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高考数学一轮复习 第七章 第6节 第1课时利用空间向量证明平行与垂直
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这是一份高考数学一轮复习 第七章 第6节 第1课时利用空间向量证明平行与垂直，共23页。试卷主要包含了空间位置关系的向量表示，异面直线所成的角，求直线与平面所成的角，求二面角的大小，点到平面的距离等内容，欢迎下载使用。
考试要求 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理；4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；5.能用向量方法解决点到平面、相互平行的平面的距离问题；6.并能描述解决夹角和距离的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.
知 识 梳 理
1.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.
2.空间位置关系的向量表示
3.异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
4.求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
5.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉.
(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
6.点到平面的距离
用向量方法求点B到平面距离基本思路：确定平面法向量， 在平面内取一点A，求向量eq \(AB,\s\up6(→))到法向量的投影向量，投影向量的长度即为所要求的距离.如图平面α的法向量为n，点B到平面α的距离d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).
[微点提醒]
1.平面的法向量是非零向量且不唯一.
2.建立空间直角坐标系要建立右手直角坐标系.
3.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
4.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )
(2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.( )
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π].( )
解析 (1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；
(2)a⊥α；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )
A.α∥β B.α⊥β
C.α，β相交但不垂直 D.以上均不对
解析 ∵n1≠λn2，且n1·n2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直.
答案 C
3.(选修2－1P112A4改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cs 〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析 由于cs 〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与α所成的角为30°.
答案 A
4.(2019·天津和平区月考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为( )
A.eq \r(2)a B.eq \r(3)a C.eq \f(\r(2),3)a D.eq \f(\r(3),3)a
解析 显然A1C⊥平面AB1D1，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，则平面AB1D1的一个法向量为n＝(a，－a，a)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，－a，0)，则两平面间的距离d＝eq \f(|\(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(3),3)a.
答案 D
5.(2018·北京朝阳区检测)已知平面α的一个法向量为(1，2，－2)，平面β的一个法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于( )
A.2 B.－4 C.4 D.－2
解析 因为α∥β，所以eq \f(1,－2)＝eq \f(2,－4)＝eq \f(－2,k)，所以k＝4.
答案 C
6.(2019·烟台月考)若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为______.
解析 因为a＝－eq \f(1,2)n，所以l⊥α.
答案 l⊥α
考点一 利用空间向量证明平行问题
【例1】 如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2eq \r(2)，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
证明：PQ∥平面BCD.
证明 法一 如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
由题意知，A(0，eq \r(2)，2)，B(0，－eq \r(2)，0)，D(0，eq \r(2)，0).
设点C的坐标为(x0，y0，0).
因为eq \(AQ,\s\up6(→))＝3eq \(QC,\s\up6(→))，
所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，\f(1,2))).
因为M为AD的中点，故M(0，eq \r(2)，1).
又P为BM的中点，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
所以eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0)).
又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，故eq \(PQ,\s\up6(→))·a＝0.
又PQ⊄平面BCD，
所以PQ∥平面BCD.
法二 在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).
∵eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(CD,\s\up6(→))，设点F坐标为(x，y，0)，则
(x－x0，y－y0，0)＝eq \f(1,4)(－x0，eq \r(2)－y0，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,4)x0，,y＝\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，))∴eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0))
又由法一知eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0))，
∴eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \(PQ,\s\up6(→))，∴PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，
∴PQ∥平面BCD.
规律方法 (1)恰当建立坐标系，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，只须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.
【训练1】 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，且ABCD为正方形，
∴AB，AP，AD两两垂直.
以A为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A－xyz，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).
法一 ∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))
令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，
∵eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，∴eq \(PB,\s\up6(→))·n＝0，∴n⊥eq \(PB,\s\up6(→))，
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
法二 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\{(\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.
考点二 利用空间向量证明垂直问题
【例2】 如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明 (1)取BC的中点O，连接PO，
∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，
∴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\up6(→))＝(－2，－1，0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，－2，－eq \r(3)).
∵eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，∴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\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，
∴eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PB,\s\up6(→))，即DM⊥PB.
∵eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PA,\s\up6(→))，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
规律方法 (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)用向量证明垂直的方法
①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.
②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.
③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.
【训练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 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.
法二 如图所示，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，
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\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\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.
考点三 用空间向量解决有关位置关系的探索性问题 多维探究
角度1 与平行有关的探索性问题
【例3－1】 如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1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.
(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\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
∴eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.
(2)解 假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，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\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ).
设n3⊥平面DA1C1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3⊥\(A1C1,\s\up6(→))，,n3⊥\(DA1,\s\up6(→))，))
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
设n3＝(x3，y3，z3)，则eq \b\lc\{(\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\up6(→))，即n3·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
角度2 与垂直有关的探索性问题
【例3－2】 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.
(1)求证：AC⊥BF；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出eq \f(BP,PE)的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，
∴AF⊥平面ABCD.
∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝eq \r(3)，CH＝3，
∴AC＝2eq \r(3)，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，
∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB，
∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)解 存在.由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.
以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(－1，eq \r(3)，2).
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，设eq \f(BP,PE)＝λ，则λ>0，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ))).
设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z).
由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝\f(2－λ,1＋λ)x＋\f(\r(3)λ,1＋λ)y＋\f(2λ,1＋λ)z＝0，,m·\(AC,\s\up6(→))＝2\r(3)y＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,z＝\f(λ－2,2λ)x，))令x＝1，则z＝eq \f(λ－2,2λ)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(λ－2,2λ)))为平面PAC的一个法向量.
同理，可求得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，1))为平面BCEF的一个法向量.
当m·n＝0，即λ＝eq \f(2,3)时，平面PAC⊥平面BCEF，
故存在满足题意的点P，此时eq \f(BP,PE)＝eq \f(2,3).
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.
(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.
【训练3】 如图，在四棱锥P－ABCD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)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 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.
(2)解 取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).
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).
因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，
则eq \(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，
解得λ＝eq \f(1,4).
所以在棱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]
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.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.
3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直.
[易错防范]
1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.若直线l的一个方向向量为a＝(2，5，7)，平面α的一个法向量为u＝(1，1，－1)，则( )
A.l∥α或l⊂α B.l⊥α
C.l⊂α D.l与α斜交
解析 由条件知a·u＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l⊂α.故选A.
答案 A
2.已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是( )
A.a∥c，b∥c B.a∥b，a⊥c
C.a∥c，a⊥b D.以上都不对
解析 ∵c＝(－4，－6，2)＝2(－2，－3，1)＝2a，∴a∥c，
又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b.
答案 C
3.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
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.
则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.
答案 D
4.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)
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.
答案 A
5.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
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Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\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.
答案 B
二、填空题
6.(2019·青岛调研)已知eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，5，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，1，z)，若eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________.
解析 由条件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋5－2z＝0，,x－1＋5y＋6＝0，,3（x－1）＋y－3z＝0，))
解得x＝eq \f(40,7)，y＝－eq \f(15,7)，z＝4，
∴x＋y＝eq \f(40,7)－eq \f(15,7)＝eq \f(25,7).
答案 eq \f(25,7)
7.(2018·合肥月考)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________.
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(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1)).eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，1))＝0，∴ON与AM垂直.
答案 垂直
8.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n＝(2，2，4)，若a＝(1，1，2)，则直线l与平面α的位置关系为________；
若a＝(－1，－1，1)，则直线l与平面α的位置关系为________.
解析 当a＝(1，1，2)时，a＝eq \f(1,2)n，则l⊥α；
当a＝(－1，－1，1)时，a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l⊂α.
答案 l⊥α l∥α或l⊂α
三、解答题
9.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq \f(1,2)PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.
证明 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA，DP，DC分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.
依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，
则eq \(DQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1，0).
∴eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝0，eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0.
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，又DQ∩DC＝D，
∴PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC，
∴平面PQC⊥平面DCQ.
10.如图正方形ABCD的边长为2eq \r(2)，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝eq \r(3)，且FO⊥平面ABCD.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求证：CF⊥平面AEF.
证明 取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，
又四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，
故以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，
则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，eq \r(3))，B(1，2，0).
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，－2，0)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1，－2，eq \r(3)).
(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x－2y＝0，,x＋\r(3)z＝0，))
取z＝1，得n＝(－eq \r(3)，eq \r(3)，1).
又四边形BDEF为平行四边形，
∴eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1，－2，eq \r(3))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，eq \r(3))＝(－3，－4，eq \r(3))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))·n＝3eq \r(3)－4eq \r(3)＋eq \r(3)＝0，∴eq \(AE,\s\up6(→))⊥n，
又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF.
(2)eq \(AF,\s\up6(→))＝(－3，0，eq \r(3))，∴eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝－3＋3＝0，eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝－3＋3＝0，∴eq \(CF,\s\up6(→))⊥eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(CF,\s\up6(→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，
即CF⊥AF，CF⊥AE，
又AE∩AF＝A，
AE，AF⊂平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：
①A1M∥D1P；
②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；
④A1M∥平面D1PQB1.
以上说法正确的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 eq \(A1M,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(D1P,\s\up6(→))＝eq \(D1D,\s\up6(→))＋eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，∴eq \(A1M,\s\up6(→))∥eq \(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正确.
答案 C
12.(2019·成都调研)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝eq \r(3)，AD＝2eq \r(2)，P为C1D1的中点，M为BC的中点.则AM与PM的位置关系为( )
A.平行 B.异面
C.垂直 D.以上都不对
解析 以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
依题意，可得，D(0，0，0)，P(0，1，eq \r(3))，C(0，2，0)，
A(2eq \r(2)，0，0)，M(eq \r(2)，2，0).
∴eq \(PM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，2，0)－(0，1，eq \r(3))＝(eq \r(2)，1，－eq \r(3))，
eq \(AM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，2，0)－(2eq \r(2)，0，0)＝(－eq \r(2)，2，0)，
∴eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，－eq \r(3))·(－eq \r(2)，2，0)＝0，
即eq \(PM,\s\up6(→))⊥eq \(AM,\s\up6(→))，∴AM⊥PM.
答案 C
13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________.
解析 以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设CE＝x，DF＝y，
则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
∴eq \(B1E,\s\up6(→))＝(x－1，0，1)，∴eq \(FB,\s\up6(→))＝(1，1，y)，
由于B1E⊥平面ABF，
所以eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(B1E,\s\up6(→))＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0⇒x＋y＝1.
答案 1
14.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2).
(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.
(1)证明 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ－2).
当λ＝1时，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，
因为eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，
所以eq \(BC1,\s\up6(→))＝2eq \(FP,\s\up6(→))，
即BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，
且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)解 设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\(FP,\s\up6(→))·n＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))
于是可取n＝(λ，－λ，1).
同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1).
则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，
解得λ＝1±eq \f(\r(2),2).
故存在λ＝1±eq \f(\r(2),2)，使平面EFPQ⊥平面PQMN.位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
求法
cs β＝eq \f(a·b,|a||b|)
cs θ＝|cs β|＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
考试要求 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理；4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；5.能用向量方法解决点到平面、相互平行的平面的距离问题；6.并能描述解决夹角和距离的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.
知 识 梳 理
1.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.
2.空间位置关系的向量表示
3.异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
4.求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈a，n〉|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
5.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉.
(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
6.点到平面的距离
用向量方法求点B到平面距离基本思路：确定平面法向量， 在平面内取一点A，求向量eq \(AB,\s\up6(→))到法向量的投影向量，投影向量的长度即为所要求的距离.如图平面α的法向量为n，点B到平面α的距离d＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·n|,|n|).
[微点提醒]
1.平面的法向量是非零向量且不唯一.
2.建立空间直角坐标系要建立右手直角坐标系.
3.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
4.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )
(2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.( )
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π].( )
解析 (1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；
(2)a⊥α；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )
A.α∥β B.α⊥β
C.α，β相交但不垂直 D.以上均不对
解析 ∵n1≠λn2，且n1·n2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直.
答案 C
3.(选修2－1P112A4改编)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cs 〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，则l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析 由于cs 〈m，n〉＝－eq \f(1,2)，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与α所成的角为30°.
答案 A
4.(2019·天津和平区月考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为( )
A.eq \r(2)a B.eq \r(3)a C.eq \f(\r(2),3)a D.eq \f(\r(3),3)a
解析 显然A1C⊥平面AB1D1，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，则平面AB1D1的一个法向量为n＝(a，－a，a)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，－a，0)，则两平面间的距离d＝eq \f(|\(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\r(3),3)a.
答案 D
5.(2018·北京朝阳区检测)已知平面α的一个法向量为(1，2，－2)，平面β的一个法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于( )
A.2 B.－4 C.4 D.－2
解析 因为α∥β，所以eq \f(1,－2)＝eq \f(2,－4)＝eq \f(－2,k)，所以k＝4.
答案 C
6.(2019·烟台月考)若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为______.
解析 因为a＝－eq \f(1,2)n，所以l⊥α.
答案 l⊥α
考点一 利用空间向量证明平行问题
【例1】 如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2eq \r(2)，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
证明：PQ∥平面BCD.
证明 法一 如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
由题意知，A(0，eq \r(2)，2)，B(0，－eq \r(2)，0)，D(0，eq \r(2)，0).
设点C的坐标为(x0，y0，0).
因为eq \(AQ,\s\up6(→))＝3eq \(QC,\s\up6(→))，
所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，\f(1,2))).
因为M为AD的中点，故M(0，eq \r(2)，1).
又P为BM的中点，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
所以eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0)).
又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，故eq \(PQ,\s\up6(→))·a＝0.
又PQ⊄平面BCD，
所以PQ∥平面BCD.
法二 在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).
∵eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(CD,\s\up6(→))，设点F坐标为(x，y，0)，则
(x－x0，y－y0，0)＝eq \f(1,4)(－x0，eq \r(2)－y0，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,4)x0，,y＝\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，))∴eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0))
又由法一知eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0))，
∴eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \(PQ,\s\up6(→))，∴PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，
∴PQ∥平面BCD.
规律方法 (1)恰当建立坐标系，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，只须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.
【训练1】 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，且ABCD为正方形，
∴AB，AP，AD两两垂直.
以A为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A－xyz，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).
法一 ∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))
令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，
∵eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，∴eq \(PB,\s\up6(→))·n＝0，∴n⊥eq \(PB,\s\up6(→))，
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
法二 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\{(\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.
考点二 利用空间向量证明垂直问题
【例2】 如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明 (1)取BC的中点O，连接PO，
∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，
∴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\up6(→))＝(－2，－1，0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，－2，－eq \r(3)).
∵eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，∴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\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，
∴eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PB,\s\up6(→))，即DM⊥PB.
∵eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PA,\s\up6(→))，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
规律方法 (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)用向量证明垂直的方法
①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.
②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.
③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.
【训练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 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.
法二 如图所示，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，
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\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\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.
考点三 用空间向量解决有关位置关系的探索性问题 多维探究
角度1 与平行有关的探索性问题
【例3－1】 如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1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.
(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\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
∴eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.
(2)解 假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，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\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ).
设n3⊥平面DA1C1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3⊥\(A1C1,\s\up6(→))，,n3⊥\(DA1,\s\up6(→))，))
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
设n3＝(x3，y3，z3)，则eq \b\lc\{(\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\up6(→))，即n3·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
角度2 与垂直有关的探索性问题
【例3－2】 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.
(1)求证：AC⊥BF；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出eq \f(BP,PE)的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，
∴AF⊥平面ABCD.
∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝eq \r(3)，CH＝3，
∴AC＝2eq \r(3)，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，
∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB，
∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)解 存在.由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.
以A为坐标原点，eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(－1，eq \r(3)，2).
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，设eq \f(BP,PE)＝λ，则λ>0，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ))).
设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z).
由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0)，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝\f(2－λ,1＋λ)x＋\f(\r(3)λ,1＋λ)y＋\f(2λ,1＋λ)z＝0，,m·\(AC,\s\up6(→))＝2\r(3)y＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝0，,z＝\f(λ－2,2λ)x，))令x＝1，则z＝eq \f(λ－2,2λ)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(λ－2,2λ)))为平面PAC的一个法向量.
同理，可求得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)，1))为平面BCEF的一个法向量.
当m·n＝0，即λ＝eq \f(2,3)时，平面PAC⊥平面BCEF，
故存在满足题意的点P，此时eq \f(BP,PE)＝eq \f(2,3).
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.
(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.
【训练3】 如图，在四棱锥P－ABCD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)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 因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
又PA⊥PD，AB∩PA＝A，所以PD⊥平面PAB.
(2)解 取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).
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).
因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，
则eq \(BM,\s\up6(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，
解得λ＝eq \f(1,4).
所以在棱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]
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.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.
3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直.
[易错防范]
1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.若直线l的一个方向向量为a＝(2，5，7)，平面α的一个法向量为u＝(1，1，－1)，则( )
A.l∥α或l⊂α B.l⊥α
C.l⊂α D.l与α斜交
解析 由条件知a·u＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l⊂α.故选A.
答案 A
2.已知a＝(－2，－3，1)，b＝(2，0，4)，c＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是( )
A.a∥c，b∥c B.a∥b，a⊥c
C.a∥c，a⊥b D.以上都不对
解析 ∵c＝(－4，－6，2)＝2(－2，－3，1)＝2a，∴a∥c，
又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b.
答案 C
3.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
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.
则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.
答案 D
4.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)
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.
答案 A
5.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
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Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\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.
答案 B
二、填空题
6.(2019·青岛调研)已知eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，5，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，1，z)，若eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________.
解析 由条件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋5－2z＝0，,x－1＋5y＋6＝0，,3（x－1）＋y－3z＝0，))
解得x＝eq \f(40,7)，y＝－eq \f(15,7)，z＝4，
∴x＋y＝eq \f(40,7)－eq \f(15,7)＝eq \f(25,7).
答案 eq \f(25,7)
7.(2018·合肥月考)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________.
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(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1)).eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，1))＝0，∴ON与AM垂直.
答案 垂直
8.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n＝(2，2，4)，若a＝(1，1，2)，则直线l与平面α的位置关系为________；
若a＝(－1，－1，1)，则直线l与平面α的位置关系为________.
解析 当a＝(1，1，2)时，a＝eq \f(1,2)n，则l⊥α；
当a＝(－1，－1，1)时，a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l⊂α.
答案 l⊥α l∥α或l⊂α
三、解答题
9.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq \f(1,2)PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.
证明 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA，DP，DC分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.
依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，
则eq \(DQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1，0).
∴eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝0，eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0.
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，又DQ∩DC＝D，
∴PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC，
∴平面PQC⊥平面DCQ.
10.如图正方形ABCD的边长为2eq \r(2)，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝eq \r(3)，且FO⊥平面ABCD.
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求证：CF⊥平面AEF.
证明 取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，
又四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，
故以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，
则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，eq \r(3))，B(1，2，0).
eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，－2，0)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1，－2，eq \r(3)).
(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x－2y＝0，,x＋\r(3)z＝0，))
取z＝1，得n＝(－eq \r(3)，eq \r(3)，1).
又四边形BDEF为平行四边形，
∴eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1，－2，eq \r(3))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，eq \r(3))＝(－3，－4，eq \r(3))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))·n＝3eq \r(3)－4eq \r(3)＋eq \r(3)＝0，∴eq \(AE,\s\up6(→))⊥n，
又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF.
(2)eq \(AF,\s\up6(→))＝(－3，0，eq \r(3))，∴eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝－3＋3＝0，eq \(CF,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝－3＋3＝0，∴eq \(CF,\s\up6(→))⊥eq \(AF,\s\up6(→))，eq \(CF,\s\up6(→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，
即CF⊥AF，CF⊥AE，
又AE∩AF＝A，
AE，AF⊂平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：
①A1M∥D1P；
②A1M∥B1Q；
③A1M∥平面DCC1D1；
④A1M∥平面D1PQB1.
以上说法正确的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 eq \(A1M,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(D1P,\s\up6(→))＝eq \(D1D,\s\up6(→))＋eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，∴eq \(A1M,\s\up6(→))∥eq \(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正确.
答案 C
12.(2019·成都调研)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝eq \r(3)，AD＝2eq \r(2)，P为C1D1的中点，M为BC的中点.则AM与PM的位置关系为( )
A.平行 B.异面
C.垂直 D.以上都不对
解析 以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
依题意，可得，D(0，0，0)，P(0，1，eq \r(3))，C(0，2，0)，
A(2eq \r(2)，0，0)，M(eq \r(2)，2，0).
∴eq \(PM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，2，0)－(0，1，eq \r(3))＝(eq \r(2)，1，－eq \r(3))，
eq \(AM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，2，0)－(2eq \r(2)，0，0)＝(－eq \r(2)，2，0)，
∴eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，1，－eq \r(3))·(－eq \r(2)，2，0)＝0，
即eq \(PM,\s\up6(→))⊥eq \(AM,\s\up6(→))，∴AM⊥PM.
答案 C
13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________.
解析 以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设CE＝x，DF＝y，
则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
∴eq \(B1E,\s\up6(→))＝(x－1，0，1)，∴eq \(FB,\s\up6(→))＝(1，1，y)，
由于B1E⊥平面ABF，
所以eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(B1E,\s\up6(→))＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0⇒x＋y＝1.
答案 1
14.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2).
(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；
(2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.
(1)证明 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(－1，0，λ－2).
当λ＝1时，eq \(FP,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，
因为eq \(BC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2)，
所以eq \(BC1,\s\up6(→))＝2eq \(FP,\s\up6(→))，
即BC1∥FP.
而FP⊂平面EFPQ，
且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)解 设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\(FP,\s\up6(→))·n＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))
于是可取n＝(λ，－λ，1).
同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1).
则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，
即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，
解得λ＝1±eq \f(\r(2),2).
故存在λ＝1±eq \f(\r(2),2)，使平面EFPQ⊥平面PQMN.位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
求法
cs β＝eq \f(a·b,|a||b|)
cs θ＝|cs β|＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
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