第2课时 空间向量与垂直关系
1.设直线l1，l2的方向向量分别为a＝（－2，2，1），b＝（3，－2，m），若l1⊥l2，则m＝（ ）
A.－2 B.2
C.10 D.6
2.已知直线l的方向向量是a＝（3，2，1），平面α的法向量是u＝（－1，2，－1），则l与α的位置关系是（ ）
A.l⊥α B.l∥α
C.l与α相交但不垂直 D.l∥α或l α
3.（2024·泰州月考）已知平面α与β的一个法向量分别是a＝（x，2，2），b＝（1，3，y），若α⊥β，且｜a｜＝2，则y＝（ ）
A.－5 B.－1
C.4或－4 D.－5或－1
4.已知＝（1，5，－2），＝（3，1，z），若⊥，＝（x－1，y，－3），且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z的值分别为（ ）
A.，－，4 B.，－，4
C.，－2，4 D.4，，－15
5.（多选）已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，且＝（2，－1，－4），＝（4，2，0），＝（－1，2，－1）.则（ ）
A.AP⊥AB
B.AP⊥AD
C.是平面ABCD的一个法向量
D.∥
6.（多选）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是底面ABCD的中心，M，N分别是棱DD1，D1C1的中点，则直线EM（ ）
A.和AC垂直
B.和AA1垂直
C.和MN垂直
D.与AC，MN都不垂直
7.已知a＝（0，1，1），b＝（1，1，0），c＝（1，0，1）分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有 对.
8.已知点A（0，0，0），B（1，1，1），C（1，，1），D（，1，1），E（1，1，），则直线AB与平面CDE的位置关系是 .
9.（2024·扬州月考）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｜＝，则n的坐标为 .
10.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.
11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于（ ）
A.AC B.BD
C.A1D D.A1A
12.（2024·淮安质检）如图所示，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q，满足PQ⊥QD，则a的值等于 .
13.已知空间三点A（－1，1，1），B（0，0，1），C（1，2，－3）.若直线AB上存在一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为 ；若空间中点N满足BN⊥平面ABC，则符合条件的一个点N的坐标是 .
14.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F分别为线段AB，A1A的中点，A1A＝AC＝BC，∠ACB＝90°.求证：EF⊥平面B1CE.
15.（2024·宿迁月考）在四棱锥P-ABCD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.
第2课时 空间向量与垂直关系
1.C 因为a⊥b，所以a·b＝0，即－2×3＋2×（－2）＋m＝0，解得m＝10.
2.D 因为a·u＝－3＋4－1＝0，所以a⊥u.所以l∥α或l α.
3.D 由｜a｜＝2，得x2＋4＋4＝24，解得x＝±4.∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝x＋6＋2y＝0.当x＝4时，得y＝－5；当x＝－4时，得y＝－1.
4.B ∵⊥，∴·＝3＋5－2z＝0，解得z＝4.∴＝（3，1，4）.∵BP⊥平面ABC，∴⊥，⊥.∴化为解得
∴x＝，y＝－，z＝4.故选B.
5.ABC ·＝2×（－1）＋（－1）×2＋（－4）×（－1）＝－2－2＋4＝0，∴⊥，即AP⊥AB，故A正确；·＝4×（－1）＋2×2＋0＝0，∴⊥，即AP⊥AD，故B正确；∵AP⊥AB，AP⊥AD，AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，∴是平面ABCD的一个法向量.又BD 平面ABCD，∴⊥，故C正确，D错误.
6.AC 以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系（图略）.设正方体的棱长为2a，则M（0，0，a），A（2a，0，0），C（0，2a，0），E（a，a，0），N（0，a，2a）.∴＝（－a，－a，a），＝（0，a，a），＝（－2a，2a，0）.∴·＝0，·＝0，∴EM⊥AC，EM⊥MN.EM和AA1显然不垂直.故A、C正确，B、D错误.
7.0 解析：因为a·b＝（0，1，1）·（1，1，0）＝1≠0.a·c＝（0，1，1）·（1，0，1）＝1≠0，b·c＝（1，1，0）·（1，0，1）＝1≠0，所以a，b，c中任意两个都不垂直，即α，β，γ中任意两个都不垂直.
8.垂直 解析：根据题意建立空间直角坐标系，如图所示.∵A（0，0，0），B（1，1，1），C（1，，1），D（，1，1），E（1，1，），∴＝（1，1，1），＝（，－，0），＝（，0，－），∴·＝0，·＝0，∴AB⊥DC，AB⊥DE，又DC∩DE＝E，DC，DE 平面CDE，∴AB⊥平面CDE.
9.（－2，4，1）或（2，－4，－1） 解析：据题意，得＝（－1，－1，2），＝（1，0，2）.设n＝（x，y，z），∵n与平面ABC垂直，∴即可得∵｜n｜＝，∴＝，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）.
10.证明：如图，连接OP，OQ，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O-xyz（如图所示）.
则A（1，0，0），C（0，0，1），
B.
∵P为AC的中点，∴P.
∴＝，
由已知，可得＝
＝（－，，0）.
又＝＋＝，
∴＝－＝.
∵·＝0，∴⊥，即PQ⊥OA.
11.B 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设正方体的棱长为1，则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D（0，0，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1），E，∴＝（，－，1），＝（－1，1，0），＝（－1，－1，0），＝（－1，0，－1），＝（0，0，－1）.∵·＝×（－1）＋×（－1）＋1×0＝0.∴CE⊥BD.
12.2 解析：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，a，0），C（1，a，0）.设Q（1，y，0），P（0，0，z），则＝（1，y，－z），＝（－1，a－y，0）.由·＝0，得－1＋y（a－y）＝0，即y2－ay＋1＝0.当Δ＝a2－4＝0，即a＝2时，满足条件的点Q只有一个.
13.（－，，1） （4，4，4）（答案不唯一，满足（4k，4k，3k＋1）（k≠0）即可）
解析：设M（x，y，z）.∵＝（1，－1，0），＝（2，1，－4），＝（x，y，z－1），＝（x－1，y－2，z＋3），∴由题意，得∴∴点M的坐标为（－，，1）.设平面ABC的法向量为n＝（x1，y1，z1），则n·＝x1－y1＝0，n·＝2x1＋y1－4z1＝0.令x1＝1，则y1＝1，z1＝.∴n＝（1，1，）.设点N的坐标为（a，b，c），则＝（a，b，c－1）.由题知，∥n，即＝＝.∴点N的坐标满足（4k，4k，3k＋1），其中k≠0.
14.证明：根据题意建立如图所示的空间直角坐标系.
设A1A＝AC＝BC＝2，
则C（0，0，0），B1（0，2，2），E（1，1，0），F（2，0，1），
所以＝（1，－1，1），＝（0，2，2），＝（－1，1，2）.
设平面B1CE的法向量为n＝（x，y，z），
则
令z＝－1，则y＝1，x＝－1，即n＝（－1，1，－1），
显然∥n，所以EF⊥平面B1CE.
15.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（a，，0），P（0，0，a），F（，，），＝，＝（0，a，0），
因为·＝0，所以⊥，
从而得EF⊥CD.
（2）存在.理由如下：假设存在满足条件的点G，
设G（x，0，z），则＝（x－，－，z－），
若使GF⊥平面PCB，则由·＝·（a，0，0）＝a＝0，得x＝；
由·＝（x－，－，z－）·（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.
2 / 2第2课时 空间向量与垂直关系
题型一 直线和直线垂直
【例1】 （链接教科书第32页例3）证明如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直.（三垂线定理的逆定理）
已知：PO⊥α，PA是平面α的一条斜线，a α，a⊥PA.
求证：a⊥OA.（如图）
通性通法
用向量法证明线线垂直的方法
（1）坐标法：建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出两条直线方向向量的坐标，然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直；
（2）基向量法：利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律，结合图形，将两条直线所在的向量用基向量表示，然后根据数量积的运算律证明两条直线所在的向量的数量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直.
【跟踪训练】
如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AC的中点.
求证：（1）BD1⊥AC；
（2）BD1⊥EB1.
题型二 直线和平面垂直
【例2】 （链接教科书第34页例6）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.
通性通法
用向量法证明线面垂直的方法
（1）证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直；
（2）证明直线的方向向量与平面的法向量平行.
【跟踪训练】
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，AD＝AB，E是PC的中点.求证：PD⊥平面ABE.
题型三 平面和平面垂直
【例3】 （1）证明“平面与平面垂直的判定定理”：若一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.
已知：如图，l⊥α，l β.
求证：α⊥β.
（2）在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点.求证：平面BDE⊥平面ABCD.
通性通法
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）向量法：证明两个平面的法向量互相垂直.
【跟踪训练】
如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
证明：平面PQC⊥平面DCQ.
题型四 立体几何中的探索性问题
【例4】 （2024·徐州质检）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点.
（1）求证：A1E⊥BD；
（2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置.
通性通法
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＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.
【跟踪训练】
如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝AD＝1.
问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置，若不存在，请说明理由.
1.已知直线l1的一个方向向量为n1＝（3，－2，1），直线l2的一个方向向量为n2＝（2，2，－2），则直线l1与l2的位置关系为（ ）
A.平行 B.垂直
C.平行但不重合 D.相交但不垂直
2.（2024·宿迁月考）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＝（ ）
A.10 B.－10 C. D.－
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，求证：EF⊥平面PBC.
第2课时 空间向量与垂直关系
【典型例题·精研析】
【例1】 证明：∵PO⊥α，a α，∴PO⊥a.不妨设直线a的方向向量为a，又a⊥PA，∴·a＝0，·a＝0.
而＝－，∴·a＝·a－·a＝0－0＝0.∴a⊥OA.
跟踪训练
证明：以D为原点，DA，DC，DD1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D-xyz.
设正方体的棱长为1，则B（1，1，0），D1（0，0，1），A（1，0，0），C（0，1，0），E，B1（1，1，1）.
（1）＝（－1，－1，1），＝（－1，1，0），
∴·＝（－1）×（－1）＋（－1）×1＋1×0＝0，
∴⊥，∴BD1⊥AC.
（2）＝（－1，－1，1），＝（，，1），
∴·＝（－1）×＋（－1）×＋1×1＝0，
∴⊥，∴BD1⊥EB1.
【例2】 证明：设正方体的棱长为2a，建立如图所示的空间直角坐标系.
则A（2a，0，0），C（0，2a，0），B1（2a，2a，2a），E（2a，2a，a），F（a，a，2a）.
∴＝（a，a，2a）－（2a，2a，a）＝（－a，－a，a），
＝（2a，2a，2a）－（2a，0，0）＝（0，2a，2a），
＝（0，2a，0）－（2a，0，0）＝（－2a，2a，0）.
∵·＝（－a，－a，a）·（0，2a，2a）＝（－a）×0＋（－a）×2a＋a×2a＝0，
·＝（－a，－a，a）·（－2a，2a，0）＝2a2－2a2＋0＝0，
∴EF⊥AB1，EF⊥AC.
又AB1∩AC＝A，AB1，AC 平面B1AC，
∴EF⊥平面B1AC.
跟踪训练
证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PA＝AB＝BC＝1，则P（0，0，1），A（0，0，0），B（1，0，0），D，
∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形，
∴C，E.
∴＝（1，0，0），＝，
∴设平面ABE的一个法向量为n＝（x，y，z），
则
即
令y＝2，则z＝－，∴n＝（0，2，－）.
∵＝，显然＝n，
∴∥n，∴⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.
【例3】 证明：（1）取直线l的方向向量u，平面β的法向量n.
∵l⊥α，∴u是平面α的法向量.
∵l β，而n是平面β的法向量，∴u⊥n.
∴α⊥β.
（2）设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（1，0，0），D（0，1，0），A（0，0，0），C（1，1，0），S（0，0，1），E（，，）.
法一 连接AC，交BD于点O，连接OE，
则点O的坐标为（，，0），
易知＝（0，0，1），＝（0，0，），∴＝，
又OE与AS无公共点，∴OE∥AS.
又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD.
又OE 平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ABCD.
法二 设平面BDE的一个法向量为n1＝（x，y，z）.
易知＝（－1，1，0），＝（－，，），
由得
即
令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝（1，1，0）.
∵AS⊥平面ABCD，
∴平面ABCD的一个法向量为n2＝＝（0，0，1）.
∵n1·n2＝0，
∴平面BDE⊥平面ABCD.
跟踪训练
证明：如图，以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系D-xyz.
设正方形ABCD的边长为1，
则D（0，0，0），Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），
则＝（1，1，0），＝（0，0，1），＝（1，－1，0），
∴·＝0，·＝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.
【例4】 解：以D为坐标原点，以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，如图，
设正方体的棱长为a，则A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），D（0，0，0），A1（a，0，a），C1（0，a，a）.
设E（0，a，e）（0≤e≤a）.
（1）证明：＝（－a，a，e－a），＝（－a，－a，0），
∵·＝a2－a2＋（e－a）·0＝0，
∴⊥，即A1E⊥BD.
（2）设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2）.
∵＝（a，a，0），＝（a，0，a），＝（0，a，e），
∴n1·＝0，n1·＝0，n2·＝0，n2·＝0.
∴
取x1＝x2＝1，得n1＝（1，－1，－1），n2＝.
由平面A1BD⊥平面EBD得n1⊥n2.
∴2－＝0，即e＝.
∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.
跟踪训练
解：分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图.
则P（0，0，1），C（1，1，0），D（0，2，0）.
假设在棱PD上存在符合题意的点E，设E（0，y，z），则＝（0，y，z－1），＝（0，2，－1）.
∵∥，∴y（－1）－2（z－1）＝0. ①
∵＝（0，2，0）是平面PAB的法向量，＝（－1，y－1，z），
由CE∥平面PAB，可得⊥，
∴（－1，y－1，z）·（0，2，0）＝2（y－1）＝0.
∴y＝1，代入①式得z＝，
∴点E的坐标为（0，1，），即点E是PD的中点，
∴存在点E为PD中点时，CE∥平面PAB.
随堂检测
1.B 因为n1·n2＝3×2＋（－2）×2＋1×（－2）＝0，所以n1⊥n2，所以l1与l2的位置关系为垂直.
2.B 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.证明：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，过点D作DG⊥PC，交PC于点G（图略），
则E（，，），F（，0，0），G（0，，），B（1，1，0），C（0，1，0），
∴＝（0，－，－），＝（0，，），＝（－1，0，0），
∴·＝0，DG⊥平面PBC，
∴为平面PBC的法向量，
又＝－，∴∥，∴EF⊥平面PBC.
3 / 3(共63张PPT)
第2课时
空间向量与垂直关系
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 直线和直线垂直
【例1】 （链接教科书第32页例3）证明如果平面内的一条直线和这
个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直.
（三垂线定理的逆定理）
已知：PO⊥α，PA是平面α的一条斜线，a α，a⊥PA.
求证：a⊥OA. （如图）
证明：∵PO⊥α，a α，∴PO⊥a.不妨设直线a的方向向量为
a，又a⊥PA，∴ ·a＝0， ·a＝0.
而 ＝ － ，∴ ·a＝ ·a－ ·a＝0－0＝0.∴a⊥OA.
通性通法
用向量法证明线线垂直的方法
（1）坐标法：建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出两条
直线方向向量的坐标，然后通过数量积的坐标运算法则证明数
量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直；
（2）基向量法：利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算
律，结合图形，将两条直线所在的向量用基向量表示，然后根
据数量积的运算律证明两条直线所在的向量的数量积等于0，从
而证明两条直线的方向向量互相垂直.
【跟踪训练】
如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AC的中点.
求证：（1）BD1⊥AC；（2）BD1⊥EB1.
证明：以D为原点，DA，DC，DD1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D-
xyz.
设正方体的棱长为1，则B（1，1，0），D1（0，0，
1），A（1，0，0），C（0，1，0），E
，B1（1，1，1）.
（1） ＝（－1，－1，1）， ＝（－1，1，0），
∴ · ＝（－1）×（－1）＋（－1）×1＋1×0＝0，
∴ ⊥ ，∴BD1⊥AC.
证明： ＝（－1，－1，1）， ＝（ ， ，1），
∴ · ＝（－1）× ＋（－1）× ＋1×1＝0，
∴ ⊥ ，∴BD1⊥EB1.
（2）BD1⊥EB1.
题型二 直线和平面垂直
【例2】 （链接教科书第34页例6）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2a，建立如图所示的空间
直角坐标系.
则A（2a，0，0），C（0，2a，0），B1（2a，
2a，2a），E（2a，2a，a），F（a，a，2a）.
∴ ＝（a，a，2a）－（2a，2a，a）＝（－a，－a，a），
＝（2a，2a，2a）－（2a，0，0）＝（0，2a，2a），
＝（0，2a，0）－（2a，0，0）＝（－2a，2a，0）.
∵ · ＝（－a，－a，a）·（0，2a，2a）＝（－a）×0＋（－a）×2a＋a×2a＝0， · ＝（－a，－a，a）·（－2a，2a，0）＝2a2－2a2＋0＝0，
∴EF⊥AB1，EF⊥AC. 又AB1∩AC＝A，AB1，AC 平面B1AC，
∴EF⊥平面B1AC.
通性通法
用向量法证明线面垂直的方法
（1）证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂
直；
（2）证明直线的方向向量与平面的法向量平行.
【跟踪训练】
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∠ABC
＝60°，PA＝AB＝BC，AD＝ AB，E是PC的中点.求证：
PD⊥平面ABE.
证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设PA＝AB＝BC＝1，则P（0，0，1），A（0，0，0），B（1，
0，0），D ，
∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形，
∴C ，E .
∴ ＝（1，0，0）， ＝ ，
∴设平面ABE的一个法向量为n＝（x，y，z），
则即
令y＝2，则z＝－ ，∴n＝（0，2，－ ）.
∵ ＝ ，显然 ＝ n，
∴ ∥n，∴ ⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.
题型三 平面和平面垂直
【例3】 （1）证明“平面与平面垂直的判定定理”：若一个平面过
另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.
已知：如图，l⊥α，l β.
求证：α⊥β.
证明： 取直线l的方向向量u，平面β
的法向量n.
∵l⊥α，∴u是平面α的法向量.
∵l β，而n是平面β的法向量，
∴u⊥n.
∴α⊥β.
（2）在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面
ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点.求证：平面BDE⊥平面
ABCD.
证明： 设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间
直角坐标系，
则B（1，0，0），D（0，1，0），A（0，0，
0），C（1，1，0），S（0，0，1），E（ ，
， ）.
法一 连接AC，交BD于点O，连接OE，
则点O的坐标为（ ， ，0），
易知 ＝（0，0，1）， ＝（0，0， ），∴ ＝ ，
又OE与AS无公共点，∴OE∥AS.
又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD.
又OE 平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ABCD.
法二 设平面BDE的一个法向量为n1＝（x，y，z）.
易知 ＝（－1，1，0）， ＝（－ ， ， ），
由得
即
令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝（1，1，0）.
∵AS⊥平面ABCD，
∴平面ABCD的一个法向量为n2＝ ＝（0，0，1）.
∵n1·n2＝0，
∴平面BDE⊥平面ABCD.
通性通法
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）向量法：证明两个平面的法向量互相垂直.
【跟踪训练】
如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝
AB＝ PD. 证明：平面PQC⊥平面DCQ.
证明：如图，以{ ， ， }为正交基底建立空间
直角坐标系D-xyz.
设正方形ABCD的边长为1，
则D（0，0，0），Q（1，1，0），C（0，0，1），
P（0，2，0），则 ＝（1，1，0）， ＝（0，0，1）， ＝
（1，－1，0），∴ · ＝0， · ＝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.
题型四 立体几何中的探索性问题
【例4】 （2024·徐州质检）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点.
（1）求证：A1E⊥BD；
解：以D为坐标原点，以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，如图，
设正方体的棱长为a，则A（a，0，0），
B（a，a，0），C（0，a，0），D
（0，0，0），A1（a，0，a），C1（0，
a，a）.设E（0，a，e）（0≤e≤a）.
（1）证明： ＝（－a，a，e－a），
＝（－a，－a，0），
∵ · ＝a2－a2＋（e－a）·0＝0，
∴ ⊥ ，即A1E⊥BD.
（2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置.
解：设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为
n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2）.
∵ ＝（a，a，0）， ＝（a，0，a）， ＝（0，a，e），
∴n1· ＝0，n1· ＝0，n2· ＝0，n2· ＝0.
∴
取x1＝x2＝1，得n1＝（1，－1，－1），n2＝ .
由平面A1BD⊥平面EBD得n1⊥n2.
∴2－ ＝0，即e＝ .
∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.
通性通法
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 ＝
λ ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.
【跟踪训练】
如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝
AD＝1.
问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出
E点的位置，若不存在，请说明理由.
解：分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间
直角坐标系，如图.
则P（0，0，1），C（1，1，0），D（0，2，
0）.
假设在棱PD上存在符合题意的点E，设E（0，
y，z），则 ＝（0，y，z－1）， ＝（0，
2，－1）.
∵ ∥ ，∴y（－1）－2（z－1）＝0. ①
∵ ＝（0，2，0）是平面PAB的法向量， ＝（－1，y－1，
z），
由CE∥平面PAB，可得 ⊥ ，
∴（－1，y－1，z）·（0，2，0）＝2（y－1）＝0.
∴y＝1，代入①式得z＝ ，
∴点E的坐标为（0，1， ），即点E是PD的中点，
∴存在点E为PD中点时，CE∥平面PAB.
1. 已知直线l1的一个方向向量为n1＝（3，－2，1），直线l2的一个方
向向量为n2＝（2，2，－2），则直线l1与l2的位置关系为（ ）
A. 平行 B. 垂直
C. 平行但不重合 D. 相交但不垂直
解析： 因为n1·n2＝3×2＋（－2）×2＋1×（－2）＝0，所以
n1⊥n2，所以l1与l2的位置关系为垂直.
2. （2024·宿迁月考）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＝（ ）
A. 10 B. －10
C. D. －
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. 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，求证：
EF⊥平面PBC.
证明：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，过点D作DG⊥PC，交PC于点G（图
略），
则E（ ， ， ），F（ ，0，0），G（0， ， ），B（1，
1，0），C（0，1，0），
∴ ＝（0，－ ，－ ）， ＝（0， ， ）， ＝（－1，
0，0），
∴ · ＝0，DG⊥平面PBC，
∴ 为平面PBC的法向量，
又 ＝－ ，∴ ∥ ，∴EF⊥平面PBC.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 设直线l1，l2的方向向量分别为a＝（－2，2，1），b＝（3，－
2，m），若l1⊥l2，则m＝（ ）
A. －2 B. 2
C. 10 D. 6
解析： 因为a⊥b，所以a·b＝0，即－2×3＋2×（－2）＋m
＝0，解得m＝10.
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2. 已知直线l的方向向量是a＝（3，2，1），平面α的法向量是u＝
（－1，2，－1），则l与α的位置关系是（ ）
A. l⊥α B. l∥α
C. l与α相交但不垂直 D. l∥α或l α
解析： 因为a·u＝－3＋4－1＝0，所以a⊥u.所以l∥α或
l α.
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3. （2024·泰州月考）已知平面α与β的一个法向量分别是a＝（x，
2，2），b＝（1，3，y），若α⊥β，且｜a｜＝2 ，则y＝
（ ）
A. －5 B. －1
C. 4或－4 D. －5或－1
解析： 由｜a｜＝2 ，得x2＋4＋4＝24，解得x＝
±4.∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝x＋6＋2y＝0.当x＝4时，得y
＝－5；当x＝－4时，得y＝－1.
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4. 已知 ＝（1，5，－2）， ＝（3，1，z），若 ⊥ ，
＝（x－1，y，－3），且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z的值分
别为（ ）
A. ，－ ，4 B. ，－ ，4
C. ，－2，4 D. 4， ，－15
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解析： ∵ ⊥ ，∴ · ＝3＋5－2z＝0，解得z＝
4.∴ ＝（3，1，4）.∵BP⊥平面ABC，∴ ⊥ ，
⊥ .∴化为
解得∴x＝ ，y＝－ ，z＝4.故
选B.
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5. （多选）已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，且 ＝
（2，－1，－4）， ＝（4，2，0）， ＝（－1，2，－1）.
则（ ）
A. AP⊥AB
B. AP⊥AD
C. 是平面ABCD的一个法向量
D. ∥
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解析： · ＝2×（－1）＋（－1）×2＋（－4）×（－
1）＝－2－2＋4＝0，∴ ⊥ ，即AP⊥AB，故A正确；
· ＝4×（－1）＋2×2＋0＝0，∴ ⊥ ，即AP⊥AD，
故B正确；∵AP⊥AB，AP⊥AD，AB∩AD＝A，∴AP⊥平面
ABCD，∴ 是平面ABCD的一个法向量.又BD 平面ABCD，
∴ ⊥ ，故C正确，D错误.
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6. （多选）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是底面ABCD的
中心，M，N分别是棱DD1，D1C1的中点，则直线EM（ ）
A. 和AC垂直
B. 和AA1垂直
C. 和MN垂直
D. 与AC，MN都不垂直
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解析： 以{ ， ， }为正交基底，建立空间直角坐标
系（图略）.设正方体的棱长为2a，则M（0，0，a），A（2a，
0，0），C（0，2a，0），E（a，a，0），N（0，a，
2a）.∴ ＝（－a，－a，a）， ＝（0，a，a）， ＝
（－2a，2a，0）.∴ · ＝0， · ＝0，∴EM⊥AC，
EM⊥MN. EM和AA1显然不垂直.故A、C正确，B、D错误.
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7. 已知a＝（0，1，1），b＝（1，1，0），c＝（1，0，1）分别是
平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的
有 对.
解析：因为a·b＝（0，1，1）·（1，1，0）＝1≠0.a·c＝（0，
1，1）·（1，0，1）＝1≠0，b·c＝（1，1，0）·（1，0，1）＝
1≠0，所以a，b，c中任意两个都不垂直，即α，β，γ中任意
两个都不垂直.
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解析：根据题意建立空间直角坐标系，如图所
示.∵A（0，0，0），B（1，1，1），C（1， ，
1），D（ ，1，1），E（1，1， ），∴ ＝
（1，1，1）， ＝（ ，－ ，0）， ＝（ ，
0，－ ），∴ · ＝0， · ＝0，
∴AB⊥DC，AB⊥DE，又DC∩DE＝E，DC，
DE 平面CDE，∴AB⊥平面CDE.
8. 已知点A（0，0，0），B（1，1，1），C（1， ，1），D（ ，
1，1），E（1，1， ），则直线AB与平面CDE的位置关系
是 .
垂直
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9. （2024·扬州月考）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｜＝
，则n的坐标为 .
（－2，4，1）或（2，－4，－1）
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解析：据题意，得 ＝（－1，－1，2）， ＝（1，0，2）.设
n＝（x，y，z），∵n与平面ABC垂直，∴即
可得∵｜n｜＝ ，
∴ ＝ ，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）.
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10. 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.
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证明：如图，连接OP，OQ，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O-xyz（如图所示）.
则A（1，0，0），C（0，0，1），
B .
∵P为AC的中点，∴P .
∴ ＝ ，
由已知，可得 ＝ ＝ .
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又 ＝ ＋ ＝ ，
∴ ＝ － ＝ .
∵ · ＝0，∴ ⊥ ，即PQ⊥OA.
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11. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂
直于（ ）
A. AC B. BD
C. A1D D. A1A
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解析： 建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设正方体的棱长为1，则A（1，0，0），B（1，
1，0），C（0，1，0），D（0，0，0），A1（1，
0，1），C1（0，1，1），E ，∴ ＝ ， ＝（－1，1，0）， ＝（－1，－1，0）， ＝（－1，0，－1）， ＝（0，0，－1）.∵ · ＝ ×（－1）＋ ×（－1）＋1×0＝0.∴CE⊥BD.
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12. （2024·淮安质检）如图所示，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝
a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q，满足
PQ⊥QD，则a的值等于 .
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解析：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标
系，则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，
a，0），C（1，a，0）.设Q（1，y，0），P
（0，0，z），则 ＝（1，y，－z）， ＝
（－1，a－y，0）.由 · ＝0，得－1＋y（a
－y）＝0，即y2－ay＋1＝0.当Δ＝a2－4＝0，即a
＝2时，满足条件的点Q只有一个.
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13. 已知空间三点A（－1，1，1），B（0，0，1），C（1，2，－
3）.若直线AB上存在一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标
为 ；若空间中点N满足BN⊥平面ABC，则符
合条件的一个点N的坐标是
.
（－ ， ，1）
（4，4，4）（答案不唯一，满足
（4k，4k，3k＋1）（k≠0）即可）
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解析：设M（x，y，z）.∵ ＝（1，－1，0）， ＝（2，
1，－4）， ＝（x，y，z－1）， ＝（x－1，y－2，z＋
3），∴由题意，得∴∴点M的
坐标为（－ ， ，1）.设平面ABC的法向量为n＝（x1，y1，
z1），则n· ＝x1－y1＝0，n· ＝2x1＋y1－4z1＝0.令x1＝1，
则y1＝1，z1＝ .∴n＝（1，1， ）.设点N的坐标为（a，b，
c），则 ＝（a，b，c－1）.由题知， ∥n，即 ＝ ＝
.∴点N的坐标满足（4k，4k，3k＋1），其中k≠0.
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14. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，点E，F分别为线段AB，
A1A的中点，A1A＝AC＝BC，∠ACB＝90°.求证：EF⊥平面
B1CE.
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证明：根据题意建立如图所示的空间直角坐标系.
设A1A＝AC＝BC＝2，
则C（0，0，0），B1（0，2，2），E（1，
1，0），F（2，0，1），
所以 ＝（1，－1，1）， ＝（0，2，
2）， ＝（－1，1，2）.
设平面B1CE的法向量为n＝（x，y，z），
则
令z＝－1，则y＝1，x＝－1，即n＝（－1，1，－1），
显然 ∥n，所以EF⊥平面B1CE.
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15. （2024·宿迁月考）在四棱锥P-ABCD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；
解： 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.
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（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： 存在.理由如下：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＝ ；
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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.
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谢 谢 观 看！
