，DC，DD1两两垂直，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间坐标系：
由题知A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),A1(3,0,2),B1(3,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2),
则A1C1=(−3,4,0),A1B=(0,4,−2),AC=(−3,4,0),AD1=(−3,0,2)，
设平面A1C1B的法向量为n=(x,y,z)，则n→·A1C1→=−3x+4y=0n→·A1B→=4y−2z=0，解得n=(4,3,6)，
设平面ACD1的法向量为m=(x,y,z)，则m→·AC→=−3x+4y=0m→·AD1→=−3x+2z=0，解得m=(4,3,6)，
因为n ∥ m，所以平面A1C1B ∥平面ACD1.
（2）设线段B1C上存在点P使得A1P ∥平面ACD1，
由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1C=(−3,0,−2)，平面ACD1的法向量m=(4,3,6)，
所以A1P=A1B1+B1P=A1B1+tB1C=(−3t,4,−2t)，
由m⋅A1P=−3t×4+4×3+(−2t)×6=0解得t=12，即P为线段B1C中点时，A1P ∥平面ACD1.
三、 由空间向量研究直线、平面的垂直关系
基础知识
1．空间中直线、平面的垂直
(1)线线垂直的向量表示：设 u1，u2 分别是直线 l1 , l2 的方向向量，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.
(2)线面垂直的向量表示：设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l⊄α，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn.
(3)面面垂直的向量表示：设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.
2．证明两直线垂直：
建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．
3．用坐标法证明线面垂直：
(1)利用线线垂直：
①将直线的方向向量用坐标表示；
②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；
③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．
(2)利用平面的法向量：
①将直线的方向向量用坐标表示；
②求出平面的法向量；
③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
4．证明面面垂直：
(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明．
(2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．
考点5 证明线线垂直
【例1.1】（22-23高二上·云南昆明·期中）如图，下列正方体中，O为底面的中点，P为所在棱的中点，M、N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（ ）
A．③④B．①②C．②④D．②③
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断MN⋅OP的值即可.
【解答过程】设正方体的棱长为2，
对于①：如图建立空间直角坐标系，则M(2,0,2),N(0,2,2),P(0,2,1),O(1,1,0)，
可得MN=(−2,2,0),OP=(−1,1,1)，则MN⋅OP=2+2+0≠0，
所以MN与OP不垂直，即MN与OP不垂直，所以①错误；
对于②：如图建立空间直角坐标系，则M(0,0,2),N(2,0,0),P(2,0,1),O(1,1,0)，
可得MN=(2,0,−2),OP=(1,−1,1)，则MN⋅OP=−2+0+2=0，
所以MN⊥OP，即MN⊥OP，所以②正确；

对于③：如图建立空间直角坐标系，则M(2,2,2),N(0,2,0),P(0,0,1),O(1,1,0)，
可得MN=(−2,0,−2),OP=(−1,−1,1)，则MN⋅OP=2+0−2=0，
所以MN⊥OP，即MN⊥OP，所以③正确；
对于④：如图建立空间直角坐标系，则M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),O(1,1,0)，
可得MN=(0,−2,2),OP=(1,0,2)，则MN⋅OP=0+0+4≠0，
所以MN与OP不垂直，即MN与OP不垂直，所以④错误；
故选：D.
【例1.2】（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与AD1垂直的直线MN（ ）
A．有且仅有1条B．有且仅有2条
C．有且仅有3条D．有无数条
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的数量积表示计算得解.
【解答过程】以DA,DC,DD1正方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
设正方体棱长为1，
则M(0,0,a),N(x,1,1−x),A(1,0,0),D1(0,0,1)，
所以MN=(x,1,1−x−a),AD1=(−1,0,1)，
若AD1⊥MN，则MN⋅AD1=−x+1−x−a=0，
即2x=1−a(0≤x≤1,0≤a≤1)，方程有无数组解，
故选：D.
【变式1.1】（2024高三·全国·专题练习）已知在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=2，E为CC1的中点，F为BD1的中点．求证：
(1)EF⊥BD1且EF⊥CC1；
(2)EF//AC．
【解题思路】
（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出EF⋅CC1=0且EF⋅BD1=0，得到答案；
（2）根据向量坐标得到EF=−12AC，得平行关系.
【解答过程】
（1）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，可以建立如图所示的空间直角坐标系，
则C0,0,0，B0,1,0，D11,0,2，F12,12,1，C10,0,2，E0,0,1，A1,1,0．
由EF=12,12,0，CC1=0,0,2，BD1=1,−1,2，
得EF⋅CC1=0+0+0=0，EF⋅BD1=12−12+0=0，
所以EF⊥BD1且EF⊥CC1．
（2）AC=−1,−1,0，由于EF=12,12,0，显然EF=−12AC，故EF//AC．
【变式1.2】（21-22高一下·四川成都·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB=2，BC=1，PC=PD=2，E为PB中点.

(1)求证：PD ∥平面ACE；
(2)在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD?若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由.
【解题思路】
（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点和向量的坐标，设点M坐标并用参数表示，利用向量垂直的坐标表示可求得参数的值，即可得出结论，求得答案.
【解答过程】
（1）设BD,AC交与点F，连接EF，

因为底面ABCD为矩形，所以F为BD的中点，
又E为PB中点，故EF∥PD，
而PD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，
故PD ∥平面ACE；
（2）在棱PD上存在点M，使得AM⊥BD；
取CD的中点为O，连接PO,FO,
因为底面ABCD为矩形，故BC⊥CD，
PC=PD=2，故O为BC的中点，则PO⊥CD，而F为BD的中点，
故OF∥BC,∴OF⊥DC；
又平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
故PO⊥平面ABCD，
故以O为坐标原点，OF,OC,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,−1,0),D(0,−1,0),B(1,1,0),P(0,0,1)，
设PMPD=λλ∈0,1,Mx,y,z，则PM=λPD，
即(x,y,z−1)=λ(0,−1,−1)，则x=0y=−λz=1−λ，可得M(0,−λ,1−λ)，
故AM=−1,1−λ,1−λ,BD=(−1,−2,0)，
因为AM⊥BD，故AM⋅BD=0，即1−2(1−λ)=0，
解得λ=12，
即在棱PD上存在点M，使得AM⊥BD，此时PMPD=12.
考点6 证明线面垂直
【例2.1】（2024高三·全国·专题练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M、N、P分别是棱CC1、BC、CD的中点，求证：A1P⊥平面DMN．
【解题思路】结论空间直角坐标系，求平面DMN的法向量n，证明n与A1P共线即可.
【解答过程】建立如图的空间直角坐标系，连结DM、DN．
则D0,0,0、N12,1,0、M0,1,12、A11,0,1、P0,12,0．
于是，DN=12,1,0，DM=0,1,12．
设平面DMN的法向量为n=x,y,z．
由n⊥DN，n⊥DM，
得12x+y=0，y+12z=0．
令y=−1，则x=z=2，故n=2,−1,2．又A1P=−1,12,−1，
易知n=−2A1P，这说明n与A1P共线．
∴A1P⊥平面DMN．
【例2.2】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱台ABC−A1B1C1中，AA1=1，BC=2B1C1=2，D、E分别为AA1、B1C1的中点.

(1)求该正三棱台的表面积；
(2)求证：DE⊥平面BCC1B1
【解题思路】
（1）将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，分析可知正三棱锥P−ABC是棱长为2的正四面体，结合三角形的面积公式可求得正三棱台ABC−A1B1C1的表面积；
（2）设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正△ABC的中心，取AB的中点M，连接CM，则CM⊥AB，以点CO、AB、OP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，证明出DE⊥CP，DE⊥CB，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.
【解答过程】
（1）解：将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，如图所示：
因为B1C1//BC，且BC=2B1C1=2，则A1、B1分别为PA、PB的中点，
则PA=2AA1=2，PC=PB=PA=2，故△PBC是边长为2的等边三角形，
由此可知，△PAB、△PAC都是边长为2的等边三角形，
易知△ABC是边长为2的等边三角形，△A1B1C1是边长为1的等边三角形，
故正三棱台ABC−A1B1C1的表面积为3×34S△PAB+S△ABC+S△A1B1C1=94×34×22+34×22+34×12=732.
（2）解：设点P在底面ABC的射影为点O，则O为正△ABC的中心，
取AB的中点M，连接CM，则CM⊥AB，
CM=ACsinπ3=2×32=3，则CO=23CM=233，
因为PO⊥平面ABC，CO⊂平面ABC，则OP⊥CO，
所以，PO=PC2−OC2=22−2332=263，
以点O为坐标原点，CO、AB、OP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则C−233,0,0、B33,1,0、P0,0,263、A33,−1,0、
D34,−34,66、E−312,14,63，
则DE=−33,1,66，CP=233,0,263，CB=3,1,0，
所以，DE⋅CP=−23+23=0，DE⋅CB=−1+1=0，所以，DE⊥CP，DE⊥CB，
因为CP∩CB=C，CP、CB⊂平面BCC1B1，故DE⊥平面BCC1B1.
【变式2.1】（2024·重庆·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E在棱DD1上运动，F在线段B1D1上运动，直线DF与平面ACE交于点G．

(1)当E,F为中点时，证明：DF⊥平面ACE；
(2)若DF⊥平面ACE，求DGDF的最大值及此时DE的长．
【解题思路】
（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设E0,0,λ,Fμ,μ,10≤λ≤1,0≤μ≤1，利用空间向量的坐标运算确定线线垂直，结合线面垂直判定定理证明即可；
（2）由（1）坐标关系与线面垂直，设DG=mDF，可得AG⋅DF=0，建立坐标等式关系，利用基本不等式求得最值即可.
【解答过程】
（1）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则A1,0,0,B1,1,0,C0,1,0,D0,0,0,A11,0,1,B11,1,1,C10,1,1,D10,0,1，
设E0,0,λ,Fμ,μ,10≤λ≤1,0≤μ≤1，
当E，F为中点时，λ=μ=12，有E0,0,12,F12,12,1，
所以DF=12,12,1，AC=−1,1,0，AE=−1,0,12，有AC⋅DF=0，AE⋅DF=0，
所以DF⊥AC,DF⊥AE，又AC∩AE=A,AC,AE⊂平面ACE，
所以DF⊥平面ACE．
（2）由（1）可得DF=(μ,μ,1)，AC=(−1,1,0)，AE=(−1,0,λ)，
若DF⊥平面ACE，则AC⋅DF=0，AE⋅DF=0，所以λ=μ，
设DG=mDF，则AG=DG−DA=(mμ−1,mμ,m)，
由AG⊂平面ACE，所以AG⋅DF=0=(mμ−1)μ+mμ2+m=0，
当μ≠0时，m=μ2μ2+1=12μ+1μ，有00，
由BP=λPE，可求得P2−λ1+λ,3λ1+λ,2λ1+λ.
设平面PAC的一个法向量为m=x,y,z，则m⊥AP,m⊥AC，
由AP=2−λ1+λ,3λ1+λ,2λ1+λ,AC=0,23,0，
可得m⋅AP=2−λ1+λx+3λ1+λy+2λ1+λzm⋅AC=23y=0=0，
即y=0z=λ−22λx，令x=1，则z=λ−22λ，所以m=1,0,λ−22λ为平面PAC的一个法向量.
又BC=−2,23,0,BE=−3,3,2，
设平面BCEF的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅BC=−2x+23y=0n⋅BE=−3x+3y+2z=0，可得x=z=3y，
所以n=1,33,1为平面BCEF的一个法向量.
当m⋅n=1+λ−22λ=0，即λ=23时，平面PAC⊥平面BCEF，故存在满足题意的P，
此时BPPE=23.