人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用第3课时学案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用第3课时学案，共20页。学案主要包含了直线和直线垂直，直线与平面垂直，平面与平面垂直等内容，欢迎下载使用。
导语
在上一节中，我们可以用向量来表示空间中直线、平面之间的平行关系，当直线、平面垂直时如何用向量表示呢？
一、直线和直线垂直
问题1 如图，直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，直线l1，l2垂直时，u1，u2之间有什么关系？
提示 垂直．
知识梳理
设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.
注意点：
(1)两直线垂直分为相交垂直和异面垂直，都可转化为两直线的方向向量相互垂直．
(2)基向量法证明两直线垂直即证直线的方向向量相互垂直，坐标法证明两直线垂直即证两直线方向向量的数量积为0.
例1 如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝eq \f(1,4)CC1.求证：AB1⊥MN.
证明 方法一 设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AC,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则由已知条件和正三棱柱的性质，得|a|＝|b|＝|c|＝1，a·c＝b·c＝0，eq \(AB1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)，
eq \(AN,\s\up6(→))＝b＋eq \f(1,4)c，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,4)c，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝(a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,4)c))＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cs 60°＋0－0＋0＋eq \f(1,4)＝0.
∴eq \(AB1,\s\up6(→))⊥eq \(MN,\s\up6(→))，∴AB1⊥MN.
方法二 设AB的中点为O，作OO1∥AA1.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得
Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,4)))，
B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，
∵M为BC的中点，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0)).
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,4)))，eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(AB1,\s\up6(→))＝－eq \f(1,4)＋0＋eq \f(1,4)＝0.
∴eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(AB1,\s\up6(→))，
∴AB1⊥MN.
反思感悟 证明两直线垂直的基本步骤：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．
跟踪训练1 如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．求证：EF⊥BC.
证明 由题意，以点B为坐标原点，在平面DBC内过点B作垂直于BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过点B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
易得B(0,0,0)，A(0，－1，eq \r(3))，D(eq \r(3)，－1,0)，C(0,2,0)，
因而Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
因此eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0.
从而eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.
二、直线与平面垂直
问题2 如图，设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，当直线l垂直平面α时，u，n之间有什么关系？
提示 平行(共线)．
知识梳理
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.
注意点
(1)若证明线面垂直，即证明直线的方向向量与平面的法向量平行．
(2)证明线面垂直的方法：
①基向量法：选取基向量，用基向量表示直线所在的向量，证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论．
②坐标法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标，证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论．
③法向量法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标，然后说明直线方向向量与平面法向量共线，从而证得结论．
例2 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点．求证：EF⊥平面B1AC.
证明 设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2,2,1)，F(1,1,2)．
∴eq \(EF,\s\up6(→))＝(1,1,2)－(2,2,1)
＝(－1，－1,1)．
eq \(AB1,\s\up6(→))＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)，
eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)．
设平面B1AC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB1,\s\up6(→))＝2y＋2z＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝－2x＋2y＝0，))
令x＝1得n＝(1,1，－1)，
又eq \(EF,\s\up6(→))＝－n，
∴eq \(EF,\s\up6(→))∥n，
∴EF⊥平面B1AC.
反思感悟 证明直线与平面垂直的方法：
(1)选基底，将相关向量用基底表示出来，然后利用向量的计算来证明．
(2)建立空间直角坐标系，利用坐标将向量的运算转化为实数(坐标)的运算，以达到证明的目的．
跟踪训练2 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD＝PD，E，F分别为CD，PB的中点．求证：EF⊥平面PAB.
证明 以D为坐标原点，DC，DA，DP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．
设DA＝1，E(a,0,0)，其中a＞0，
则C(2a,0,0)，A(0,1,0)，B(2a,1,0)，
P(0,0,1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(1,2)，\f(1,2)))，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2a,1，－1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2a,0,0)．
所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0.
所以EF⊥PB，EF⊥AB.
又PB⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PB∩AB＝B，
所以EF⊥平面PAB.
三、平面与平面垂直
问题3 设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，当平面α垂直平面β时，n1，n2之间有什么关系？
提示 垂直．
知识梳理
设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.
注意点：
(1)若证面面垂直，则证两平面的法向量垂直．
(2)利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径：
一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，由两个法向量垂直，得面面垂直．
(3)向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系，恰当建系或用基向量表示后，只需经过向量运算就可得到要证明的结果，思路方法“公式化”，降低了思维难度．
例3 如图，在正三棱锥P－ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.求证：平面GEF⊥平面PBC.
证明 方法一 如图，以三棱锥的顶点P为原点，以PA，PB，PC所在直线分别作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
令PA＝PB＝PC＝3，则A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,3)，E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)，P(0,0,0)，
于是eq \(PA,\s\up6(→))＝(3,0,0)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(1,0,0)，
故eq \(PA,\s\up6(→))＝3eq \(FG,\s\up6(→))，∴PA∥FG.
而PA⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC.
又FG⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PBC.
方法二 同方法一，建立空间直角坐标系，
则E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)．
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)．
设平面EFG的法向量是n＝(x，y，z)，
则有n⊥eq \(EF,\s\up6(→))，n⊥eq \(EG,\s\up6(→)).
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,x－y－z＝0.))令y＝1，得z＝－1，x＝0，
即n＝(0,1，－1)．
显然eq \(PA,\s\up6(→))＝(3,0,0)是平面PBC的一个法向量．
又n·eq \(PA,\s\up6(→))＝0，所以n⊥eq \(PA,\s\up6(→))，
即平面PBC的法向量与平面EFG的法向量互相垂直，
所以平面EFG⊥平面PBC.
延伸探究 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(图略)，
则BH＝1，AH＝eq \r(3)，CH＝3，∴AC＝2eq \r(3)，
∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB.
∵AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面FAB，
∴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轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
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\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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).
反思感悟 证明面面垂直的两种方法
(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．
跟踪训练3 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．
则D(0,0,0)，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，DQ，DC⊂平面DCQ，
∴PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC，
∴平面PQC⊥平面DCQ.
1．知识清单：
(1)直线与直线垂直的向量表示．
(2)直线与平面垂直的向量表示．
(3)平面与平面垂直的向量表示．
2．方法归纳：转化法、法向量法．
3．常见误区：直线的方向向量、平面的法向量的关系与线面间的垂直关系的对应易混．
1．若平面α，β的法向量分别为a＝(2，－1,0)，b＝(－1，－2，0)，则α与β的位置关系是( )
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．无法确定
答案 B
解析 a·b＝－2＋2＋0＝0，
∴a⊥b，∴α⊥β.
2．已知平面α的法向量为a＝(1,2，－2)，平面β的法向量为b＝(－2，－4，k)，若α⊥β，则k等于( )
A．4 B．－4 C．5 D．－5
答案 D
解析 ∵α⊥β，∴a⊥b，
∴a·b＝－2－8－2k＝0.∴k＝－5.
3.如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝1，若E，F分别为PB，AD的中点，则直线EF与平面PBC的位置关系是________．
答案 垂直
解析 以D为原点，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(图略)，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，∴eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，平面PBC的一个法向量n＝(0,1,1)．
∵eq \(EF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)n，∴eq \(EF,\s\up6(→))∥n，∴EF⊥平面PBC.
4．在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，则直线SC与BC是否垂直________．(填“是”或“否”)
答案 是
解析 如图，以A为坐标原点，平行于BC的直线为x轴，AC，AS所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则由AC＝2，BC＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，
得B(－eq \r(13)，2,0)，S(0,0,2eq \r(3))，C(0,2,0)，
eq \(SC,\s\up6(→))＝(0,2，－2eq \r(3))，
eq \(CB,\s\up6(→))＝(－eq \r(13)，0,0)．
因为eq \(SC,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，
所以SC⊥BC.
课时对点练
1．设l1的一个方向向量为a＝(1,3，－2)，l2的一个方向向量为b＝(－4,3，m)，若l1⊥l2，则m等于( )
A．1 B.eq \f(5,2) C.eq \f(1,2) D．3
答案 B
解析 因为l1⊥l2，
所以a·b＝0，
即1×(－4)＋3×3＋(－2)×m＝0，
所以2m＝9－4＝5，即m＝eq \f(5,2).
2．若平面α，β的法向量分别为a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，且α⊥β，则x的值为( )
A．10 B．－10
C.eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
答案 B
解析 因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，
所以a·b＝(－1,2,4)·(x，－1，－2)＝0，
解得x＝－10.
3．已知点A(0,1,0)，B(－1,0，－1)，C(2,1,1)，P(x,0，z)，若PA⊥平面ABC，则点P的坐标为( )
A．(1,0，－2) B．(1,0,2)
C．(－1,0,2) D．(2,0，－1)
答案 C
解析 由题意知eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,0,1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以有eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0.①
eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(2,0,1)·(x，－1，z)＝0，得2x＋z＝0，②
联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为(－1,0,2)．
4．已知平面α的法向量为n＝(2，－2,4)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)，则直线AB与平面α的位置关系为( )
A．AB⊥α B．AB⊂α
C．AB与α相交但不垂直 D．AB∥α
答案 A
解析 因为eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)，n＝(2，－2,4)，
所以n＝－2eq \(AB,\s\up6(→))，
所以n∥eq \(AB,\s\up6(→))，所以AB⊥α.
5．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于( )
A．BD B．AC C．A1D D．A1A
答案 A
解析 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(图略)．设正方体的棱长为1.则C(0,1,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，C1(0,1，1)，A1(1,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，
∴eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(－1,0，－1)，
eq \(A1A,\s\up6(—→))＝(0,0，－1)，
∵eq \(CE,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1)×eq \f(1,2)＋(－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋0×1＝0，
∴CE⊥BD.
6.(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N分别是棱DD1，D1C1的中点，则直线OM( )
A．和AC垂直
B．和AA1垂直
C．和MN垂直
D．与AC，MN都不垂直
答案 AC
解析 以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为2a，则D(0,0，0)，D1(0,0,2a)，M(0,0，a)，A(2a,0,0)，C(0,2a,0)，O(a，a,0)，N(0，a,2a)．
∴eq \(OM,\s\up6(→))＝(－a，－a，a)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(0，a，a)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2a,2a,0)．
∴eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝0，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
∴OM⊥AC，OM⊥MN.OM和AA1显然不垂直．
7．在空间直角坐标系中，已知直角三角形ABC的三个顶点为A(－3，－2,1)，B(－1，－1，－1)，C(－5，x,0)，则x的值为________．
答案 0或9
解析 ∵A(－3，－2,1)，B(－1，－1，－1)，C(－5，x,0)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－4，x＋1,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，x＋2，－1)
分三种情况：
①A为直角，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，∴－4＋x＋2＋2＝0，∴x＝0；
②B为直角，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，∴－8＋x＋1－2＝0，∴x＝9；
③C为直角，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，∴8＋(x＋1)(x＋2)－1＝0，x2＋3x＋9＝0，方程无解．
综上，x的值为0或9.
8．在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3,1)，C(2，－2,1)．若向量n与平面ABC垂直，且|n|＝eq \r(21)，则n的坐标为________________．
答案 (－2,4,1)或(2，－4，－1)
解析 根据题意，得eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,0,2)．
设n＝(x，y，z)，
∵n与平面ABC垂直，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－y＋2z＝0，,x＋2z＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(y,2)，,z＝\f(y,4).))
∵|n|＝eq \r(21)，∴eq \r(x2＋y2＋z2)＝eq \r(21)，
解得y＝4或y＝－4.
当y＝4时，x＝－2，z＝1；当y＝－4时，x＝2，z＝－1.
∴n的坐标为(－2,4,1)或(2，－4，－1)．
9.如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA，OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC＝1，设P为AC的中点，Q在AB上，且AB＝3AQ，证明：PQ⊥OA.
证明 如图，连接OP，OQ，PQ，取O为坐标原点，以OA，OC所在直线为x轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)．
则A(1,0,0)，C(0,0,1)，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
∵P为AC的中点，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，
又由已知，可得eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0)).
又eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0))，
∴eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \(OQ,\s\up6(→))－eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),6)，－\f(1,2))).
∵eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(OA,\s\up6(→))＝0，∴eq \(PQ,\s\up6(→))⊥eq \(OA,\s\up6(→))，即PQ⊥OA.
10.如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°，
求证：平面ADE⊥平面ABE.
证明 取BE的中点O，连接OC，
因为AB⊥平面BCE，
所以以O为原点建立空间直角坐标系(如图所示)．
则有C(1,0,0)，B(0，eq \r(3)，0)，E(0，－eq \r(3)，0)，D(1,0,1)，A(0，eq \r(3)，2)．
于是eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－2eq \r(3)，－2)，
eq \(DA,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，1)．
设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，
则n·eq \(AE,\s\up6(→))＝(a，b，c)·(0，－2eq \r(3)，－2)＝－2eq \r(3)b－2c＝0，
n·eq \(DA,\s\up6(→))＝(a，b，c)·(－1，eq \r(3)，1)＝－a＋eq \r(3)b＋c＝0.
令b＝1，则a＝0，c＝－eq \r(3)，所以n＝(0,1，－eq \r(3))．
又AB⊥平面BCE，OC⊂平面BCE，
所以AB⊥OC.
因为BE⊥OC，AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABE，
所以OC⊥平面ABE.
所以平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．
因为n·m＝(0,1，－eq \r(3))·(1,0,0)＝0，所以n⊥m，
所以平面ADE⊥平面ABE.
11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq \f(2,3)A1D，AF＝eq \f(1,3)AC，则( )
A．EF至多与A1D，AC中的一个垂直
B．EF⊥A1D，EF⊥AC
C．EF与BD1相交
D．EF与BD1异面
答案 B
解析 以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为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A1(1，0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0，1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，
Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
∴eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(－1,0，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)，
∴eq \(EF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,3)eq \(BD1,\s\up6(→))，eq \(A1D,\s\up6(—→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝0，
从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故选B.
12.如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的比值为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．3 D．2
答案 B
解析 以A为坐标原点，AB，AD，AP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，
设正方形边长为1，PA＝a，
则B(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0))，P(0,0，a)．
设点F的坐标为(0，y,0)，
则eq \(BF,\s\up6(→))＝(－1，y,0)，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，－a)).
因为BF⊥PE，
所以eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(PE,\s\up6(→))＝0，
解得y＝eq \f(1,2)，即点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，
所以F为AD的中点，所以AF∶FD＝1∶1.
13.如图，已知点E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有________条．
答案 1
解析 假设存在满足条件的直线MN，建立空间直角坐标系如图所示，不妨设正方体的棱长为2，则D1(2,0,2)，E(1,2,0)，
设M(x，y，z)，
eq \(D1M,\s\up6(—→))＝meq \(D1E,\s\up6(—→))(0≤m≤1)，
所以(x－2，y，z－2)＝m(－1,2，－2)，x＝2－m，y＝2m，z＝2－2m，
所以M(2－m,2m,2－2m)，
同理，若设eq \(C1N,\s\up6(—→))＝neq \(C1F,\s\up6(—→))(0≤n≤1)，
可得N(2n,2n,2－n)，
eq \(MN,\s\up6(→))＝(m＋2n－2,2n－2m,2m－n)，
又因为MN⊥平面ABCD，
eq \(CD,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
所以eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋2n－2＝0，,2n－2m＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(2,3)，,n＝\f(2,3)，))
即存在满足条件的直线MN，有且只有一条．
14．如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，AB＝2，E是PB的中点，cs〈eq \(DP,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(3),3).
(1)建立适当的空间直角坐标系，则点E的坐标是________；(2)在底面ABCD内求一点F，使EF⊥平面PCB，则点F的坐标是________．
答案 (1)(1,1,1) (2)(1,0,0)
解析 (1)以D为原点，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(图略)，由已知ABCD是边长为2的正方形，设DP＝t(t>0)，则P(0,0，t)，A(2，0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)t))，eq \(DP,\s\up6(→))＝(0,0，t)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(1,2)t)).
故cs〈eq \(DP,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(DP,\s\up6(→))·\(AE,\s\up6(→)),|\(DP,\s\up6(→))||\(AE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(1,2)t2,t\r(2＋\f(1,4)t2))＝eq \f(t,\r(8＋t2)).由已知，得eq \f(t,\r(8＋t2))＝eq \f(\r(3),3)，解得t＝2，
故E(1,1,1)．
(2)设F(m，n,0)，则eq \(EF,\s\up6(→))＝(m－1，n－1，－1)．
又eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2m－1＝0，,2n－1＋2＝0.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝0，))
故F(1,0,0)．
15.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论正确的是( )
A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．不存在DQ与平面A1BD垂直
答案 D
解析 以A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，则由已知得A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，
Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，P(0,2,0)，eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(1,0,1)，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，eq \(B1P,\s\up6(—→))＝(－1,2,0)，eq \(DB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，－\f(1,2))).
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1B,\s\up6(—→))＝x＋z＝0，,n·\(A1D,\s\up6(—→))＝y＋\f(1,2)z＝0，))
取z＝－2，则x＝2，y＝1，
所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2,1，－2)．
假设DQ⊥平面A1BD，且eq \(B1Q,\s\up6(—→))＝λeq \(B1P,\s\up6(—→))＝λ(－1,2,0)＝(－λ，2λ，0)，
则eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \(DB1,\s\up6(→))＋eq \(B1Q,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ，－1＋2λ，－\f(1,2)))，
因为eq \(DQ,\s\up6(→))也是平面A1BD的法向量，
所以n＝(2,1，－2)与eq \(DQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－λ，－1＋2λ，－\f(1,2)))共线，
于是有eq \f(1－λ,2)＝eq \f(－1＋2λ,1)＝eq \f(－\f(1,2),－2)＝eq \f(1,4)成立，
但此方程关于λ无解．
故不存在DQ与平面A1BD垂直．
16.如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC.
(1)求证：OD∥平面PAB；
(2)当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？
(1)证明 连接OB，
∵OP⊥平面ABC，OA＝OC，AB＝BC，
∴OA⊥OB，OA⊥OP，OB⊥OP，
以O为原点，射线OP为z轴，建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝a，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0)).
设OP＝h，则P(0,0，h)．
∵D为PC的中点，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),4)a，0，\f(1,2)h))，
又eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，－h))，
∴eq \(OD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)eq \(PA,\s\up6(→))，
∴eq \(OD,\s\up6(→))∥eq \(PA,\s\up6(→))，
∴OD∥平面PAB.
(2)解 ∵△PBC的重心Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),6)a，\f(\r(2),6)a，\f(1,3)h))，
∴eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),6)a，\f(\r(2),6)a，\f(1,3)h))，
∵OG⊥平面PBC，
∴eq \(OG,\s\up6(→))⊥eq \(PB,\s\up6(→))，
又eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，－h))，
∴eq \(OG,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \f(1,6)a2－eq \f(1,3)h2＝0，
∴h＝eq \f(\r(2),2)a，
∴|eq \(PA,\s\up6(→))|＝eq \r(|\(OA,\s\up6(→))|2＋h2)＝a，即k＝1，
反之，当k＝1时，三棱锥O－PBC为正三棱锥，
此时O在平面PBC内的射影为△PBC的重心．