第05讲用空间向量研究直线平面的位置关系（九大题型思维导图知识梳理课后提升练）（人教A版选择性）

第05讲用空间向量研究直线、平面的位置关系【人教A版】模块一模块一空间中点、直线和平面的向量表示1．空间中点、直线和平面的向量表示(1)空间中点的位置向量：如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量eq\o(OP,\s\up6(→))来表示．我们把向量eq\o(OP,\s\up6(→))称为点P的位置向量．(2)空间中直线的向量表示式：直线l的方向向量为a，且过点A.如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数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式都称为空间直线的向量表示式．(3)平面的法向量定义：【注】一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量.已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量.【题型1求平面的法向量】【例1】（2425高二上·浙江杭州·期末）已知A(0,4,0),B(3,0,0),C(0,0,2)，则平面ABC的一个法向量可以为（

）A．(4,3,6) B．(−4,3,6) C．(4,−3,6) D．(4,3,−6)【答案】A【解题思路】由题设AB=(3,−4,0)，AC【解答过程】由题设AB=(3,−4,0)，AC若m=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量，则m取y=3，则m=(4,3,6)故选：A.【变式1.1】（2425高二上·海南省直辖县级单位·期末）已知点A0,0,0、B0,0,1、C1,1,0在平面α内，则下列向量为平面αA．n=0,1,0 C．n=1,1,0 【答案】B【解题思路】设平面α的法向量为n=x,y,z，根据法向量的定义可得出n⋅【解答过程】设平面α的法向量为n=x,y,z，由题意可得AB=则n⋅AB=z=0n⋅故选：B.【变式1.2】（2425高二上·全国·课后作业）已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B=A．23,23,13 B．【答案】D【解题思路】设平面A1BC的法向量为【解答过程】设平面A1BC的法向量为由已知m⋅A1B=0故−x−2z=0−x+y=0，令x=2，则y=2，z=−1所以m=2,2,−1为平面又n为平面A1所以n=mm故选：D.【变式1.3】（2425高二上·安徽芜湖·期中）已知平行六面体ABCD−A1B1C1D

A．6a+6b−c B．2a【答案】A【解题思路】令AB=2，求出a⋅b,【解答过程】在平行六面体ABCD−A令AB=2，则a⋅设平面A1BD的法向量n=x则n⋅DB=(xa+yb+z所以平面A1BD的一个法向量为故选：A.模块二模块二空间中直线、平面的平行1．空间中直线、平面的平行(2)线面平行的向量表示：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⇔u·n＝0.2．利用向量证明线线平行的思路：证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．3．证明线面平行问题的方法：(1)证明直线的方向向量与平面内的某一向量是共线向量且直线不在平面内；(2)证明直线的方向向量可以用平面内两个不共线向量表示且直线不在平面内；(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内．4．证明面面平行问题的方法：(1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行．(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．【题型2利用空间向量证明线线平行】【例2】（2425高二上·全国·课后作业）长方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是面对角线B1D【答案】证明见解析【解题思路】建立空间直角坐标系，由向量共线坐标运算即可求证.【解答过程】如图所示，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、设DA=a，DC=b，DDAa,0,0，C10,b,c，D10,0,c，B由D1E=2EB1即由BF=2FA1，即BF=2∴FE=−a3又FE与AC1不共线，【变式2.1】（2425高二上·全国·课后作业）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM=14DB,DA=DP=1,CD=2

【答案】证明见解析【解题思路】证法一：以D为坐标原点，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，求出AP,证法二：由空间向量的线性表示可得答案.【解答过程】证法一：由题意知，直线DA,DC,DP两两垂直，以D为坐标原点，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，如图所示，则D0,0,0所以AP=(−1,0,1),所以MN=14AP，又证法二：由题意可得MN=14BD又M∉AP，所以MN//

【变式2.2】（2025高二·全国·专题练习）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,AA证明：B2【答案】证明见解析【解题思路】利用空间直角坐标系，由正四棱柱的各棱长分别表示出向量B2C2【解答过程】根据正四棱柱性质可知，以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为则C(0,0,0),C所以B2可得B2C2=A又B2所以B2【变式2.3】（2425高二上·新疆阿克苏·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C(1)证明：EF∥A1(2)证明：A1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，根据共线即可求解，（2）根据向量垂直满足的坐标关系即可求解.【解答过程】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则E2,1,0故A1由于A1C1=2EF，故A1C1//EF，显然（2）A故A1因此A1F⊥【题型3利用空间向量证明线面平行】【例3】（2425高二上·重庆铜梁·阶段练习）直线l的一个方向向量为m=−4,2,2，平面α的一个法向量为n=2,−1,x，若l/平面α，则A．−5 B．5 C．−1 D．1【答案】B【解题思路】根据题意可得m⊥n，结合空间向量数量积的坐标运算可求得【解答过程】直线l的一个方向向量为m=平面α的一个法向量为n=因为l/平面α，则m所以，m⋅n=−8−2+2x=2x−10=0故选：B.【变式3.1】（2425高二上·四川遂宁·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA=AB，E，F分别为PD，PB的中点，AH=λHP，CG=GP，若GH∥平面EFCA．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解题思路】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设AD=a(a>0)，根据法向量的求法可求得平面EFC的法向量n，由HG⊥【解答过程】以A为坐标原点，AB,AD,AP正方向为x，设AD=a(a>0)，则A(0,0,0),P(0,0,a),C(a,a,0),E(0,a2,所以EF=(a2,−a2,0)设平面EFC的法向量n=(x,y,z)则EF⋅n=a2x−a2y=0由CG=GP可得G是PC的中点，由AH=λHP可得所以GH=因为GH//平面EFC，所以GH⋅n=−故选：C.【变式3.2】（2025高三·全国·专题练习）如图，已知矩形ABCD所在平面与直角梯形ABPE所在平面交于直线AB，DE=2且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE//BP.设点M为棱PD的中点，求证：EM【答案】证明见解析【解题思路】利用勾股定理逆定理先判定AD⊥AE，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系即可.【解答过程】由已知AD=AE=1，DE=2可知DE2=A又矩形ABCD中有AD⊥AB，且AE⊥AB，AE∩AB=A,AE、AB⊂平面ABEP，所以AD⊥平面ABEP，又BC//则BC⊥平面ABEP，所以BA,BP,BC两两垂直，故以B为原点，BA,BP,BC分别为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P0,2,0所以EM=易知平面ABCD的一个法向量等于n=所以EM⋅所以EM⊥又EM⊄平面ABCD，所以EM//平面ABCD【变式3.3】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥PABCD与正方体ABCD−A1B

(1)求证：PC//平面ADC(2)若AB=3，求四棱锥P−ADC【答案】(1)证明见解析(2)9．【解题思路】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.【解答过程】（1）如图以点A1为原点，A1D1为x轴A1B1设AB=2a,则PC=32AB=3a,过P作PP1平面ABCD.因为PC2=PC设平面ADC1BA0,0,2aAD→则2ax=02ax+2ay−2az=0可得x=0y=1所以n→=0,1,1,n→·PC→=0−a+a=0

（2）因为AB=3，所以CD因为PC//平面ADC1B因为CD1⊥C1D,AD⊥CD1,AD∩DC1=D,VP−AD【题型4利用空间向量证明面面平行】【例4】（2425高二上·全国·课后作业）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB=4，BC=CD=2，AA1

【答案】证明见解析【解题思路】先根据直棱柱及DM⊥CD建立空间直角坐标系由向量关系得出线线平行，再应用面面平行判定定理得证．【解答过程】因为AB=4，BC=CD=2，F是棱AB的中点，所以BF=BC=CF，所以△BCF为正三角形．因为ABCD为等腰梯形，AB=4，BC=CD=2，所以∠BAD=∠ABC=60°．取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD．以D为原点，DM所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系

则D0,0,0，D10,0,2，A3,−1,0，F所以DD1=0,0,2，DA=所以DD1//CC1又因为CC1⊂平面FCC1，DD1因为DA//CF，CF⊂平面FCC1，DA⊄平面FCC1，所以又DD1∩DA=D，DD1,DA⊂平面【变式4.1】（2425高二·全国·课后作业）如图所示，ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点．求证：(1)MN//平面PAD；(2)平面QMN//平面PAD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解题思路】（1）由已知可证得AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明；（2）证明QN平行于平面，结合面面平行判定定理证明结论.【解答过程】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，所以AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设B(b,0,0)，D(0,d,0)，P(0,0,d).则C(b,d,0)，因为M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点，所以Mb2,d2所以MN=因为平面PAD的一个法向量为m=(1,0,0)所以MN⋅m=0又因为MN⊄平面PAD，所以MN//平面PAD.（2）因为QN=(0,−d,0)所以QN⋅m=0又QN⊄平面PAD，所以QN//平面PAD.又因为MN∩QN=N，MN,QN⊂平面MNQ，所以平面MNQ//平面PAD.【变式4.2】（2425高二下·全国·课后作业）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，【答案】证明见解析【解题思路】根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1C1【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1DD1所在直线分别为x轴、则A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，则A1C1=(−3,4,0)，A1设平面A1C1则n⋅取x=4，则y=3，z=6，所以平面A1C1设平面ACD1的法向量为则m⋅取a=4，则b=3，c=6，所以平面ACD1的一个法向量为因为m=n，即所以平面A1C1【变式4.3】（2425高二上·天津蓟州·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D(1)求证：平面A1C1(2)线段B1C上是否存在点P，使得A1P//平面【答案】(1)证明见解析(2)存在，P为线段B1【解题思路】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1C1（2）由空间向量的坐标运算，由A1P与平面【解答过程】（1）证明：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、则A(3,0,0)，B(3,4,0)，C(0,4,0)，A1(3,0,2)，B1(3,4,2)，则A1C1=(−3,4,0)，A1设平面A1C1则n⋅取x=4，则y=3，z=6，所以平面A1C1设平面ACD1的法向量为则m⋅取a=4，则b=3，c=6，所以平面ACD1的一个法向量为因为m=n，即m//n，所以平面（2）设线段B1C上存在点P使得A1P//平面由（1）得A1B1=(0,4,0)，B1所以A1所以m⋅A1所以当P为线段B1C的中点时，A1模块三模块三空间中直线、平面的垂直1．空间中直线、平面的垂直(2)线面垂直的向量表示：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.2．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．3．用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．4．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．【题型5利用空间向量证明线线垂直】【例5】（2425高二上·全国·课后作业）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是CD，CA．平行 B．垂直 C．异面垂直 D．异面不垂直【答案】C【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断即可.【解答过程】以D为原点，DA，DC，DD1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系设正方体ABCD−A则A12,0,2，M0,1,0，D∴A1M∴A1M又DN⊂平面DCC1D1，A1M⊄平面DCC∴直线A1M与故选：C．【变式5.1】（2425高二上·云南昆明·期中）如图，下列正方体中，O为底面的中点，P为所在棱的中点，M、N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（

）A．③④ B．①② C．②④ D．②③【答案】D【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断MN⋅【解答过程】设正方体的棱长为2，对于①：如图建立空间直角坐标系，则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与OP不垂直，即MN与OP不垂直，所以①错误；对于②：如图建立空间直角坐标系，则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

对于③：如图建立空间直角坐标系，则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，即对于④：如图建立空间直角坐标系，则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与OP不垂直，即MN与OP不垂直，所以④错误；故选：D.【变式5.2】（2526高二上·全国·课前预习）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，M是AC与BD的交点，E是DD【答案】证明见解析【解题思路】设B1A1=a，B1C1=【解答过程】设B1A1=a，B则B1M=∴B1M⋅∴B1M⊥【变式5.3】（2425高二上·陕西榆林·阶段练习）如图所示，MA⊥平面ABCD，底面ABCD边长为1的正方形，MA=2，P是MC上一点，且CP=(1)建立适当的坐标系并求点P坐标；(2)求证：MB⊥DP.【答案】(1)答案见解析，P(2)证明见解析【解题思路】（1）以A为原点，建立空间直角坐标系，由条件列式可求得P点坐标；（2）利用空间向量的数量积的坐标运算证明MB⋅【解答过程】（1）因为MA⊥平面ABCD，且AB,AD⊂平面ABCD，所以，AM⊥AB,AM⊥AD，在正方形ABCD中，AB⊥AD，所以,AB,AD,AM两两垂直，如图，以A为原点，AB,AD,AM方向为x、y、z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，因为底面ABCD边长为1的正方形，MA=2，则C(1,1,0),M(0,0,2),B(1,0,0),D(0,1,0)，CM=(−1,−1,2)设P(x,y,z)，由CP=15解得x=45,y=（2）因为MB=(1,0,−2),所以，MB⋅DP=所以，MB⊥DP.【题型6利用空间向量证明线面垂直】【例6】（2425高二下·江苏南京·阶段练习）已知直线l的方向向量为a=1,−1,λ，平面α的一个法向量为n=−2,2,1，若l⊥α，则λA．−2 B．−12 C．1【答案】B【解题思路】由已知可得a→//n【解答过程】因为a=1,−1,λ是直线l的一个方向向量，n=且直线l⊥平面α，所以a→所以1−2=−1故选：B.【变式6.1】（2425高二上·山东青岛·期中）已知a=(−2, a+b, a−b)是直线l的方向向量，n=(2, −1, A．a−3b−4=0 B．a=−C．a−3b−5=0 D．a=【答案】B【解题思路】根据a//n，根据共线的坐标运算列式探索【解答过程】由题意：a//n，所以−22=a+b−1=a−b2故选：B.【变式6.2】（2425高二上·全国·课后作业）如图，在直四棱柱ADD1A1−BCC1B1中，底面ADD1

【答案】证明见解析【解题思路】以A为原点，建立空间直角坐标系，求出FG和平面A1BE的一个法向量的坐标，可得FG与平面A1BE的法向量共线，则得直线【解答过程】由题意知，以A为原点，AB,AD,AA1所在直线分别为

则A10,0,1，BE=设平面A1BE的一个法向量为则BE⋅n=0令x=1，则n=所以FG=12n，故直线【变式6.3】（2425高二上·广东汕头·阶段练习）如图所示，直三棱柱ABC−A1B1C(1)求BN的长；(2)求证：BN⊥平面C1MN【答案】(1)3(2)证明见解析【解题思路】（1）先建立空间直角坐标系，再求出坐标，进而求出向量求出模长；（2）应用向量法得出线线垂直，再根据线面垂直判定定理证明即可.【解答过程】（1）因为CC1⊥平面ABC，∠BCA=90°，以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x则B0,1,0,N1,0,1，所以BN（2）依题意得A1C1M=则C1M⊥又因为C1M∩C1N=C1，C【题型7利用空间向量证明面面垂直】【例7】（2425高二上·山东济南·期中）已知n1=3,x,2,n2=−3,3A．−7 B．−1 C．1 D．7【答案】D【解题思路】根据两平面垂直可得法向量垂直，即可根据坐标运算求解.【解答过程】由α⊥β，所以n1∴n1⋅故选：D.【变式7.1】（2425高一下·江苏南通·阶段练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是BD的中点，M是棱AAA．14 B．13 C．1【答案】D【解题思路】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设M1,0,t,0≤t≤1，求出两平面的法向量，根据垂直关系得到方程，求出【解答过程】如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为B1,1,0设M1,0,t,0≤t≤1，平面OC则OC解得y=0，令z=1得x=2，则m=设平面MBD的法向量为n=则DB⋅令c=1，则a=−t，b=t，故n=由题意得m⋅解得t=12故选：D.【变式7.2】（2425高二上·山东菏泽·阶段练习）如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD//CE，且(1)求平面DEA的法向量；(2)求证：平面DEA⊥平面ECA．【答案】(1)(3(2)证明见解析【解题思路】（1）以C为原点建立空间直角坐标系，根据法向量与平面垂直求出法向量即可；（2）证明两平面的法向量垂直即可.【解答过程】（1）因为EC⊥平面ABC，CB⊂平面ABC，所以EC⊥CB，以C为原点，CB,CE所在的直线分别为y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0),A(3所以EA=(设平面DEA的一个法向量是n=(a,b,c)则n→⋅EA=3所以平面DEA的一个法向量为(3（2）设平面ECA的一个法向量是m=(x,y,z)则m⋅EA=3x+y−2z=0因为m⋅n=1×所以平面DEA⊥平面ECA.【变式7.3】（2425高二上·全国·课后作业）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB(1)求EF⋅(2)用向量法证明：平面BEA⊥平面A1【答案】(1)EF(2)证明见解析【解题思路】（1）由题意可得，A1B1⊥BB1,A（2）通过证明平面BEA与平面A1B1【解答过程】（1）在直三棱柱ABC−A1B又BE⊥A1B所以A1B1⊥平面建立如图所示的空间直角坐标系B1则B0,0,2所以EF=所以EF⋅（2）由（1）知A2,0,2AE=设平面BEA的法向量为n=x1,y则BE⋅n=0AE⋅n=0A1B令z2=1，则m=所以平面BEA⊥平面A1【题型8平行、垂直综合的向量证明】【例8】（2425高二·全国·课后作业）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥DC，DA⊥AB，AB=AP=2，DA=DC=1，E为PC上一点，且PE=23(1)求证：AE⊥平面PBC；(2)求证：PA//平面BDE．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解题思路】（1）以A为原点，AB，AD，AP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，证明AE⊥PC，（2）设平面BDE的法向量为n=x1【解答过程】（1）证明：如图，以A为原点，AB，AD，AP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A0,0,0，B2,0,0，C1,1,0，D所以PC=1,1,−2，AP=因为PE=23PC，所以PE所以AE⋅PC=所以AE⊥PC，AE⊥CB，即又因为PC∩BC=C，PC,BC⊂平面PBC．所以AE⊥平面PBC．（2）证明：由（1）可得BE=AE−AB=设平面BDE的法向量为n→则BD·n=0BE·n=0，即−2则n→=1,2,0因为PA⋅n=因为PA⊄平面BDE，所以PA//平面BDE．【变式8.1】（2425高二上·上海·随堂练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90°，BC=2，CC1=4，点E在线段BB1

(1)平面A1B1(2)平面EGF//平面ABD【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解题思路】（1）利用空间向量法证明线面垂直证明面面垂直；（2）利用空间向量法证明B1D⊥平面【解答过程】（1）证明：以B为坐标原点，BA,BC,BB1所在直线分别为

则B0,0,0，D0,2,2，B10,0,4，E0,0,3设BA=a，则Aa,0,0，A1a,0,4因为BA=a,0,0，BD=所以B1D⋅所以B1D⊥BA，B1又BA∩BD=B,BA,BD⊂平面ABD，所以B1D⊥平面因为B1D⊂平面A1B1（2）因为EG=a2,1,1，所以B1D⋅所以B1D⊥EG，因为EG∩EF=E,EG,EF⊂平面EGF，所以B1D⊥平面又由（1）知B1D⊥平面ABD，所以平面EGF∥【变式8.2】（2425高二上·贵州贵阳·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA(1)若N是AA1的中点，求证：DB(2)若BD1//平面MNC【答案】(1)证明见解析(2)2【解题思路】（1）如图建系，求出相关点的坐标，由DB1⋅MC=0，DB1⋅MN（2）设AN的长为ℎ,求出平面MNC的法向量为n=(1,2,2ℎ)，由BD【解答过程】（1）建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

由题设可得：B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，M(2∴DB1=(2,2,2)，由DBDB可得DB1⊥MC，又∵MC∩MN=M，MC,MN⊂平面MNC，∴DB1⊥（2）设AN的长为ℎ,则0<ℎ≤2，点N(2,0,ℎ)，进而得MN设平面MNC的法向量为n=(x,y,z)，因MC则n⋅MC=−2x+y=0n∵BD1=(−2,−2,2)∴BD1⊥n解得ℎ=23，即AN的长为【变式8.3】（2025高二上·江苏·专题练习）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD//QA，QA=AB=1(1)证明：平面PQB⊥平面DCQ；(2)证明：PC//平面BAQ.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解题思路】（1）根据条件建立空间直角坐标系，利用坐标结合面面垂直的判定定理证明即可.（2）利用空间向量的坐标运算可得DA为平面BAQ的一个法向量，又DA⊥PC,且PC⊄平面BAQ，即可证明.【解答过程】（1）由题意易知DA,DP,DC两两互相垂直.如图，以D为坐标原点，DA,DP,DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D−xyz.设DA=1.依题意有D0,0,0则DQ=所以PQ⋅PQ⋅即PQ⊥QD,PQ⊥DC,又DQ∩DC=D,DQ,DC⊂平面DCQ,故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQB，所以平面PQB⊥平面DCQ.（2）根据题意，有A1,0,0则DA=故DA又AB,AQ不共线，所以DA为平面又因为PC=0,−2,1即DA⊥PC,且PC⊄平面BAQ，故有PC//平面BAQ.【题型9空间中线、面位置关系的探索性问题】【例9】（2425高二上·四川南充·阶段练习）如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1

(1)求证：MN//平面ABB(2)线段CC1上是否存在点Q，使A1B⊥平面【答案】(1)证明见详解；(2)Q是CC1的中点,即【解题思路】（1）（2）根据给定的几何体，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即可.【解答过程】（1）在直三棱柱ABC−A1B1C以C为原点，以直线CB,CC1,CA分别为x轴，y轴，z

设AC=2，则M0,0,1MN=1,2,−1,AB=则AB⋅n=2x−2z=0AB显然MN⋅n=1+0−1=0，即MN⊥n所以MN//平面ABB（2）假定线段CC1上存在点Q满足条件，由（1）设CQ=A1则A1B=设m=a,b,c是平面则MN⋅m=a+2b−c=0MQ⋅由A1B⊥平面MNQ，得A1m=λA1B，即y0−2=2λ1=−2λy0所以线段CC1上存在点Q，使A1B⊥平面【变式9.1】（2425高二下·四川凉山·期末）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，∠BAD=60°，DE=DC=2AF．(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)线段CE上是否存在点P，使得AP∥平面BEF？若存在，指出点P的位置并证明；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在点P，当P与C重合时，使得AP∥平面BEF.【解题思路】（1）连接AC,BD交于点O，则由四边形ABCD为菱形，得AC⊥BD，由DE⊥平面ABCD，得DE⊥AC，再利用线面垂直的判定定理可结论；（2）由题意可证得DM,DC,DE两两垂直，则以D为原点，DM,DC,DE所在的直线分别为x,y,z建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【解答过程】（1）证明：连接AC,BD交于点O，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC，因为DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE；（2）解：取AB的中点M，连接DM，因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，所以△ABD为等边三角形，所以DM⊥DC，因为DE⊥平面ABCD，DM,DC⊂平面ABCD，所以DE⊥DM,DE⊥DC，所以DM,DC,DE两两垂直，所以以D为原点，DM,DC,DE所在的直线分别为x,y,z建立空间直角坐标系，设DE=DC=2AF=2，则A(3所以EF=(假设存在点P，使得AP∥平面BEF，设CP=λCE，则所以AP=设平面BEF的法向量为m=(x,y,z)则m⋅FB=2y−z=0m⋅由AP⋅m=(−此时P与C重合，AP⊄平面BEF，所以存在点P，当P与C重合时，使得AP∥平面BEF.【变式9.2】（2025高二上·江苏·专题练习）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BPPE【答案】(1)证明见解析(2)存在，2【解题思路】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面FAB，再由其性质定理即可证明；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【解答过程】（1）证明：∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩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=3∴AC=23，∴AB2∵AB∩AF=A，AB,AF⊂平面FAB，∴AC⊥平面FAB.∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.（2）存在.理由：由（1）知，AF,AB,AC两两垂直，以A为坐标原点，AB,AC,AF的方向分别为x轴、y轴、则A0,0,0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BPPE=λ，则由BP=λPE，可求得设平面PAC的一个法向量为m=x,y,z，则由AP=可得m⋅即y=0z=λ−22λx，令x=1，则z=λ−2又BC=设平面BCEF的一个法向量为n=则n⋅BC=−2x+2所以n=1,3当m⋅n=1+λ−22λ=0，即λ=2此时BPPE【变式9.3】（2425高二下·全国·课后作业）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C(1)求证：平面NPC//平面AB(2)在线段BB1上是否存在一点Q，使AB1⊥【答案】(1)证明见解析(2)存在；点Q为点B【解题思路】（1）应用线面平行判定定理得出面面平行即可证明；（2）建立直角坐标系，设点的坐标满足线面垂直即线线垂直计算求参.【解答过程】（1）∵M,N,P分别是CC∴NP//AB1,MC//∴CP//MB1．∵CP⊂平面AB1M,MB∵NP⊂平面AB1M,AB1⊂又CP∩NP=P,CP,NP⊂平面NPC，∴平面NPC//平面AB（2）假设在线段BB1上存在一点Q，使AB取BC的中点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．设BC=2,BQ=a(0≤a≤2)，则M(0,−1,1),A(3∴A∵AB1⊥AB1⊥∴在线段BB1上存在一点Q，使AB1⊥平面A一、单选题1．（2526高二上·全国·课后作业）已知点A1,2,−1，B2,1,−1，C−1,2,0，则平面ABC的法向量nA．1,1,2 B．1,−1,2 C．2,1,1 D．1,2,1【答案】A【解题思路】利用待定系数法，设出法向量，取平面中两个不共线向量，根据向量点积建立方程，可得答案.【解答过程】由已知得AB=1,−1,0，AC=则n⋅AB=0,n⋅AC=0,即x−y=0,−2x+z=0,令故选：A.2．（2425高二上·重庆·期末）已知m=12,k,3，n=−4,1,1分别是平面α，β的法向量，若A．−1 B．0 C．1 D．2【答案】A【解题思路】根据法向量定义得到m⊥n，进而得到【解答过程】α⊥β，故m⊥故m⋅n=故选：A.3．（2425高二上·北京怀柔·期末）已知直线l1的一个方向向量为n=−2,1,3，直线l2的一个方向向量为m=2,−1,t，若A．−3 B．1 C．53 D．【答案】A【解题思路】由已知可得m→//n→，设【解答过程】因为直线l1的一个方向向量为n=−2,1,3，直线l2的一个方向向量为所以m→//n则2=−2λ,−1=λ,t=3λ，所以λ=−1，t=−3.故选：A.4．（2425高二上·全国·课后作业）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知A．16 B．14 C．13【答案】D【解题思路】以D为原点，建立空间直角坐标系，设E1,1,λ，得到AM和DE，结合AM⊥DE【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y，如图所示，则A1,0,0，M设E1,1,λ，则AM=−1,因为AM⊥DE，所以AM⋅DE=0，即−1故选：D.5．（2425高二上·河南开封·期末）如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A．AC B．AC1 C．A1【答案】C【解题思路】设AB=a，AD=b，AA1=【解答过程】设AB=a，AD=则a→,b→,c→因为AB=AD=AA1=1所以a2=b∴A1C∴A1C⊥BD，A1C⊥B∴A1C⊥故选：C.6．（2425高二上·福建泉州·期末）已知P为平行四边形ABCD外的一点，且AB=2,1,3,A．PA/BD B．与PA同向的单位向量为C．AC=(5,3,8) D．平面PAD的一个法向量为【答案】C【解题思路】A，由题可得BD，即可得判断选项正误；B，由PA可得与其同向的单位向量；C，由图可得向量AC；D，由AD=【解答过程】对于A，由题BD=AD−因为−21=−21≠对于B，因PA=−2,−2,2，则得与PA同向的单位向量为PAPA对于C，由图可得AC=对于D，由AD=3,2,5,则AD⋅则AD⊥n，PA与故选：C.7．（2425高三上·四川达州·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1CA．QN⊥BB1 B．QN//C．直线QN与PT为异面直线 D．B1D⊥【答案】D【解题思路】首先以点B1【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，设棱长为2，A.Q2,0,1，N1,2,0，B0,0,2，B10,0,0QN⋅BB1=2≠0B.平面BCC1B1的法向量为B1A1=2,0,0，QNC.P1,0,2，T0,2,1，PT=−1,2,−1，QN=D.D2,2,2，M2,1,0，B1D=PT=−1,2,−1，B1D⋅PT=0，PM∩PT=P，PM,PT⊂故选：D.8．（2425高二上·北京·期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别为棱AB,BC的中点，平面DEA．直线A1F与直线B．直线A1F⊥C．平面AB1D．截面DEGC【答案】B【解题思路】根据线面平行可判断G是BB【解答过程】取BB1的中点，则G是由于E是AB的中点，则EG//AB1,AB1//DC1,故对于A，连接EF,则EF//AC,AC//A1C1，故EF//A建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D0,0,0故A1由于A1F⋅故A1F⊥DC1故直线A1F⊥平面对于C，由于AD1//BC1，AD1⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，故AD1//平面BC1D，又BD//B1D1由于DE⋅GC1=故DC1,DE不垂直，且DC1故选：B.二、多选题9．（2425高二上·山东·阶段练习）已知平面α与平面β平行，若n=2,−4,8是平面β的一个法向量，则平面α的法向量可能为（A．−1,2,−4 B．−1,2,4 C．2,4,−8 D．−2,4,−8【答案】AD【解题思路】分析可知，平面α的法向量与n共线，逐项判断即可.【解答过程】因为平面α与平面β平行，且n=2,−4,8是平面则平面α的法向量与n平行，因为−1,2,−4=−12向量−1,2,4、2,4,−8与向量n不共线，所以，AD选项中的向量可以作为平面α的法向量.故选：AD.10．（2425高二上·河南许昌·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，以AB,A．m=(−1,1,1)是直线A1C的一个方向向量 B．nC．若l/平面B1CD1，则a=−1 D．若【答案】BCD【解题思路】对于A，求得A1C=(1,1,−1)即可判断；对于B，求得平面B1C【解答过程】在正方体ABCD−A1B对于A，A1(0,0,1),C(1,1,0)，所以所以m=(−1,1,1)不是直线A对于B，B1(1,0,1),D1(0,1,1)设平面B1CD则n·CB1=−y+z=0所以平面B1CD对于C，若l/平面B1CD1对于D，若l⊥平面B1CD1，则故选：BCD.11．（2425高二上·湖北荆门·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB,AD,A1BA．不存在λ的值，使得直线BC1//B．当λ=1时，直线BC1//C．当λ=1+22时，平面EFPQ⊥平面D．当λ=1−22时，平面EFPQ⊥平面【答案】BCD【解题思路】建立如图所示空间直角坐标系，求出BC1,FP的坐标即可得到A错误；B正确；分别求出平面EFPQ的法向量和平面【解答过程】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B2,2,0则BC对于A、B，当λ=1时，FP−1,0,1因为BC1=即BC1//FP，又BC对于C、D，而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线B假设存在符合题意的λ，设平面EFPQ的法向量为n=则由FE·n于是可取n=同理设平面PQMN的一个法向量为m=则MN⋅m=0可得平面PQMN的一个法向量为m=则m⋅即λλ−2−λ2故存在λ=1±22，使平面EFPQ⊥平面故选：BCD.三、填空题12．（2425高二上·四川凉山·期末）平面α内三点坐标分别为A1, 0,−1, 【答案】1,2,2（答案不唯一）【解题思路】求出AB,AC，由【解答过程】解：由A则AB因为向量m=x,y,z是平面所以AB⋅m=−2x+y=0AC故答案为：1,2,2.13．（2425高二上·全国·课后作业）如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是【答案】平行【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.【解答过程】如图，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O(12,12,0)，P(0,0,12)于是OP=12BD1，即OP//故答案为：平行.14．（2425高二上·湖南·期末）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，E是AD的中点，点P满足B【答案】1【解题思路】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解.【解答过程】根据已知条件，建立如图所示：以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、A13,0,2，D10,0,2，C0,4,0B1C=B1A1设平面D1CE的一个法向量EC=−32,4,0令y=3，有x=8，z=6，所以n=A1P//平面D1CE，则解得λ=1故答案为：13四、解答题15．（2425高二上·全国·课后作业）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AB=AP=1，AD=3，，试求直线PC的一个方