高考数学一轮复习讲义第8章第7节立体几何中向量应用方法（一）平行与垂直的证明

这是一份高考数学一轮复习讲义第8章第7节立体几何中向量应用方法（一）平行与垂直的证明，共19页。学案主要包含了思考辨析等内容，欢迎下载使用。

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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0.))
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＝xv1＋yv2.
(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．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( )
A．(－1,1,1) B．(1，－1,1)
C．(－eq \f(\r(3),3)，－eq \f(\r(3),3)，－eq \f(\r(3),3)) D．(eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)，－eq \f(\r(3),3))
答案 C
解析 设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))
∴x＝y＝z.故选C.
2．直线l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，则有( )
A．l∥αB．l⊥α
C．l与α斜交D．l⊂α或l∥α
答案 B
解析 由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α，故选B.
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等于( )
A．2B．－4C．4D．－2
答案 C
解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行，
∴eq \f(－2,1)＝eq \f(－4,2)＝eq \f(k,－2)，∴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⊥β α∥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eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))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，eq \f(1,2))，O(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，
N(eq \f(1,2)，0,1)，eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝(0,1，eq \f(1,2))·(0，－eq \f(1,2)，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·重庆模拟)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Axyz，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)．
∴eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(0，－1,0)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
设eq \(PB,\s\up6(→))＝seq \(FE,\s\up6(→))＋teq \(FG,\s\up6(→))，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝t＝2，∴eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FG,\s\up6(→))，
又∵eq \(FE,\s\up6(→))与eq \(FG,\s\up6(→))不共线，∴eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(FE,\s\up6(→))与eq \(FG,\s\up6(→))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 ∵eq \(EF,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
∴eq \(BC,\s\up6(→))＝2eq \(EF,\s\up6(→))，∴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，eq \f(1,2))，N(eq \f(1,2)，1,1)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，
于是eq \(MN,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2))，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·eq \(DA1,\s\up6(→))＝0，且n·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋z＝0，,x＋y＝0.))
取x＝1，得y＝－1，z＝－1.
所以n＝(1，－1，－1)．
又eq \(MN,\s\up6(→))·n＝(eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2))·(1，－1，－1)＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥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 方法一 设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λeq \(BA1,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→)).
令eq \(BB1,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BA,\s\up6(→))＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，
则eq \(BA1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋b，eq \(AB1,\s\up6(→))＝a－c，
m＝λeq \(BA1,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc，
eq \(AB1,\s\up6(→))·m＝(a－c)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))－2μ－4λ＝0.故eq \(AB1,\s\up6(→))⊥m，结论得证．
方法二 取BC的中点O，连接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eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OO1,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))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，eq \r(3))，
A(0,0，eq \r(3))，B1(1,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．
因为n⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq \(BD,\s\up6(→))，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))
令x＝1，则y＝2，z＝－eq \r(3)，
故n＝(1,2，－eq \r(3))为平面A1BD的一个法向量，
而eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝n，所以eq \(AB1,\s\up6(→))∥n，
故AB1⊥平面A1BD.
命题点2 证面面垂直
例3 (2017·武汉月考)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＝eq \f(\r(2),2)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，连接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＝eq \f(\r(2),2)AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝eq \f(a,2).
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(eq \f(a,2)，0,0)，F(0，eq \f(a,2)，0)，D(－eq \f(a,2)，0,0)，P(0,0，eq \f(a,2))，B(eq \f(a,2)，a,0)，C(－eq \f(a,2)，a,0)．
因为E为PC的中点，所以E(－eq \f(a,4)，eq \f(a,2)，eq \f(a,4))．
易知平面PAD的一个法向量为eq \(OF,\s\up6(→))＝(0，eq \f(a,2)，0)，
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝(eq \f(a,4)，0，－eq \f(a,4))，
且eq \(OF,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，eq \f(a,2)，0)·(eq \f(a,4)，0，－eq \f(a,4))＝0，
所以EF∥平面PAD.
(2)因为eq \(PA,\s\up6(→))＝(eq \f(a,2)，0，－eq \f(a,2))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(0，－a,0)，
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝(eq \f(a,2)，0，－eq \f(a,2))·(0，－a,0)＝0，
所以eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，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·青岛模拟)如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝eq \r(2)AB，B1C1綊eq \f(1,2)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＝eq \r(2)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)．
eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(A1A,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1A,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2z＝0，,2x＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,z＝0，))取y＝1，则n＝(0,1,0)．
∴eq \(A1B1,\s\up6(→))＝2n，即eq \(A1B1,\s\up6(→))∥n.
∴A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知eq \(AB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(A1C,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\(A1C,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋y1＝0，,2x1－2z1＝0，))
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．
∴eq \(AB1,\s\up6(→))·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))⊥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PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq \r(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eq \f(AM,AP)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，连接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eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．
eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2，－1,0)．
设n＝(x0，y0,1)为平面PCD的一个法向量．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\(PC,\s\up6(→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2).))
即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，1)).
设PB与平面PCD的夹角为θ.
则sinθ＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(PB,\s\up6(→))|,|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(|\f(1,2)－1－1|,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))
＝eq \f(\r(3),3).
(3)解 设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]使得eq \(AM,\s\up6(→))＝λeq \(AP,\s\up6(→))，因此点M(0,1－λ，λ)，eq \(BM,\s\up6(→))＝(－1，－λ，λ)，
∵BM⊄平面PCD，∴BM∥平面PCD，
∴eq \(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，1))＝0，解得λ＝eq \f(1,4)，∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时eq \f(AM,AP)＝eq \f(1,4).
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·深圳模拟)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Dxyz，
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(eq \f(1,2)，1,0)，
所以eq \(NE,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,2)，0，－1)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，
因为|cs〈eq \(NE,\s\up6(→))，eq \(AM,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(NE,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→))|,|\(NE,\s\up6(→))||\(AM,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq \f(\r(10),10).
所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
连接AE，如图所示．
因为eq \(AN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，可设eq \(AS,\s\up6(→))＝λeq \(AN,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)，
又eq \(EA,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，－1,0)，
所以eq \(ES,\s\up6(→))＝eq \(EA,\s\up6(→))＋eq \(AS,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，λ－1，λ)．
由ES⊥平面AMN，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(ES,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→))＝0，,\(ES,\s\up6(→))·\(AN,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋λ＝0，,λ－1＋λ＝0，))解得λ＝eq \f(1,2)，
此时eq \(AS,\s\up6(→))＝(0，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，|eq \(AS,\s\up6(→))|＝eq \f(\r(2),2).
经检验，当AS＝eq \f(\r(2),2)时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝eq \f(\r(2),2).
19．利用向量法解决立体几何问题
典例 (12分)(2016·吉林实验中学月考)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.[1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(0,2eq \r(3)，0)，E(0，eq \r(3)，1)，F(1，eq \r(3)，0)，[3分]
易知平面CDF的法向量为eq \(DA,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DF,\s\up6(→))·n＝0，,\(DE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋z＝0，))取n＝(3，－eq \r(3)，3)，
cs〈eq \(DA,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(DA,\s\up6(→))·n,|\(DA,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(21),7)，
∴二面角E－DF－C的余弦值为eq \f(\r(21),7).[6分]
(3)设P(x，y,0)，则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \r(3)y－2＝0，
∴y＝eq \f(2\r(3),3).
又eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－2，y,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－x,2eq \r(3)－y,0)，
∵eq \(BP,\s\up6(→))∥eq \(PC,\s\up6(→))，∴(x－2)(2eq \r(3)－y)＝－xy，
∴eq \r(3)x＋y＝2eq \r(3).[9分]
把y＝eq \f(2\r(3),3)代入上式得x＝eq \f(4,3)，∴P(eq \f(4,3)，eq \f(2\r(3),3)，0)，
∴eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up6(→))，
∴在线段BC上存在点P(eq \f(4,3)，eq \f(2\r(3),3)，0)，使AP⊥DE.[12分]
1．(2016·茂名调研)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等于( )
A.eq \f(62,7)B.eq \f(63,7)C.eq \f(60,7)D.eq \f(65,7)
答案 D
解析 由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(7＝2t－μ，,5＝－t＋4μ，,λ＝3t－2μ，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＝\f(33,7)，,μ＝\f(17,7)，,λ＝\f(65,7).))
2．(2017·西安质检)若平面α，β的法向量分别是n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )
A．α∥βB．α⊥β
C．α，β相交但不垂直D．以上答案均不正确
答案 C
解析 ∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，
∴n1与n2不垂直，且不共线．
∴α与β相交但不垂直．
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( )
A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1)
C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4)
答案 A
解析 逐一验证法，对于选项A，eq \(MP,\s\up6(→))＝(1,4,1)，
∴eq \(MP,\s\up6(→))·n＝6－12＋6＝0，∴eq \(MP,\s\up6(→))⊥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eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CE,\s\up6(→))，则直线AB与平面CDE的位置关系是( )
A．相交B．平行
C．在平面内D．平行或在平面内
答案 D
解析 ∵eq \(AB,\s\up6(→))＝λeq \(CD,\s\up6(→))＋μeq \(CE,\s\up6(→))，∴eq \(AB,\s\up6(→))、eq \(CD,\s\up6(→))、eq \(CE,\s\up6(→))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等于( )
A．3B．4C．5D．6
答案 C
解析 ∵α⊥β，则u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，∴t＝5.
6．(2016·泰安模拟)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＝eq \f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．斜交B．平行
C．垂直D．MN在平面BB1C1C内
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，
则M(a，eq \f(2a,3)，eq \f(a,3))，N(eq \f(2a,3)，eq \f(2a,3)，a)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－eq \f(a,3)，0，eq \f(2a,3))．
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以eq \(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a,0)为平面BB1C1C的一个法向量．
因为eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(C1D1,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(C1D1,\s\up6(→))，又MN⊄平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.
7．(2017·广州质检)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·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，得x·0＋y－z＝0⇒y＝z，
由m·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，得x－z＝0⇒x＝z，取x＝1，
∴m＝(1,1,1)，m＝－n，
∴m∥n，∴α∥β.
8．(2016·潍坊模拟)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量；④eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BD,\s\up6(→)).其中正确的是________．
答案 ①②③
解析 ∵eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(AD,\s\up6(→))不平行，
∴eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，则③正确．
∵eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,3,4)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，
∴eq \(BD,\s\up6(→))与eq \(AP,\s\up6(→))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 eq \f(\r(7),2)
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，eq \r(3))，M(0,0，eq \f(\r(3),2))，设P(x，y,0)，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝(0,1，eq \f(\r(3),2))，eq \(MP,\s\up6(→))＝(x，y，－eq \f(\r(3),2))，即y＝eq \f(3,4)，
∴点P的轨迹方程为y＝eq \f(3,4).
根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2eq \r(1－\f(3,4)2)＝eq \f(\r(7),2).
10.如图，在三棱锥PABC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Oxyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，
B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．
于是eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,3,4)，
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，
∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，
∴eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，
又AM＝3，且点M在线段AP上，
∴eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，
又eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－4,5,0)，
eq \(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5,0)，
∴eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，
则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝(0,3,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，
∴eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BM,\s\up6(→))，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.
11．(2016·长沙模拟)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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，
P(0,0，a)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a,0)．
∵eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，∴eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，即EF⊥CD.
(2)解 设G(x,0，z)，则eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，则
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a,0,0)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)
＝eq \f(a2,2)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.
∴G点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，即G为AD的中点．
*12.如图所示，在多面体ABCDEF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，eq \(HB,\s\up6(→))为x轴正方向，eq \(HF,\s\up6(→))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，连接GE，GH，
则G(0，－1,0)，∴eq \(GE,\s\up6(→))＝(0,0,1)，
又eq \(HF,\s\up6(→))＝(0,0,1)，∴eq \(HF,\s\up6(→))∥eq \(GE,\s\up6(→)).
又GE⊂平面EDB，HF⊄平面EDB，
∴FH∥平面EDB.
(2)∵eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(GE,\s\up6(→))＝(0,0,1)，
eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(GE,\s\up6(→))＝0，
∴AC⊥GE.
又AC⊥BD，EG∩BD＝G，
∴AC⊥平面EDB.