第05講空間向量的應用（一）：直線、平面的位置關系目錄TOC\o"1-2"\h\u第05講空間向量的應用（一）：直線、平面的位置關系 1一、空間中點、直線和平面的向量表示 2基礎知識 2考點1法向量 2二、由空間向量研究直線、平面的平行關系 5基礎知識 5考點2證明線線平行 5考點3證明線面平行 9考點4證明面面平行 13三、由空間向量研究直線、平面的垂直關系 19基礎知識 19考點5證明線線垂直 19考點6證明線面垂直 25考點7證明面面垂直 30四、課后作業 35單選題 35多選題 41填空題 42解答題 45

一、空間中點、直線和平面的向量表示基礎知識1．空間中點、直線和平面的向量表示(1)空間中點的位置向量：如圖，在空間中，我們取一定點O作為基點，那么空間中任意一點P就可以用向量eq\o(OP,\s\up6(→))來表示．我們把向量eq\o(OP,\s\up6(→))稱為點P的位置向量．(2)空間中直線的向量表示式：直線l的方向向量為a，且過點A.如圖，取定空間中的任意一點O，可以得到點P在直線l上的充要條件是存在實數t，使eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋ta①，把eq\o(AB,\s\up6(→))＝a代入①式得eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋teq\o(AB,\s\up6(→))②，①式和②式都稱為空間直線的向量表示式．(3)平面的法向量定義：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.【注】一個平面的法向量不是唯一的，在應用時，可適當取平面的一個法向量.已知一平面內兩條相交直線的方向向量，可求出該平面的一個法向量.考點1法向量【例1.1】（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知點A1,0,0,B0,2,0,C0,0,3A．1,2,3 B．3,2,1 C．2,3,6 D．6,3,2【解題思路】設平面ABC的一個法向量為n=x,y,z，利用【解答過程】由A1,0,0,B0,2,0設平面ABC的一個法向量為n=x,y,z，所以取x=6，解得n=另外選項ABC中的向量與選項D中的向量不共線.故選：D.【例1.2】（23-24高二上·浙江嘉興·期中）在空間直角坐標系O?xyz中，A?1,0,0，B1,2,?2，C2,3,?2，則平面ABCA．1,?1,0 B．1,?1,1 C．1,0,?1 D．0,1,1【解題思路】設平面ABC的一個法向量為n=x,y,z，利用【解答過程】由已知AB=設平面ABC的一個法向量為n=∴取x=1，解得n=選項A符合，另外選項BCD中的向量與選項A中的向量不共線.故選：A.【變式1.1】（23-24高二上·河南·階段練習）已知點A1,2,3，B1,1,0，C0,1,1，則下列向量是平面ABCA．?1,3,?1 B．?1,?3,?1C．1,3,1 D．?1,3,1【解題思路】表示出向量AB,AC，根據法向量定義，依次驗證各選項中的向量與【解答過程】由題意知：AB=0,?1,?3，對于A，∵?1,3,?1?0,?1,?3∴?1,3,?1與AB,AC均垂直，∴對于B，∵?1,?3,?1??1,?1,?2=1+3+2=6，∴?1,?3,?1不是平面ABC對于C，∵1,3,1?0,?1,?3=0?3?3=?6，∴1,3,1不是平面ABC對于D，∵?1,3,1?0,?1,?3=0?3?3=?6，∴?1,3,1不是平面ABC故選：A.【變式1.2】（23-24高二下·江西撫州·階段練習）已知平面α內兩向量a=(1,1,1)，b=(0,2,?1)且c=ma+nb+(4,?4,1).若c為平面αA．-1，2 B．1，-2C．1，2 D．-1，-2【解題思路】求出向量c的坐標后，利用向量c是平面α的法向量，得c⊥【解答過程】c=(m+4,m+2n?4,m?n+1)，由c為平面α的法向量，得c·a解得m=?1故選：A.

二、由空間向量研究直線、平面的平行關系基礎知識1．空間中直線、平面的平行(1)線線平行的向量表示：設u1，u2分別是直線l1，l2的方向向量，則l1∥l2?u1∥u2??λ∈R，使得u1＝λu2.(2)線面平行的向量表示：設u是直線l的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l∥α?u⊥n?u·n＝0.(3)面面平行的向量表示：設n1，n2分別是平面α，β的法向量，則α∥β?n1∥n2??λ∈R，使得n1＝λn2.2．利用向量證明線線平行：證明線線平行只需證明兩條直線的方向向量共線即可．3．證明線面平行：(1)證明直線的方向向量與平面內的某一向量是共線向量且直線不在平面內；(2)證明直線的方向向量可以用平面內兩個不共線向量表示且直線不在平面內；(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直且直線不在平面內．4．證明面面平行：(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)將面面平行轉化為線線平行然后用向量共線進行證明．考點2證明線線平行【例1.1】（2023高二·全國·專題練習）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB=2,AA證明：B2【解題思路】利用空間直角坐標系，由正四棱柱的各棱長分別表示出向量B2C2【解答過程】根據正四棱柱性質可知，以C為坐標原點，CD,CB,CC1所在直線為則C(0,0,0),C所以B2可得B2C2=A又B2所以B2【例1.2】（23-24高二·全國·課后作業）已知長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=3，點S、P在棱CC1、AA1上，且CS【解題思路】利用坐標法，利用向量共線定理即得.【解答過程】以點D為原點，分別以DA、DC與DD1的方向為x、y與則D0,0,0、A3,0,0、C0,4,0、B3,4,0、D10,0,3、由題意知P3,0,2、Q0,2,3、S0,4,1∴PQ=?3,2,1，∴PQ=RS，又PQ，∴PQ∥【變式1.1】（23-24高二上·全國·課后作業）如圖所示，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，E為CP的中點，N為DE的中點，DM=14DB,DA=DP=1,CD=2

【解題思路】證法一：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，求出AP,證法二：由空間向量的線性表示可得答案.【解答過程】證法一：由題意知，直線DA,DC,DP兩兩垂直，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，如圖所示，則D0,0,0所以AP=(?1,0,1),所以MN=14AP，又證法二：由題意可得MN=14BD又M?AP，所以MN//

【變式1.2】（22-23高二下·江蘇·課后作業）如圖，四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形，且不共面，M，N分別是AC，BF的中點，求證：CE//MN.【解題思路】根據給定條件，利用空間向量的線性運算，計算判斷CE與MN共線即可推理作答.【解答過程】（方法1）因為M，N分別是AC，BF的中點，且四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形，則有MN=MA+兩式相加得：2MN=CE，因此CE與MN共線，而直線CE所以CE//MN.（方法2）因為M，N分別是AC，BF的中點，且四邊形ABCD和ABEF都是平行四邊形，MN=AN?因此CE與MN共線，而直線CE與MN不重合，所以CE//MN.考點3證明線面平行【例2.1】（2024高二上·全國·專題練習）如圖所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB=BC=12AP=2，D是AP的中點，E,F,G分別為PC,PD,CB的中點，將△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD，試用向量方法證明AP∥【解題思路】建立空間直角坐標系，求出AP的方向向量和平面EFG的法向量即可求解.【解答過程】由題意可知底面ABCD為正方形，因為PD⊥平面ABCD，DA,DC?平面ABCD，所以DA,DC,DP兩兩垂直，如圖以D為原點，以DA,DC,則有關點及向量的坐標為：P0,0,2，C0,2,0，G1,2,0，E0,1,1，AP=?2,0,2，EF=設平面EFG的法向量為n=則n?EF=?y=0n?EG=x+y?z=0因為n?AP=?2+0+2=0，又AP所以AP∥平面EFG.【例2.2】（2024高二上·全國·專題練習）如圖，在四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC,AB=1，AC=AA1=2,AD=CD=【解題思路】以A為原點，建立空間直角坐標系，求得平面ABCD的一個法向量n=(0,0,1)和向量MN=(0,?52,0)，結合MN【解答過程】以A為原點，分別以AC,AB,AA1所在直線為x,y,z如圖所示，可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,?2,0),A1(0,0,2),又因為M,N分別為B1C和D1又由向量n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，且MN由此可得MN?n=0，又因為直線MN?平面ABCD，所以MN//【變式2.1】（2023高二·全國·專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AD⊥MN，AB=2，AD=AP=4，M，N分別是BC，PD的中點.求證：MN∥平面PAB.

【解題思路】建立空間直角坐標系，利用向量法來證得MN∥平面PAB【解答過程】由題意，在矩形ABCD中，AB=2，AD=AP=4，AB⊥AD，M，N分別是BC，PD的中點，∴BM=CM=12BC=在四棱錐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中點E，連接BE,EN，∵EN//∴EN//BM,EN=BM，所以四邊形∵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為x、y、z軸建立空間直角坐標系如下圖所示，∴A0,0,0∴MN=?2,0,2，面PAB的一個法向量為∵MN?AD=?2×0+0×4+2×0=0，MN?∴MN//平面PAB

【變式2.2】（23-24高三上·云南昆明·階段練習）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，EF//AD，平面ADEF⊥平面ABCD，且BC=2EF，AE=AF，點G是EF的中點．

(1)證明：AG⊥平面ABCD；(2)線段AC上是否存在一點M，使MG//平面ABF？若存在，求出MCAC【解題思路】（1）直接利用面面垂直的性質定理得到線面垂直；（2）利用題中的已知條件建立空間直角坐標系，首先假設存在點M，設AMAC=λ，求出平面【解答過程】（1）因為AE=AF，點G是EF的中點，所以AG⊥EF，又因為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，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，所以AG、AD、AB兩兩垂直，以A為原點，建立空間直角坐標系A?xyz，如圖，

所以A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0)，假設線段AC上存在一點M，使MG//平面ABF，設AMAC=λ，則∵AC=(4,4,0)，∴AM設AG=t(t>0)，則AG=(0,0,t),所以MG=F(0,?1,t),AF設平面ABF的法向量為mAF?m由于MG//平面ABF，所以MG?m=0，即所以AMAC=1即當MCAC=34時，MG考點4證明面面平行【例3.1】（23-24高二上·湖南株洲·期中）如圖，已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，N，

(1)MN//平面CC(2)平面MNP//平面C【解題思路】（1）建立空間直角坐標系，根據正方體性質可知DA為平面CC1D（2）證明DA也是平面MNP的一個法向量即可.【解答過程】（1）證明：以D為坐標原點，DA，DC，DD1的方向分別為x，y，設正方體的棱長為2，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,0,1)，N(1,1,0)，P(1,2,1)．

由正方體的性質，知AD⊥平面CC所以DA=(2,0,0)為平面C由于MN=(0,1,?1)則MN?所以MN⊥又MN?平面CC所以MN//平面C（2）證明：因為DA=(2,0,0)為平面C由于MP=(0,2,0)，MN則MP·即DA=(2,0,0)也是平面MNP所以平面MNP//平面C【例3.2】（2023高一·全國·專題練習）如圖所示，正四棱ABCD?A1B1C1D1的底面邊長1，側棱長4，AA1中點為

【解題思路】以A為原點，AB，AD，AA1所在直線為坐標軸，建立空間直角坐標系，利用向量法證DE//FB【解答過程】以A為原點，AB，AD，AA

則B(1,0,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，B1(1,0,4)，D1(0,1,4)，∵DE=FB1=(0,?1,2)∵DE?平面B1D1F，FB1?∵BD?平面B1D1F，B1D1又DE∩BD=D,DE,BD?平面BDE∴平面BDE與平面B1【變式3.1】（23-24高二·全國·課后作業）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E，F分別是BB1，DD1的中點，求證：（1）FC1∥平面ADE；（2）平面ADE∥平面B1C1F.【解題思路】（1）建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求得直線的方向向量以及平面的法向量，計算其數量積即可證明；（2）計算兩個平面的法向量，根據法向量是否平行，即可證明.【解答過程】證明：如圖，建立空間直角坐標系D-xyz，則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)，（1）設n1=(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，則n1⊥DA，n1即n1→·DA=2x1=0，n所以n1=(0，-1，2).因為FC1·n1=-2+2=0，所以又因為FC1?平面ADE，所以FC1∥平面ADE.（2）C1設n2→=(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一個法向量.由n2→⊥FC得n令z2=2，則y2=-1，所以n2因為n1→=n2→，所以平面ADE∥平面B1【變式3.2】（23-24高二上·天津薊州·階段練習）如圖，長方體ABCD?A1B1C1(1)求證：平面A1C1B(2)線段B1C上，是否存在點P，使得A1P【解題思路】（1）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建立空間坐標系，分別求平面A1（2）A1P=A1B1+B1P=A【解答過程】（1）因為長方體ABCD?A1B1C1D以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為由題知A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),A則A1設平面A1C1B的法向量為n=(x,y,z)設平面ACD1的法向量為m=(x,y,z)，則m因為n∥m，所以平面A1C1B（2）設線段B1C上存在點P使得A1P由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1所以A1由m?A1P=?3t×4+4×3+(?2t)×6=0解得t=12，即P為線段B

三、由空間向量研究直線、平面的垂直關系基礎知識1．空間中直線、平面的垂直(1)線線垂直的向量表示：設u1，u2分別是直線l1,l2的方向向量，則l1⊥l2?u1⊥u2?u1·u2＝0.(2)線面垂直的向量表示：設u是直線l的方向向量，n是平面α的法向量，l?α，則l⊥α?u∥n??λ∈R，使得u＝λn.(3)面面垂直的向量表示：設n1，n2分別是平面α，β的法向量，則α⊥β?n1⊥n2?n1·n2＝0.2．證明兩直線垂直：建立空間直角坐標系→寫出點的坐標→求直線的方向向量→證明向量垂直→得到兩直線垂直．3．用坐標法證明線面垂直：(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標表示；②找出平面內兩條相交直線，并用坐標表示它們的方向向量；③判斷直線的方向向量與平面內兩條直線的方向向量垂直．(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與平面的法向量平行．4．證明面面垂直：(1)常規法：利用面面垂直的判定定理轉化為線面垂直、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．考點5證明線線垂直【例1.1】（22-23高二上·云南昆明·期中）如圖，下列正方體中，O為底面的中點，P為所在棱的中點，M、N為正方體的頂點，則滿足MN⊥OP的是（

）A．③④ B．①② C．②④ D．②③【解題思路】建立空間直角坐標系，利用空間向量法判斷MN?【解答過程】設正方體的棱長為2，對于①：如圖建立空間直角坐標系，則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)所以MN與OP不垂直，即MN與OP不垂直，所以①錯誤；對于②：如圖建立空間直角坐標系，則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)所以MN⊥OP，即

對于③：如圖建立空間直角坐標系，則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)所以MN⊥OP，即對于④：如圖建立空間直角坐標系，則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)所以MN與OP不垂直，即MN與OP不垂直，所以④錯誤；故選：D.【例1.2】（23-24高二下·湖南長沙·階段練習）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點M，N分別是棱DDA．有且僅有1條 B．有且僅有2條C．有且僅有3條 D．有無數條【解題思路】建立空間直角坐標系，利用向量垂直的數量積表示計算得解.【解答過程】以DA,DC,設正方體棱長為1，則M(0,0,a),N(x,1,1?x),A(1,0,0),D所以MN=(x,1,1?x?a),若AD1⊥MN即2x=1?a(0≤x≤1,0≤a≤1)，方程有無數組解，故選：D.【變式1.1】（2024高三·全國·專題練習）已知在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB=1，AA(1)EF⊥BD1且(2)EF//【解題思路】（1）建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出EF?CC（2）根據向量坐標得到EF=?【解答過程】（1）在正四棱柱ABCD?A則C0,0,0，B0,1,0，D11,0,2，F12,由EF=12,1得EF?CC所以EF⊥BD（2）AC=?1,?1,0，由于EF=12【變式1.2】（21-22高一下·四川成都·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB=2，BC=1，PC=PD=2，E為PB

(1)求證：PD∥平面ACE；(2)在棱PD上是否存在點M，使得AM⊥BD?若存在，求PMPD【解題思路】（1）根據線面平行的判定定理即可證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求得相關點和向量的坐標，設點M坐標并用參數表示，利用向量垂直的坐標表示可求得參數的值，即可得出結論，求得答案.【解答過程】（1）設BD,AC交與點F，連接EF，

因為底面ABCD為矩形，所以F為BD的中點，又E為PB中點，故EF∥而PD?平面ACE，EF?平面ACE，故PD∥平面ACE；（2）在棱PD上存在點M，使得AM⊥BD；取CD的中點為O，連接PO,FO,因為底面ABCD為矩形，故BC⊥CD，PC=PD=2，故O為BC的中點，則PO⊥CD，而F為BD故OF∥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為坐標原點，OF,OC,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則A(1,設PMPD=λλ∈即(x,y,z?1)=λ(0,故AM=因為AM⊥BD，故AM?BD=0解得λ=1即在棱PD上存在點M，使得AM⊥BD，此時PMPD考點6證明線面垂直【例2.1】（2024高三·全國·專題練習）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，M、N、P分別是棱CC【解題思路】結論空間直角坐標系，求平面DMN的法向量n，證明n與A1【解答過程】建立如圖的空間直角坐標系，連結DM、DN．則D0,0,0、N12,1,0、M0,1,于是，DN=12設平面DMN的法向量為n=由n⊥DN，得12x+y=0，令y=?1，則x=z=2，故n=2,?1,2．又易知n=?2A1P∴A1P⊥平面【例2.2】（23-24高二上·浙江·期中）已知正三棱臺ABC?A1B1C1中，AA1=1，BC=2

(1)求該正三棱臺的表面積；(2)求證：DE⊥平面BC【解題思路】（1）將正三棱臺ABC?A1B1C1補成正三棱錐P?ABC，分析可知正三棱錐（2）設點P在底面ABC的射影為點O，則O為正△ABC的中心，取AB的中點M，連接CM，則CM⊥AB，以點CO、AB、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標系，證明出DE⊥CP，DE⊥CB，再利用線面垂直的判定定理可證得結論成立.【解答過程】（1）解：將正三棱臺ABC?A1B因為B1C1//BC，且BC=2B1C1則PA=2AA1=2，PC=PB=PA=2，故△PBC由此可知，△PAB、△PAC都是邊長為2的等邊三角形，易知△ABC是邊長為2的等邊三角形，△A1B故正三棱臺ABC?A1B（2）解：設點P在底面ABC的射影為點O，則O為正△ABC的中心，取AB的中點M，連接CM，則CM⊥AB，CM=ACsinπ3因為PO⊥平面ABC，CO?平面ABC，則OP⊥CO，所以，PO=P以點O為坐標原點，CO、AB、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，

則C?233,0,0、BD34,?則DE=?33,1,所以，DE?CP=?23+2因為CP∩CB=C，CP、CB?平面BCC1B1，故【變式2.1】（2024·重慶·模擬預測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E在棱DD1上運動，

(1)當E,F為中點時，證明：DF⊥平面ACE；(2)若DF⊥平面ACE，求DGDF的最大值及此時DE【解題思路】（1）以D為坐標原點，DA,DC,DD1方向為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，設（2）由（1）坐標關系與線面垂直，設DG=mDF，可得【解答過程】（1）以D為坐標原點，DA,DC,DD1方向為

則A1,0,0設E0,0,λ當E，F為中點時，λ=μ=12，有所以DF=12,12,1，AC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)，若DF⊥平面ACE，則AC?DF=0，AE設DG=mDF，則由AG?平面ACE，所以AG?當μ≠0時，m=μ2μ2+1=1所以λ=μ=22，即綜上，DGDF的最大值為24，【變式2.2】（23-24高二上·全國·課后作業）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C(1)在B1B上是否存在一點P，使D1P⊥平面(2)在平面AA1B1B上是否存在一點N【解題思路】（1）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，設點P1,1,z，由D（2）設N1,b,c，由D【解答過程】（1）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，則點A(1，0，0)，E12,1B1A=0,?1,?1，假設存在點P1,1,z滿足題意，于是D所以D1P?解得z=0與z=1故在B1B上不存在點使D1（2）假設在平面AA1B1B上存在點N設N1,b,c則D1N?所以0?b?c+1=0?12故平面AA1B1B上存在點N1,12,1考點7證明面面垂直【例3.1】（2023高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E為PD的中點，點F在PC上，且求證：平面AEF⊥平面PCD.【解題思路】如圖，以D為原點，分別以DA，DC為x軸，y軸，過D作AP平行線為z軸，建立空間直角坐標系，求出兩平面的法向量，利用空間向量證明即可.【解答過程】證明：如圖，以D為原點，分別以DA，DC為x軸，y軸，過D作AP平行線為z軸，建立空間直角坐標系，則D0,0,0，A2,0,0，C0,2,0，P2,0,2，所以DC=0,2,0，PC=?2,2,?2，因為所以DF=13所以AF=?2設平面AEF的法向量為n=x,y,z，則令x=z=1，則y=?1，所以n=平面PCD的法向量為m=a,b,c，則令a=1，則c=?1，所以m=所以n?所以n⊥所以平面AEF⊥平面PCD.【例3.2】（2023高二·全國·專題練習）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1中，

證明：平面CEF⊥平面ACC【解題思路】建立空間直角坐標系，求解兩個平面的法向量，利用法向量證明面面垂直.【解答過程】證明：取BC的中點O，連接OA，

在正三棱柱ABC?A1B以O為原點，OB,OA分別為x軸和則C?a,0,0,ACF=設平面CEF的一個法向量為n=則n?CF=2ax+z=0n?CE=ax+3ay+2z=0設平面ACC1A則m?CA=am+3an=0m?CC因為m?n=?3+【變式3.1】（23-24高二上·新疆昌吉·期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB,AB//DC，AD=DC=AP=2，AB=1，點E為棱PC的中點．證明：

(1)BE//平面PAD；(2)平面PCD⊥平面PAD．【解題思路】（1）由題意可以點A為原點，以AB,AD,AP分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，求出直線BE的方向向量和平面PAD的法向量AB=1,0,0，由（2）求出平面PCD的一個法向量，由n?【解答過程】（1）因為PA⊥平面ABCD，且AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，又因為AB⊥AD，且PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，依題意，以點A為原點，以AB,AD,AP分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則B1,0,0,C2,2,0由E為棱PC的中點，得E1,1,1，則BE所以AB=1,0,0為平面又BE?AB=又BE?平面PAD，所以BE//平面PAD．（2）由（1）知平面PAD的法向量AB=1,0,0，PD=設平面PCD的一個法向量為n=則n?PD=0n?DC=0，即2y?2z=0又n?所以n⊥AB，所以平面PCD⊥平面【變式3.2】（23-24高三上·重慶沙坪壩·開學考試）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，三角形PAB為正三角形，且側面PAB⊥底面ABCD.E,M分別為線段AB,PD的中點.

(1)求證：PB//平面ACM；(2)在棱CD上是否存在點G，使得平面GAM⊥平面ABCD？若存在，請求出CGCD【解題思路】（1）構造三角形的中位線得到線線平行，再利用線面平行的判定定理即可得到線面平行；（2）建立空間直角坐標系，設CGCD=λ，求出平面GAM和平面【解答過程】（1）連接BD交AC于H點，連接MH，因為四邊形ABCD是菱形，所以點H為BD的中點.又因為M為PD的中點，所以MH//BP，又因為BP?平面ACM,MH?平面ACM，所以BP//平面ACM.

（2）設底面邊長為2，連接EC，由于ABCD為菱形，且∠ABC=60°，故BE=1,BC=2,EC=B所以BC2=B又三角形PAB為正三角形，E為AB中點，故PE⊥AB，又側面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PE?面PAB，所以PE⊥平面ABCD，如圖，以E為原點，EC,EA,則A0,1,0設CGCD=λ，則則G3設平面GAM的法向量為n=x,y,z，則有n?取y=1，得x=1?2λ3，z=2λ?1又平面ABCD法向量可取為m=由題可知cosm,n=m故存在點G使得平面GAM⊥平面ABCD，CGCD

四、課后作業單選題1．（23-24高二下·江蘇·單元測試）已知平面α上的兩個向量a→=2,3,1，b→=A．1,?1,1 B．2,?1,1C．?2,1,1 D．?1,1,1【解題思路】根據平面法向量的定義，列式計算得解.【解答過程】顯然a與b不平行，設平面α的法向量為n=則a?n=0b?n=0，所以2x+3y+z=0所以n=故選：C.2．（23-24高二上·廣東茂名·期末）已知直線l的方向向量為m=a,1,?2，平面α的一個法向量為n=?1,2,3，若直線l//平面α，則A．?7 B．2 C．?1 D．?4【解題思路】根據給定條件，利用空間位置關系的向量證明，列式計算即得.【解答過程】由直線l//平面α，得m⊥n，則m?故選：D.3．（23-24高二上·江西九江·期末）若平面α外的直線l的方向向量為a→=1,0,?2，平面α的法向量為mA．l⊥α B．l//α C．a//m D．l與【解題思路】根據題意，分析可得a?【解答過程】根據題意，直線l的方向向量為a→平面α的法向量為m→=8,?1,4又直線l在平面α外，則有l//α．故選：B．4．（23-24高二上·河南洛陽·期末）若平面α的法向量為n，直線l的方向向量為m，l?α，則下列四組向量中能使l//α的是（

）A．m→=(?1,0,1)，n→=(1,0,1) C．m→=(1,?2,1)，n→=(?2,1,?2) 【解題思路】根據題意，由平面法向量的定義，依次分析選項中向量是否滿足m?【解答過程】根據題意，平面α的法向量為n，直線l的方向向量為m，l?α，若m?n=0，即m⊥n依次分析選項：對于A，m→=?1,0,1，n→=對于B，m→=0,?1,2，n→=對于C，m→=1,?2,1，n→=對于D，m→=2,?1,1，n→=故選：A．5．（23-24高二下·湖南長沙·開學考試）如圖，在下列各正方體中，l為正方體的一條體對角線，M、N分別為所在棱的中點，則滿足MN⊥l的是（

）A．

B．

C．

D．

【解題思路】根據給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間位置關系的向量證明判斷即得.【解答過程】在正方體中，建立空間直角坐標系，令棱長為2，體對角線l的端點為B,D對于A，B(2,2,0),D1(0,0,2),M(1,2,2),N(2,1,0)，直線l

MN=(1,?1,?2)，顯然MN?a=4≠0，直線對于B，由選項A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(0,1,2),N(2,0,1)

則MN?=(2,?1,?1),顯然MN?a=4≠0對于C，由選項A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(0,2,1),N(1,0,0)

則MN=(1,?2,?1),顯然MN?a對于D，由選項A知，直線l的方向向量a=(2,2,?2)，M(2,0,1),N(1,2,0)

則MN=(?1,2,?1),顯然MN?a=4≠0，直線故選：C.6．（23-24高二上·北京石景山·期末）在空間直角坐標系O?xyz中，點A1,2,1,B?1,2,?1A．直線AB∥坐標平面xOy B．直線AB⊥坐標平面xOyC．直線AB∥坐標平面xOz D．直線AB⊥坐標平面xOz【解題思路】首先求向量AB的坐標，再判斷向量AB與坐標平面的法向量的關系，即可判斷選項.【解答過程】由題意可知，AB=平面xOy的法向量為m=因為AB≠λm所以AB與m既不平行也不垂直，所以直線AB與坐標平面xOy既不平行也不垂直，故AB錯誤；坐標平面xOz的法向量為n=AB?n=0，所以AB⊥n故選：C.7．（23-24高二下·江蘇徐州·階段練習）已知直線l是正方體體對角線所在直線，P,Q,R為其對應棱的中點，則下列正方體的圖形中滿足l⊥平面PQR的是（

）A．（1）（2） B．（1）（3）C．（1）（4） D．（2）（4）【解題思路】建立空間直角坐標系，利用向量法來判斷出正確答案.【解答過程】設正方體的邊長為2，對于圖（1），建立如圖所示的空間直角坐標系，則P2,1,0，Q2,2,1，R1,2,0，直線lPQ=0,1,1，因為m?PQ=0所以l⊥PR，l⊥PQ，PR∩PQ=P，PR,PQ?平面PQR，所以l⊥平面PQR，故圖（1）正確；對于圖（2），建立如圖所示的空間直角坐標系，則P2,1,0，Q0,1,2，R1,2,0，直線l則PQ=?2,0,2，因為m?PQ=?4≠0所以l與平面PQR不垂直，故圖（2）錯誤；對于圖（3），建立如圖所示的空間直角坐標系，則P2,1,0，Q1,0,2，R0,2,1，PR直線l的方向向量為m=1,1,1，因為m?所以l⊥PR，l⊥PQ，PR∩PQ=P，PR,PQ?平面PQR，所以l⊥平面PQR，故圖（3）正確；對于圖（4），建立如圖所示的空間直角坐標系，則P2,1,0，R1,2,0，Q0,0,1直線l的方向向量為m=1,1,1，因為所以l與PQ不垂直，所以l與平面PQR不垂直，故圖（4）正確.綜上，正確的有圖（1）（3）.故選：B.8．（23-24高三下·浙江·開學考試）在正方體ABCD?A1B1C1DA．平面B1EF∥B．平面B1EF⊥C．平面B1EF∥D．平面B1EF⊥【解題思路】建系，分別求出所需的各面的法向量，再用法向量垂直與平行逐個選項求出即可.【解答過程】如圖，以D為原點，DA,DC,DD1所在直線分別為則B1則EF=AA設平面B1EF的法向量為m=令z1=?1，則同理可得平面A1C1D的法向量為n1平面B1DD1的法向量n3對A，因為21≠?1?1，則可知對B，因為m?n4=?1≠0，則對C，因為12≠0?1，所以對D，因為m?n3=1,?1,0故選：D.多選題9．（23-24高二上·全國·課后作業）（多選）已知平面α內兩向量a=1,1,1,b=0,2,?1，且c=mA．m=?1 B．m=1 C．n=2 D．n=?2【解題思路】利用空間向量的線性運算、數量積運算的坐標形式以及法向量的性質計算求解.【解答過程】c=m由c為平面α的一個法向量，得c得m+4+m+2n?4+m?n+1=0,解得m=?1,n=2.故選：AC.10．（23-24高二上·江西贛州·期末）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，A．EF//平面A1B1C1C．EF⊥平面B1DF D．平面B【解題思路】建立空間坐標系結合正方體性質利用向量方法證明判斷即可.【解答過程】由正方體性質易得平面ABCD//平面A1B1C1D1，又EF?如圖，以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設則B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0)，A1(2,0,2)則EF=(?1,1,0),EBAA1=(0,0,2),對B,設平面B1EF的法向量為則有m?EF=?則m=(2,2,?1),而m?AA1=?2≠0對C,因為EF?DF=?1+2≠0，故EF對D，設平面BDD1的法向量為n=(a,b,c)令a=1,∴b=?1，則平面BDD1因為m?n=0，則平面B故選：AD．填空題11．（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知u=3,a,b（a，b∈R）是直線l的方向向量，n=1,2,3是平面α的法向量，如果l⊥α，則2a+3b=【解題思路】由l⊥α可得：u//【解答過程】因l⊥α，依題意，必有u//n，即存在唯一的實數λ，使u=λ則3=λa=2λb=3λ，解得：λ=3,a=6,b=9，故故答案為：39.12．（2023·北京·模擬預測）如圖，在直角梯形ABCD中，E為CD的中點，BC⊥CD，AE⊥CD，M，N分別是AD，BE的中點，將△ADE沿AE折起，使點D不在平面ABCE內，則下命題中正確的序號為②③．①MN//AB；②MN⊥AE；③MN//平面CDE；④存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD．【解題思路】①③，作出輔助線，得到MN//CD，從而得到MN與AB不平行，MN//平面CDE；②證明線面垂直，得到線線垂直；④建立空間直角坐標系，得到兩平面的法向量，由法向量不為0得到不存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD.【解答過程】①③，如圖所示：直角梯形ABCD中，CD//AB，又因為BC⊥CD，AE⊥CD，所以AE//BC，故四邊形ABCE為矩形，因為N分別是BE的中點連接AC，則BE與AC相交于點N，故點N是AC的中點，因為M是AD的中點，所以MN//CD，又AB//CE，而CE與CD相交于點C，故AB與CD不平行，故MN與AB不平行，①錯誤，因為MN//CD，CD?平面CDE，MN?平面CDE，所以MN//平面CDE，③正確；②，因為AE⊥DE,AE⊥CE，DE∩CE=E，DE,CE?平面CDE，所以AE⊥平面CDE，因為CD?平面CDE，所以AE⊥CD，由①知MN//CD，所以MN⊥AE，②正確；④，連接BD，以E為坐標原點，EA,EC分別為x,y軸，建立空間直角坐標系，設AB=1,EA=aa≠0，∠CED=θ，θ∈故Aa,0,0設平面BCD的法向量為m=故m?解得x1=0，令y1故m=