2019版高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用：第8章6第6讲　空间向量及其运算

第6讲　空间向量及其运算

1．空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a＝λb．
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb．
(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc．其中{a，b，c}叫做空间的一个基底．
2．两个向量的数量积(与平面向量基本相同)
(1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b.
(2)两向量的数量积
两个非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(3)向量的数量积的性质
①a·e＝|a|cos〈a，e〉(其中e为单位向量)；
②a⊥b⇔a·b＝0；
③|a|2＝a·a＝a2；
④|a·b|≤|a||b|.
(4)向量的数量积满足如下运算律
①(λa)·b＝λ(a·b)；
②a·b＝b·a(交换律)；
③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．
3．空间向量的坐标运算
(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)，
a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)，
λa＝(λa1，λa2，λa3)，a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3，
a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0，
a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)，
cos〈a，b〉＝＝ .
(2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，
则＝－＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)．
4．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：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个．
(2)平面的法向量
①定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量．
②确定：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
5．空间位置关系的向量表示

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

判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)空间中任意两非零向量a，b共面．(　　)
(2)在向量的数量积运算中(a·b)·c＝a·(b·c)．(　　)
(3)对于非零向量b，由a·b＝b·c，则a＝c.(　　)
(4)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量．(　　)
(5)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(　　)
(6)若A、B、C、D是空间任意四点，则有＋＋＋＝0.(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P在z轴上，且满足|PA|＝|PB|，则P点坐标为(　　)
A．(3，0，0)　　　　　　　 B．(0，3，0)
C．(0，0，3) D．(0，0，－3)
解析：选C.设P(0，0，z)，则有

＝，解得z＝3.
(教材习题改编)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)
A．－a＋b＋c B.a＋b＋c
C．－a－b＋c D.a－b＋c
解析：选A.由题意，根据向量运算的几何运算法则，＝＋＝＋(－)
＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.
(教材习题改编)已知a＝(2，4，x)，b＝(2，y，2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y的值为________．
解析：因为a＝(2，4，x)，|a|＝6，则x＝±4，
又b＝(2，y，2)，a⊥b，
当x＝4时，y＝－3，x＋y＝1.
当x＝－4时，y＝1，x＋y＝－3.
答案：1或－3
若平面α的一个法向量为u1＝(－3，y，2)，平面β的一个法向量为u2＝(6，－2，z)，且α∥β，则y＋z＝________．
解析：因为α∥β，所以u1∥u2，所以＝＝，
所以y＝1，z＝－4，所以y＋z＝－3.
答案：－3


　　　　　　空间向量的线性运算
[典例引领]
如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．
(1)化简－－＝________．　
(2)用，，表示，则＝________．
【解析】　(1)－－＝－(＋)＝－
＝＋＝.
(2)因为＝＝(＋)．
所以＝＋＝(＋)＋
＝＋＋.
【答案】　(1)　(2)＋＋

若本例条件不变，结论改为：设E是棱DD1上的点，且＝，若＝x＋y＋z，试求x，y，z的值．
解：＝＋
＝－＋(＋)
＝－－，
由条件知，x＝，y＝－，z＝－.

用已知向量表示某一向量的方法
　
[通关练习]
1．在空间四边形ABCD中，若＝(－3，5，2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　　)
A．(2，3，3) B．(－2，－3，－3)
C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1)
解析：选B.因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以＝－，＝(＋)，＝(＋)．
所以＝(＋)－(＋)＝(＋)
＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)]
＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)．
2.在三棱锥O­ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量，，表示(1)；(2).
解：(1)＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝＋[(＋)－]
＝－＋＋.
(2)＝＋
＝－＋＋
＝＋＋.

　　　　　　共线、共面向量定理的应用
[典例引领]
已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)BD∥平面EFGH.
【证明】　(1)连接BG(图略)，
则＝＋＝＋(＋)
＝＋＋＝＋，
由共面向量定理的推论知，E，F，G，H四点共面．
(2)因为＝－＝－＝(－)
＝，所以EH∥BD.
又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH.

(1)证明空间三点P、A、B共线的方法
①＝λ(λ∈R)；
②对空间任一点O，＝＋t(t∈R)；
③对空间任一点O，＝x＋y(x＋y＝1)．
(2)证明空间四点P、M、A、B共面的方法
①＝x＋y；
②对空间任一点O，＝＋x＋y；
③对空间任一点O，＝x＋y＋z(x＋y＋z＝1)；
④∥(或∥或∥)．　
[通关练习]
1．已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　)
A．2， B．－，
C．－3，2 D．2，2
解析：选A.因为a∥b，所以b＝ka，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以解得或
2．已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋)．
(1)判断，，三个向量是否共面；
(2)判断点M是否在平面ABC内．
解：(1)由题知＋＋＝3，
所以－＝(－)＋(－)，
即＝＋＝－－，
所以，，共面．
(2)由(1)知，，，共面且基线过同一点M，
所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内．

　　　　　　空间向量的数量积
[典例引领]
如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.
(1)求的长；
(2)求与夹角的余弦值．
【解】　(1)记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
所以a·b＝b·c＝c·a＝.
||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×＝6，
所以||＝，即AC1的长为.
(2)＝b＋c－a，＝a＋b，
所以||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
所以cos〈，〉＝＝.
即与夹角的余弦值为.

(1)空间向量数量积计算的两种方法
①基向量法：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
②坐标法：设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，则a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2.
(2)利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题
①a≠0，b≠0，a⊥b⇔a·b＝0.
②|a|＝.
③cos〈a，b〉＝.　
[通关练习]
1．已知a＝(－2，1，3)，b＝(－1，2，1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为(　　)
A．－2 B．－
C. D．2
解析：选D.由题意知a·(a－λb)＝0，即a2－λa·b＝0，
所以14－7λ＝0，解得λ＝2.
2．已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1，1，2)，C(－3，0，4)．设a＝，b＝.
(1)求a和b夹角的余弦值；
(2)设|c|＝3，c∥，求c的坐标．
解：(1)因为＝(1，1，0)，＝(－1，0，2)，
所以a·b＝－1＋0＋0＝－1，|a|＝，|b|＝，
所以cos〈a，b〉＝＝＝－.
(2)＝(－2，－1，2)．设c＝(x，y，z)，
因为|c|＝3，c∥，
所以＝3，存在实数λ使得c＝λ，
即联立解得或
所以c＝(－2，－1，2)或c＝(2，1，－2)．

　　　　　　利用空间向量证明平行和垂直(高频考点)
空间几何中的平行与垂直问题是高考试题中的热点问题．考查形式灵活多样，可以是小题，也可以是解答题的一部分，或解答题的某个环节，是高考中的重要得分点．高考对空间向量解决此类问题常有以下两个命题角度：
(1)证明平行问题；
(2)证明垂直问题．
[典例引领]
角度一　证明平行问题
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：
(1)PB∥平面EFG.
(2)平面EFG∥平面PBC.
【证明】　(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，
所以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)．　
法一：＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，　
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，
因为＝(2，0，－2)，
所以·n＝0，所以n⊥，
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.
法二：＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)，＝(1，1，－1)．
设＝s＋t，
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
所以解得s＝t＝2.所以＝2＋2，
又因为与不共线，所以，与共面．
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.
(2)因为＝(0，1，0)，＝(0，2，0)，
所以＝2，
所以BC∥EF.
又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以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，
所以平面EFG∥平面PBC.
角度二　证明垂直问题
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，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴的正半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＝(0，3，4)，＝(－8，0，0)，
所以·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，
所以⊥，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，
所以＝＝，又＝(－4，－5，0)，
所以＝＋＝，
则·＝(0，3，4)·＝0，
所以⊥，即AP⊥BM，
又根据(1)的结论知AP⊥BC，
所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.
又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.

(1)利用空间向量解决平行、垂直问题的一般步骤
①建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；
②建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；
③通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；
④根据运算结果解释相关问题．
(2)空间线面位置关系的坐标表示
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．　
①线线平行
l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
②线线垂直
l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
③线面平行(l⊄α)
l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.
④线面垂直
l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.
⑤面面平行
α∥β⇔u∥v⇔u＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.
⑥面面垂直
α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.
[通关练习]
1.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)
A．相交
B．平行
C．垂直
D．不能确定
解析：选B.因为正方体棱长为a，A1M＝AN＝，
所以＝，＝，
所以＝＋＋＝＋＋
＝(＋)＋＋(＋)
＝＋.
又因为CD是平面B1BCC1的法向量，
且·＝·＝0，
所以⊥，又MN⊄平面B1BCC1，
所以MN∥平面B1BCC1.
2．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________．
解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
因为底面边长为1，侧棱长为2，则A，B1(－，0，2)，C，C1，
M(0，0，0)，设N，
因为＝λ，所以N，
所以＝，＝.
又因为AB1⊥MN，所以·＝0.
所以－＋＝0，所以λ＝15.
答案：15
3．在四棱锥P­ABCD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内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说
明理由．
解：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．
如图，以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，设AD＝a，
则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F.
＝，＝(0，a，0)．
因为·＝0，
所以⊥，从而得EF⊥CD.
(2)假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，则＝，
若使GF⊥平面PCB，则由
·＝·(a，0，0)
＝a＝0，得x＝；
由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0.
所以G点坐标为，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．

建立空间直角坐标系的原则
(1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直．
(2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上．
利用空间向量坐标运算求解问题的方法
用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；求异面直线所成的角，一般可转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．
易错防范
(1)注意向量夹角与两直线夹角的区别．
(2)共线向量定理中a∥b⇔存在唯一的实数λ∈R，使a＝λb易忽视b≠0.
(3)在利用＝x＋y①证明MN∥平面ABC时，必须说明M点或N点不在面ABC内(因为①式只表示与，共面)．
(4)找两个向量的夹角，应使两个向量具有同一起点，不要误找成它的补角．
(5)a·b<0不等价为〈a，b〉为钝角，因为〈a，b〉可能为180°；a·b>0不等价为〈a，b〉为锐角，因为〈a，b〉可能为0°.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1.已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则等于(　　)
A.(b＋c－a)
B.(a＋b＋c)
C.(a－b＋c)
D.(c－a－b)
解析：选D.＝＋＋＝(c－a－b)．
2．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. B．9
C. D.
解析：选D.由题意知存在实数x，y使得c＝xa＋yb，
即(7，5，λ)＝x(2，－1，3)＋y(－1，4，－2)，
由此得方程组
解得x＝，y＝，所以λ＝－＝.
3．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　)
A．± B.
C．－ D．±
解析：选C.＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，所以λ＝－.
4．已知四边形ABCD满足：·>0，·>0，·>0，·>0，则该四边形为(　　)
A．平行四边形 B．梯形
C．长方形 D．空间四边形
解析：选D.由·>0，·>0，·>0，·>0，知该四边形一定不是平面图形．
5．(2018·唐山统考)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝1，N为B1B的中点，则||为(　　)
A.a B.a
C.a D.a
解析：选A.以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则A(a，0，0)，C1(0，a，a)，
N.设M(x，y，z)，
因为点M在AC1上且＝，所以(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，所以x＝a，y＝，z＝.
所以M，所以||
＝　＝a.
6．已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a、b、c表示向量＝________．
解析：如图所示，
＝(＋)＝[(－)＋(－)]＝(＋－2)＝(＋－)＝(b＋c－a)．
答案：(b＋c－a)
7.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________．
解析：设＝a，＝b，＝c，
由已知条件〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|，
·＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝|a||c|－|a||b|＝0，
所以⊥，
所以cos〈，〉＝0.
答案：0
8．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是________．
解析：因为·＝0，·＝0，
所以AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又与不平行，
所以是平面ABCD的法向量，则③正确．
因为＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，
所以与不平行，故④错．
答案：①②③
9．已知a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，点A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2)．
(1)求|2a＋b|；
(2)在直线AB上，是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点)
解：(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，
故|2a＋b|＝＝5.
(2)令＝t(t∈R)，
所以＝＋＝＋t
＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2)
＝(－3＋t，－1－t，4－2t)，
若⊥b，则·b＝0，
所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0，解得t＝.
所以－3＋t＝－，－1－t＝－，4－2t＝，
因此存在点E，使得⊥b，
此时E点的坐标为(－，－，)．
10．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)．
(1)求以AB，AC为边的平行四边形的面积；
(2)若|a|＝，且a分别与，垂直，求向量a的坐标．
解：(1)由题意可得：
＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)，
所以cos〈，〉＝
＝＝＝.
所以sin〈，〉＝，
所以以AB，AC为边的平行四边形的面积为
S＝2×||·||·sin〈，〉
＝14×＝7.
(2)设a＝(x，y，z)，
由题意得
解得或
所以向量a的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．

1．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　)
A．(1，1，1)
B.
C.
D.
解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O，
又E(0，0，1)，A(，，0)，
所以＝，＝(x－，y－，1)，
因为AM∥平面BDE，所以∥，
所以⇒
所以M点的坐标为.
2．已知ABCD­A1B1C1D1为正方体，给出下列四个命题：
①(＋＋)2＝32；
②·(－)＝0；
③向量与向量的夹角是60°；
④正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为|··|.
其中正确命题的序号是________．
解析：①中(＋＋)2＝2＋2＋2＝32，故①正确；
②中－＝，因为AB1⊥A1C，故②正确；
③中A1B与AD1两异面直线所成角为60°，但与的夹角为120°，故③不正确；
④中|··|＝0，故④也不正确．
答案：①②
3.如图，在多面体ABC­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1­AB­C是直二面角．
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明：因为二面角A1­AB­C是直二面角，
四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)．
(1)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
即取y＝1，则n＝(0，1，0)．
所以＝2n，
即∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即m＝(1，－1，1)．
所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以⊥m，
又AB1⊄平面A1C1C，
所以AB1∥平面A1C1C.
4.如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，则AC⊥BD.
由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．
设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，
B，C，
＝，＝，
则·＝0.
故OC⊥SD.
从而AC⊥SD.
(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.
理由如下：
由已知条件知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝，
＝.
设＝t，则＝＋＝＋t
＝，
而·＝0，
解得t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
而BE⊄平面PAC，
故BE∥平面PAC.