第二课时 空间中直线、平面的垂直
新课程标准解读 核心素养
1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系 数学抽象、直观想象
2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的垂直关系 逻辑推理、直观想象
观察图片，都知道图中旗杆所在直线和地面垂直.
【问题】 如何证明旗杆与地面垂直？
知识点一 空间垂直关系的向量表示
设向量l，m分别是直线l，m的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量，则
（1）l⊥m ；
（2）l⊥α ；
（3）α⊥β .
知识点二 三垂线定理及其逆定理
1.三垂线定理
若平面内的一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的投影垂直，则它也和这条斜线垂直.
2.三垂线定理的逆定理
若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这个平面内的投影垂直.
【想一想】
若直线l的方向向量与平面α内两条相交直线的方向向量都垂直，那么l与α垂直吗？
1.（多选）下列命题中，正确的命题为（ ）
A.若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2 α∥β
B.若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β n1·n2＝0
C.若n是平面α的法向量，a是直线l的方向向量，若l与平面α垂直，则n∥a
D.若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直
2.若直线l的方向向量a＝（1，0，2），平面α的法向量为n＝（－2，0，－4），则（ ）
A.l∥α B.l⊥α
C.l α D.l与α斜交
3.已知两不重合直线l1和l2的方向向量分别为a＝（3λ＋1，0，2λ），b＝（1，λ－1，λ），若l1⊥l2，则λ的值为 .
4.平面α与平面β垂直，平面α与平面β的法向量分别为 u＝（－1，0，5），v＝（t，5，1），则t的值为 .
题型一 利用空间向量证明垂直问题
【例1】 如图所示，在四棱锥E-ABCD中，平面ABE⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE＝EB，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE.求证：
（1）AE⊥平面BCE；
（2）平面BDF⊥平面ABCD.
尝试解答
通性通法
用空间向量证明垂直的方法
（1）线线垂直：证明两直线的方向向量互相垂直，即证明它们的数量积为零；
（2）线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示；
（3）面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.
【跟踪训练】
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＝CC1.求证：AB1⊥MN.
题型二 三垂线定理及逆定理的应用
【例2】 如图，已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BD1，AC，CB1，B1A，求证：BD1⊥平面AB1C.
尝试解答
通性通法
利用三垂线定理证明垂直的步骤
（1）找平面（基准面）及平面的垂线；
（2）找射影线（平面上的直线与斜线）；
（3）证明射影线与直线垂直，从而得线线垂直，更进一步证明线面垂直或面面垂直.
【跟踪训练】
在四面体PABC中，PA⊥BC，PB⊥AC，求证：PC⊥AB.
题型三 利用空间向量解决位置关系中的探索性问题
【例3】 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.在BC，DD1上是否分别存在点E，F，使B1E⊥平面ABF，若存在，请证明你的结论，并求出点E，F满足的条件；若不存在，请说明理由.
尝试解答
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Oxy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】
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.
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
2.如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为2，点E是棱AB的中点，点F（0，y，z）是正方体的面AA1D1D上一点，且CF⊥B1E，则点F（0，y，z）满足方程（ ）
A.y－z＝0 B.2y－z－1＝0
C.2y－z－2＝0 D.z－1＝0
3.（多选）下列命题是真命题的有（ ）
A.直线l的方向向量为a＝（1，－1，2），直线m的方向向量为b＝，则l与m垂直
B.直线l的方向向量为a＝（0，1，－1），平面α的法向量为n＝（1，－1，－1），则l⊥α
C.平面α，β的法向量分别为n1＝（0，1，3），n2＝（1，0，2），则α∥β
D.平面α经过三点A（1，0，－1），B（0，1，0），C（－1，2，0），向量n＝（1，u，t）是平面α的法向量，则u＋t＝1
4.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点，则AM与PM的位置关系是 .
第二课时 空间中直线、平面的垂直
【基础知识·重落实】
知识点一
（1）l⊥m （2）l∥n1 （3）n1⊥n2
想一想
提示：垂直.
自我诊断
1.BCD A中平面α，β可能平行，也可能重合，结合平面法向量的概念，可知B、C、D正确.
2.B ∵n＝－2a，∴a∥n，即l⊥α.
3.－1或－ 解析：由题意知，a⊥b，∴3λ＋1＋2λ2＝0，∴λ＝－1或－.
4.5 解析：∵平面α与平面β垂直，∴平面α的法向量u与平面β的法向量v垂直，∴u·v＝0，即－1×t＋0×5＋5×1＝0，解得t＝5.
【典型例题·精研析】
【例1】 证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC⊥AB.∵平面ABE⊥平面ABCD，
∴BC⊥平面ABE.如图，取线段AB的中点O，连接OE.∵AE＝EB，∴OE⊥AB.以O为原点，OE所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O点且平行于BC的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则O（0，0，0），A（0，－1，0），B（0，1，0），C（0，1，2），D（0，－1，2）.
设E（x0，0，0）（x0＞0），∵F为CE上的点，＝（－x0，1，2），∴设＝λ＝（－λx0，λ，2λ）（0≤λ≤1），∴F（（1－λ）x0，λ，2λ），∴＝（（1－λ）x0，λ－1，2λ）.
又＝（0，2，2），＝（x0，1，0），BF⊥平面ACE，∴·＝2（λ－1）＋4λ＝0，且·＝（1－λ）＋λ－1＝0，解得λ＝，x0＝1，∴E（1，0，0），F（，，）.
（1）∵＝（1，1，0），＝（1，－1，0），∴·＝0，∴AE⊥BE.∵BC⊥平面ABE，∴BC⊥AE.又BC∩BE＝B，BC 平面BCE，BE 平面BCE，∴AE⊥平面BCE.
（2）由题意可知，平面ABCD的一个法向量为＝（1，0，0），设平面BDF的法向量为m＝（x，y，z），
＝（，－，），＝（0，－2，2），则m⊥，m⊥，即m·＝x－y＋z＝0，m·＝－2y＋2z＝0，取z＝1，则y＝1，x＝0，∴m＝（0，1，1）.
又m·＝0，∴平面BDF⊥平面ABCD.
跟踪训练
证明：设AB的中点为O，作OO1∥AA1.以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OO1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
由已知得A，B（，0，0），C（0，，0），N，B1（，0，1），
∵M为BC的中点，∴M.
∴＝，＝（1，0，1），
∴·＝－＋0＋＝0.∴⊥，
∴AB1⊥MN.
【例2】 证明：连接BD，A1B，∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD.
又DD1⊥平面ABCD，
∴BD是斜线BD1在平面ABCD上的射影，
∴BD1⊥AC，同理A1B是BD1在平面ABB1A1内的射影，
∴BD1⊥AB1，又AB1∩AC＝A，∴BD1⊥平面AB1C.
跟踪训练
证明：过P作PH⊥平面ABC，垂足为H，连接AH并延长交BC于E，
连接BH并延长交AC于F，
PH⊥平面ABC，PA⊥BC，
而PA在平面ABC内的射影为AH，由三垂线定理的逆定理知BC⊥AH，
同理可证BF⊥AC.则H为△ABC的垂心，连接CH并延长交AB于G，
于是CG⊥AB，而CH是PC在平面ABC的射影，故PC⊥AB.
【例3】 解：如图，建立空间直角坐标系D1-xyz，
则A（1，0，1），B1（1，1，0），B（1，1，1），设F（0，0，h），E（m，1，1），则＝（0，1，0），＝（m－1，0，1），＝（1，0，1－h），若B1E⊥平面ABF，则·＝0，∴h＝m，即E，F满足D1F＝CE时，B1E⊥平面ABF.即存在点E，F，使B1E⊥平面ABF.
跟踪训练
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，），＝（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
·＝（ x－，－，z－）·（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.
随堂检测
1.B a·b＝－2＋2＋0＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.
2.D E（1，0，0），B1（2，0，2），C（2，2，0），所以＝（－1，0，－2），＝（－2，y－2，z），因为CF⊥B1E，所以·＝0，即2－2z＝0，即z＝1.
3.AD ∵a＝（1，－1，2），b＝，∴a·b＝1×2－1×1＋2×＝0，则a⊥b，∴直线l与m垂直，故A正确；a＝（0，1，－1），n＝（1，－1，－1），则a·n＝0×1＋1×（－1）＋（－1）×（－1）＝0，则a⊥n，∴l∥α或l α，故B错误；∵n1＝（0，1，3），n2＝（1，0，2），∴n1与n2不共线，∴α∥β不成立，故C错误；∵点A（1，0，－1），B（0，1，0），C（－1，2，0），∴＝（－1，1，1），＝（－1，1，0）.∵向量n＝（1，u，t）是平面α的法向量，∴即解得u＋t＝1，故D正确.
4.PM⊥AM 解析：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，依题意可得，D（0，0，0），P（0，1，），A（2，0，0），M（，2，0），所以＝（，2，0）－（0，1，）＝（，1，－），＝（，2，0）－（2，0，0）＝（－，2，0），所以·＝（，1，－）·（－，2，0）＝0，所以PM⊥AM.
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第二课时 空间中直线、平面的垂直
新课程标准解读 核心素养
1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、
平面与平面的垂直关系 数学抽象、直观
想象
2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的垂直
关系 逻辑推理、直观
想象
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
观察图片，都知道图中旗杆所在直线和地面垂直.
【问题】 如何证明旗杆与地面垂直？
知识点一 空间垂直关系的向量表示
设向量 l ， m 分别是直线 l ， m 的方向向量， n1， n2分别是平面α，β的
法向量，则
（1） l ⊥ m ；
（2） l ⊥α ；
（3）α⊥β .
l ⊥ m
l ∥ n1
n1⊥ n2
知识点二 三垂线定理及其逆定理
1. 三垂线定理
若平面内的一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的投影垂直，
则它也和这条斜线垂直.
2. 三垂线定理的逆定理
若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
线在这个平面内的投影垂直.
【想一想】
若直线 l 的方向向量与平面α内两条相交直线的方向向量都垂直，那
么 l 与α垂直吗？
提示：垂直.
1. （多选）下列命题中，正确的命题为（ ）
A. 若 n1， n2分别是平面α，β的法向量，则 n1∥ n2 α∥β
B. 若 n1， n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β n1· n2＝0
C. 若 n 是平面α的法向量， a 是直线 l 的方向向量，若 l 与平面α垂直，
则 n ∥ a
D. 若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直
解析： A中平面α，β可能平行，也可能重合，结合平面法向
量的概念，可知B、C、D正确.
2. 若直线 l 的方向向量 a ＝（1，0，2），平面α的法向量为 n ＝（－
2，0，－4），则（ ）
A. l ∥α B. l ⊥α
C. l α D. l 与α斜交
解析： ∵ n ＝－2 a ，∴ a ∥ n ，即 l ⊥α.
解析：由题意知， a ⊥ b ，∴3λ＋1＋2λ2＝0，∴λ＝－1或－ .
4. 平面α与平面β垂直，平面α与平面β的法向量分别为 u ＝（－1，0，
5）， v ＝（ t ，5，1），则 t 的值为 .
解析：∵平面α与平面β垂直，∴平面α的法向量 u 与平面β的法向量
v 垂直，∴ u · v ＝0，即－1× t ＋0×5＋5×1＝0，解得 t ＝5.
－1或－
5
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 利用空间向量证明垂直问题
【例1】 如图所示，在四棱锥 E - ABCD 中，平面 ABE ⊥平面
ABCD ，四边形 ABCD 是边长为2的正方形， AE ＝ EB ， F 为 CE 上的
点，且 BF ⊥平面 ACE . 求证：
证明：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴ BC ⊥ AB . ∵平面 ABE ⊥平面 ABCD ，
∴ BC ⊥平面 ABE . 如图，取线段 AB 的中点 O ，连
接 OE . ∵ AE ＝ EB ，∴ OE ⊥ AB . 以 O 为原点， OE
所在直线为 x 轴， OB 所在直线为 y 轴，过 O 点且平
行于 BC 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz ，
则 O （0，0，0）， A （0，－1，0）， B （0，1，
0）， C （0，1，2）， D （0，－1，2）.
（1） AE ⊥平面 BCE ；
设 E （ x0，0，0）（ x0＞0），∵ F 为 CE 上的点， ＝（－ x0，1，2），∴设 ＝λ ＝（－λ x0，λ，2λ）（0≤λ≤1），∴ F （（1－λ） x0，λ，2λ），∴ ＝（（1－λ） x0，λ－1，2λ）.
又 ＝（0，2，2）， ＝（ x0，1，0）， BF ⊥
平面 ACE ，∴ · ＝2（λ－1）＋4λ＝0，且
· ＝（1－λ） ＋λ－1＝0，解得λ＝ ， x0＝
1，∴ E （1，0，0）， F （ ， ， ）.
∵ ＝（1，1，0）， ＝（1，－1，0），
∴ · ＝0，∴ AE ⊥ BE . ∵ BC ⊥平面 ABE ，
∴ BC ⊥ AE . 又 BC ∩ BE ＝ B ， BC 平面 BCE ， BE
平面 BCE ，∴ AE ⊥平面 BCE .
证明：由题意可知，平面 ABCD 的一个法向量为 ＝（1，0，0），设平面 BDF 的法向量为 m ＝（ x ， y ， z ），
＝（ ，－ ， ）， ＝（0，－2，2），则 m
⊥ ， m ⊥ ，即 m · ＝ x － y ＋ z ＝0，
m · ＝－2 y ＋2 z ＝0，取 z ＝1，则 y ＝1， x ＝0，
∴ m ＝（0，1，1）.
又 m · ＝0，∴平面 BDF ⊥平面 ABCD .
（2）平面 BDF ⊥平面 ABCD .
通性通法
用空间向量证明垂直的方法
（1）线线垂直：证明两直线的方向向量互相垂直，即证明它们的数
量积为零；
（2）线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线
面垂直的判定定理用向量表示；
（3）面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定
定理用向量表示.
【跟踪训练】
已知正三棱柱 ABC - A1 B1 C1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 ＝ CC1.求证： AB1⊥ MN .
证明：设 AB 的中点为 O ，作 OO1∥ AA1.以 O 为坐标原点， OB 所
在直线为 x 轴， OC 所在直线为 y 轴， OO1所在直线为 z 轴建立如
图所示的空间直角坐标系 Oxyz .
由已知得 A ， B （ ，0，0）， C ， N
， B1 ，
∵ M 为 BC 的中点，∴ M .
∴ ＝ ， ＝（1，0，1），
∴ · ＝－ ＋0＋ ＝0.∴ ⊥ ，
∴ AB1⊥ MN .
题型二 三垂线定理及逆定理的应用
【例2】 如图，已知在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中，连接 BD1，
AC ， CB1， B1 A ，求证： BD1⊥平面 AB1 C .
证明：连接 BD ， A1 B ，∵四边形 ABCD 是正方形，
∴ AC ⊥ BD .
又 DD1⊥平面 ABCD ，
∴ BD 是斜线 BD1在平面 ABCD 上的射影，
∴ BD1⊥ AC ，同理 A1 B 是 BD1在平面 ABB1 A1内的射影，
∴ BD1⊥ AB1，又 AB1∩ AC ＝ A ，∴ BD1⊥平面 AB1 C .
通性通法
利用三垂线定理证明垂直的步骤
（1）找平面（基准面）及平面的垂线；
（2）找射影线（平面上的直线与斜线）；
（3）证明射影线与直线垂直，从而得线线垂直，更进一步证明线面
垂直或面面垂直.
【跟踪训练】
在四面体 PABC 中， PA ⊥ BC ， PB ⊥ AC ，求证： PC ⊥ AB .
证明：过 P 作 PH ⊥平面 ABC ，垂足为 H ，
连接 AH 并延长交 BC 于 E ，
连接 BH 并延长交 AC 于 F ，
PH ⊥平面 ABC ， PA ⊥ BC ，
而 PA 在平面 ABC 内的射影为 AH ，由三垂
线定理的逆定理知 BC ⊥ AH ，
同理可证 BF ⊥ AC . 则 H 为△ ABC 的垂心，
连接 CH 并延长交 AB 于 G ，
于是 CG ⊥ AB ，而 CH 是 PC 在平面 ABC 的
射影，故 PC ⊥ AB .
题型三 利用空间向量解决位置关系中的探索性问题
【例3】 如图，正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1的棱长为1.在 BC ， DD1上是
否分别存在点 E ， F ，使 B1 E ⊥平面 ABF ，若存在，请证明你的结
论，并求出点 E ， F 满足的条件；若不存在，请说明理由.
解：如图，建立空间直角坐标系 D1- xyz ，
则 A （1，0，1）， B1（1，1，0）， B （1，1，1），
设 F （0，0， h ）， E （ m ，1，1），则 ＝（0，
1，0）， ＝（ m －1，0，1）， ＝（1，0，1－
h ），若 B1 E ⊥平面 ABF ，则 · ＝0，∴ h ＝
m ，即 E ， F 满足 D1 F ＝ CE 时， B1 E ⊥平面 ABF . 即
存在点 E ， F ，使 B1 E ⊥平面 ABF .
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 Oxy 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】
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， ），
＝（0， a ，0），
因为 · ＝0，所以 ⊥ ，从而得 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：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
· ＝（ x － ，－ ， z － ）·（ 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.
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
解析： a · b ＝－2＋2＋0＝0，∴ a ⊥ b ，∴α⊥β.
2. 如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为2，点 E 是棱 AB 的中
点，点 F （0， y ， z ）是正方体的面 AA1 D1 D 上一点，且 CF ⊥ B1
E ，则点 F （0， y ， z ）满足方程（ ）
A. y － z ＝0
B. 2 y － z －1＝0
C. 2 y － z －2＝0
D. z －1＝0
解析： E （1，0，0）， B1（2，0，2）， C （2，2，0），所以
＝（－1，0，－2）， ＝（－2， y －2， z ），因为 CF ⊥ B1
E ，所以 · ＝0，即2－2 z ＝0，即 z ＝1.
3. （多选）下列命题是真命题的有（ ）
B. 直线 l 的方向向量为 a ＝（0，1，－1），平面α的法向量为 n ＝
（1，－1，－1），则 l ⊥α
C. 平面α，β的法向量分别为 n1＝（0，1，3）， n2＝（1，0，2），则
α∥β
D. 平面α经过三点 A （1，0，－1）， B （0，1，0）， C （－1，2，
0），向量 n ＝（1， u ， t ）是平面α的法向量，则 u ＋ t ＝1
解析： ∵ a ＝（1，－1，2）， b ＝ ，∴ a · b ＝1×2
－1×1＋2× ＝0，则 a ⊥ b ，∴直线 l 与 m 垂直，故A正确； a
＝（0，1，－1）， n ＝（1，－1，－1），则 a · n ＝0×1＋1×（－
1）＋（－1）×（－1）＝0，则 a ⊥ n ，∴ l ∥α或 l α，故B错误；
∵ n1＝（0，1，3）， n2＝（1，0，2），∴ n1与 n2不共线，∴α∥β
不成立，故C错误；∵点 A （1，0，－1）， B （0，1，0）， C （－
1，2，0），∴ ＝（－1，1，1）， ＝（－1，1，0）.∵向量
n ＝（1， u ， t ）是平面α的法向量，∴ 即
解得 u ＋ t ＝1，故D正确.
4. 如图，在长方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， AB ＝2， AA1＝ ， AD ＝2
， P 为 C1 D1的中点， M 为 BC 的中点，则 AM 与 PM 的位置关系
是 .
PM ⊥ AM
解析：以 D 为原点，分别以 DA ， DC ， DD1所在直线为 x 轴、 y
轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz ，
依题意可得， D （0，0，0）， P （0，1， ）， A （2 ，0，
0）， M （ ，2，0），所以 ＝（ ，2，0）－（0，1，
）＝（ ，1，－ ）， ＝（ ，2，0）－（2 ，0，
0）＝（－ ，2，0），所以 · ＝（ ，1，－ ）·（－
，2，0）＝0，所以 PM ⊥ AM .
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： 由题意 a ⊥ b ，所以 a · b ＝0，即－2×3＋2×（－2）＋ m
＝0，解得 m ＝10.
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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
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.
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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）
解析： 由题意知 ＝（－1，－1，－1）， ＝（2，0，
1）， ＝（ x ，－1， z ），又 PA ⊥平面 ABC ，所以有 · ＝
（－1，－1，－1）·（ x ，－1， z ）＝0，得－ x ＋1－ z ＝0. ①
· ＝（2，0，1）·（ x ，－1， z ）＝0，得2 x ＋ z ＝0， ②
联立①②得 x ＝－1， z ＝2，故点 P 的坐标为（－1，0，2）.
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4. 已知正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E ， F 分别在 A1 D ， AC 上，且 A1
E ＝ A1 D ， AF ＝ AC ，则下列结论正确的是（ ）
A. EF 与 BD1相交
B. EF 与 BD1异面
C. EF ⊥ A1 D ， EF ⊥ AC
D. EF 至多与 A1 D ， AC 之一垂直
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解析： 如图所示，建立空间直角坐标系，不妨
设正方体的棱长为3，则 D （0，0，0）， A （3，
0，0）， C （0，3，0）， A1（3，0，3），得 E
（1，0，1）， F （2，1，0）.所以 ＝（－3，
3，0）， ＝（3，0，3）， ＝（1，1，－
1），因为 · ＝－3＋3＋0＝0， · ＝3
＋0－3＝0，所以 ⊥ ， ⊥ ，所以 EF
⊥ A1 D ， EF ⊥ AC . 易得 ＝－3 ＝（－3，
－3，3），所以 EF 与 BD1平行.
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5. （多选）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论
中，正确的是（ ）
A. 若两条不重合的直线 l1， l2的方向向量分别是 a ＝（2，－2，－
1）， b ＝（－2，0，－4），则 l1⊥ l2
B. 若直线 l 的方向向量是 a ＝（1，1，2），平面α的法向量是 n ＝
（5，－1，－2），则 l ⊥α
C. 若直线 l 的方向向量是 a ＝（0，2，0），平面α的法向量是 n ＝
（0，－3，0），则 l ∥α
D. 若两个不同的平面α，β的法向量分别是 m ＝（3，－4，2）， n ＝
（2，2，1），则α⊥β
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解析： 对于A，因为 a · b ＝2×（－2）＋（－2）×0＋（－
1）×（－4）＝0，所以 a ⊥ b ，即 l1⊥ l2，故A正确；对于B，因为
a · n ＝5－1－4＝0，所以 l ∥α或 l α，故B错误；对于C，因为 a ＝
－ n ，所以 l ⊥α，故C错误；对于D，因为 m · n ＝6－8＋2＝0，所
以α⊥β，故D正确.故选A、D.
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6. （多选）已知 v1， v2分别为直线 l1， l2的方向向量（ l1， l2不重
合）， n1， n2分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说
法中正确的是（ ）
A. v1∥ v2 l1⊥ l2 B. v1⊥ v2 l1⊥ l2
C. n1∥ n2 α⊥β D. n1⊥ n2 α⊥β
解析： ∵ v1， v2分别为直线 l1， l2的方向向量（ l1， l2不重
合），∴ v1∥ v2 l1∥ l2，故A错误； v1⊥ v2 l1⊥ l2，故B正确；
∵ n1， n2分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），∴ n1∥
n2 α∥β，故C错误； n1⊥ n2 α⊥β，故D正确；故选B、D.
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7. 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 ＝ .
解析：∵α⊥β，∴ a ⊥ b ，∴ a · b ＝－2－8－2 k ＝0.∴ k ＝－5.
－5
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8. 在空间直角坐标系中，已知Rt△ ABC 的三个顶点为 A （－3，－2，
1）， B （－1，－1，－1）， C （－5， x ，0），则 x 的值为 .
解析：∵ A （－3，－2，1）， B （－1，－1，－1）， C （－5，
x ，0），∴ ＝（2，1，－2）， ＝（－4， x ＋1，1），
＝（－2， x ＋2，－1），分三种情况：① A 为直角， · ＝0，
∴－4＋ x ＋2＋2＝0，∴ x ＝0；② B 为直角， · ＝0，∴－8＋
x ＋1－2＝0，∴ x ＝9；③ C 为直角， · ＝0，∴8＋（ x ＋1）
（ x ＋2）－1＝0， x2＋3 x ＋9＝0，方程无解.综上， x 的值为0或9.
0或9
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9. 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：由题意，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 ＝3 AQ ，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 Oxyz .
则 A （1，0，0）， C （0，0，1）， B .
∵ P 为 AC 的中点，∴ P （ ，0， ）.
∴ ＝ ，
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由已知，可得 ＝ ＝ .
又 ＝ ＋ ＝ ，
∴ ＝ － ＝ .
∵ · ＝0，∴ ⊥ ，即 PQ ⊥ OA .
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11. 如图， PA ⊥平面 ABCD ，四边形 ABCD 为正方形， E 为 CD 的中
点， F 是 AD 上一点，当 BF ⊥ PE 时， ＝（ ）
B. 1
C. 2 D. 3
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解析： 建立如图空间直角坐标系，设正方形 ABCD 的边长为
1， PA ＝ a ，则 B （1，0，0）， E ， P （0，0， a ）.设
F （0， y ，0），则 ＝（－1， y ，0）， ＝ .因为
BF ⊥ PE ，即 · ＝（－1）× ＋ y ＝0，解得 y ＝ ，即 F 是 AD 的中点，故 ＝1.
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12. （多选）如图，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， O 是底面 ABCD 的
中心， M ， N 分别是棱 DD1， D1 C1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
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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2
a ，则 M （0，0， a ）， A （2 a ，0，0）， C （0，2 a ，0）， O
（ a ， a ，0）， N （0， a ，2 a ）.∴ ＝（－ a ，－ a ， a ），
＝（0， a ， a ）， ＝（－2 a ，2 a ，0）.∴ · ＝0，
· ＝0，∴ OM ⊥ MN ， OM ⊥ AC ， OM 和 AA1显然不垂直.
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13. （多选）如图，以等腰直角三角形 ABC 斜边 BC 上的高 AD 为折
痕，把△ ABD 和△ ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出
如下四个结论，其中正确的是（ ）
B. AB ⊥ DC
C. BD ⊥ AC
D. 平面 ADC 的法向量和平面 ABC 的法向量互相垂直
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解析： 建立以 D 为坐标原点，分别以 DB ， DC ， DA 所在直
线为 x 轴、 y 轴、 z 轴的空间直角坐标系（图略），设等腰直角三
角形 ABC 的斜边 BC ＝2，则 B （1，0，0）， C （0，1，0）， D
（0，0，0）， A （0，0，1），所以 ＝（1，0，－1）， ＝
（0，1，－1）， ＝（0，1，0）， ＝（－1，0，0），从而
有 · ＝0＋0＋1＝1，故A错误； · ＝0，故B正确；
· ＝0，故C正确；
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易知平面 ADC 的一个法向量为向量 ＝（－1，0，0），设平面 ABC
的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），由 · n ＝ x － z ＝0， · n ＝ y － z ＝
0，取 y ＝1，则 x ＝1， z ＝1，故 n ＝（1，1，1）， · n ＝－1，故D
错误.
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14. 如图，已知点 E ， F 分别是正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1的棱 AB ， AA1
的中点，点 M ， N 分别是线段 D1 E ， C1 F 上的点，则与平面 ABCD
垂直的直线 MN 有 条.
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解析：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）， C1
（0，0，2）， F （2，2，1）.设 M （ x ， y ， z ）， ＝ m
（0≤ m ≤1），则（ x －2， y ， z －2）＝ m （－1，2，－2），可得
x ＝2－ m ， y ＝2 m ， z ＝2－2 m ，所以 M （2－ m ，2 m ，2－2
m ），同理，设 ＝ n （0≤ n ≤1），
可得 N （2 n ，2 n ，2－ n ），所以
＝（ m ＋2 n －2，2 n －2 m ，2 m － n ），
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因为 MN ⊥平面 ABCD . 所以 又 ＝（2，0，0）， ＝（0，2，0），所以解得即满足条件的直线 MN 只有1条.
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15. 如图，四棱柱 ABCD - A1 B1 C1 D1的底面 ABCD 是正方形， O 为底面
中心， A1 O ⊥平面 ABCD ， AB ＝ AA1＝ .求证： A1 C ⊥平面 BB1
D1 D .
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证明：由题设易知 OA ， OB ， OA1两两垂直，以 O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
∵ AB ＝ AA1＝ ，
∴ OA ＝ OB ＝ OA1＝1，
∴ A （1，0，0）， B （0，1，0），
C （－1，0，0）， D （0，－1，0）， A1（0，0，1）.
由 ＝ ，易得 B1（－1，1，1）.
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∵ ＝（－1，0，－1）， ＝（0，－2，0），
＝（－1，0，1），
∴ · ＝0， · ＝0，
∴ A1 C ⊥ BD ， A1 C ⊥ BB1，又 BD ∩
BB1＝ B ，
∴ A1 C ⊥平面 BB1 D1 D .
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16. 如图，正三角形 ABC 的边长为4， CD 为边 AB 上的高， E ， F 分别
是边 AC 和边 BC 的中点，现将△ ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A - DC -
B .
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（1）试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由；
解：AB ∥平面 DEF ，理由如下：
在△ ABC 中，由 E ， F 分别是 AC ， BC 的中点，得 EF ∥ AB .
又 AB 平面 DEF ， EF 平面 DEF ，
所以 AB ∥平面 DEF .
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（2）在线段 BC 上是否存在一点 P ，使得 AP ⊥ DE ？如果存在，
求出 的值；如果不存在，请说明理由.
解：以点 D 为坐标原点， DB ， DC ， DA 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 D （0，0，0）， A （0，0，2）， B （2，0，0）， C （0，2 ，0）， E （0， ，1），
故 ＝（0， ，1）， ＝（－2，2 ，0）.
假设在线段 BC 上存在点 P （ x ， y ，0），
使得 AP ⊥ DE ，
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则 ＝（ x ， y ，－2）， · ＝ y －2＝0，所以 y ＝ .
又 ＝（ x －2， y ，0）， ＝（－ x ，2 － y ，0）， ∥ ，
所以（ x －2）（2 － y ）＝－ xy ，所以 x ＋ y ＝2 .
把 y ＝ 代入上式得 x ＝ ，即 ＝（－ ， ，0），所以 ＝ ，所以在线段 BC 上存在点 P ，使得 AP ⊥ DE ，此时 ＝ .
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谢 谢 观 看！第二课时 空间中的距离问题
1.若O为坐标原点，＝（1，1，－2），＝（3，2，8），＝（0，1，0），则线段AB的中点P到点C的距离为（ ）
A. B.2
C. D.
2.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，上底面A1B1C1D1的中心为O，则点O到平面A1BD的距离是（ ）
A.a B.a
C.a D.a
3.在三棱柱ABC-A1B1C1中，＝（0，2，－3），＝（－2，0，－3），＝（－，0，），则该三棱柱的高为（ ）
A. B.
C.2 D.4
4.如图，在长方体ABCD-A'B'C'D'中，AB＝1，BC＝1，AA'＝2，则点B到直线A'C的距离是（ ）
A. B.
C. D.
5.（多选）已知平面α的一个法向量n＝（－2，－2，1），点A（－1，3，0）在平面α内，若点P（－2，1，z）到α的距离为，则z的值可以是（ ）
A.－16 B.－4
C.4 D.16
6.（多选）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，D，E，F分别为AC，AA1，AB的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.AC1与EF相交
B.B1C1∥平面DEF
C.EF与AC1所成的角为90°
D.点B1到平面DEF的距离为
7.在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝（2，－2，1）.已知点P（－1，3，2），则点P到平面OAB的距离d＝ .
8.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为 .
9.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1＝，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，则点B1到平面A1BC的距离为 .
10.直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰三角形，∠ACB＝90°，侧棱AA1＝2，CA＝2，D是CC1的中点.试问：线段A1B（不包括端点）上是否存在一点E，使得点A1到平面AED的距离为？
11.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，则点B1到平面AD1C的距离为（ ）
A. B. C. D.
12.如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是（ ）
A.5 B.8 C. D.
13.（多选）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法正确的是（ ）
A.点A到直线BE的距离是
B.点O到平面ABC1D1的距离为
C.平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D.点P到直线AB的距离为
14.在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为 .
15.在棱长为1的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点.
（1）求点B到直线AC1的距离；
（2）求直线FC到平面AEC1的距离.
16.如图，在四棱锥P-ABCD的平面展开图中，四边形ABCD是边长为2的正方形，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，∠HDC＝∠FAB＝90°，求四棱锥P-ABCD外接球的球心到平面PBC的距离.
第二课时 空间中直线、平面的垂直
1.C 由题意a⊥b，所以a·b＝0，即－2×3＋2×（－2）＋m＝0，解得m＝10.
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.C 由题意知＝（－1，－1，－1），＝（2，0，1），＝（x，－1，z），又PA⊥平面ABC，所以有·＝（－1，－1，－1）·（x，－1，z）＝0，得－x＋1－z＝0. ①
·＝（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.C 如图所示，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为3，则D（0，0，0），A（3，0，0），C（0，3，0），A1（3，0，3），得E（1，0，1），F（2，1，0）.所以＝（－3，3，0），＝（3，0，3），＝（1，1，－1），因为·＝－3＋3＋0＝0，·＝3＋0－3＝0，所以⊥，⊥，所以EF⊥A1D，EF⊥AC.易得＝－3＝（－3，－3，3），所以EF与BD1平行.
5.AD 对于A，因为a·b＝2×（－2）＋（－2）×0＋（－1）×（－4）＝0，所以a⊥b，即l1⊥l2，故A正确；对于B，因为a·n＝5－1－4＝0，所以l∥α或l α，故B错误；对于C，因为a＝－n，所以l⊥α，故C错误；对于D，因为m·n＝6－8＋2＝0，所以α⊥β，故D正确.故选A、D.
6.BD ∵v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量（l1，l2不重合），∴v1∥v2 l1∥l2，故A错误；v1⊥v2 l1⊥l2，故B正确；∵n1，n2分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），∴n1∥n2 α∥β，故C错误；n1⊥n2 α⊥β，故D正确；故选B、D.
7.－5 解析：∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0.∴k＝－5.
8.0或9 解析：∵A（－3，－2，1），B（－1，－1，－1），C（－5，x，0），∴＝（2，1，－2），＝（－4，x＋1，1），＝（－2，x＋2，－1），分三种情况：①A为直角，·＝0，∴－4＋x＋2＋2＝0，∴x＝0；②B为直角，·＝0，∴－8＋x＋1－2＝0，∴x＝9；③C为直角，·＝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.
9.（－2，4，1）或（2，－4，－1） 解析：由题意，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Oxyz.
则A（1，0，0），C（0，0，1），B.
∵P为AC的中点，∴P（，0，）.
∴＝（－，，0），
由已知，可得
＝＝（－，，0）.
又＝＋＝，
∴＝－＝.
∵·＝0，∴⊥，
即PQ⊥OA.
11.B 建立如图空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为1，PA＝a，则B（1，0，0），E，P（0，0，a）.设F（0，y，0），则＝（－1，y，0），＝.因为BF⊥PE，即·＝（－1）×＋y＝0，解得y＝，即F是AD的中点，故＝1.
12.AC 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M（0，0，a），A（2a，0，0），C（0，2a，0），O（a，a，0），N（0，a，2a）.∴＝（－a，－a，a），＝（0，a，a），＝（－2a，2a，0）.∴·＝0，·＝0，∴OM⊥MN，OM⊥AC，OM和AA1显然不垂直.
13.BC 建立以D为坐标原点，分别以DB，DC，DA所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系（图略），设等腰直角三角形ABC的斜边BC＝2，则B（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），A（0，0，1），所以＝（1，0，－1），＝（0，1，－1），＝（0，1，0），＝（－1，0，0），从而有·＝0＋0＋1＝1，故A错误；·＝0，故B正确；·＝0，故C正确；易知平面ADC的一个法向量为向量＝（－1，0，0），设平面ABC的法向量为n＝（x，y，z），由·n＝x－z＝0，·n＝y－z＝0，取y＝1，则x＝1，z＝1，故n＝（1，1，1），·n＝－1，故D错误.
14.1 解析：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），C1（0，0，2），F（2，2，1）.设M（x，y，z），＝m（0≤m≤1），则（x－2，y，z－2）＝m（－1，2，－2），可得x＝2－m，y＝2m，z＝2－2m，所以M（2－m，2m，2－2m），同理，设＝n（0≤n≤1），可得N（2n，2n，2－n），所以＝（m＋2n－2，2n－2m，2m－n），因为MN⊥平面ABCD.所以又＝（2，0，0），＝（0，2，0），所以解得即满足条件的直线MN只有1条.
15.证明：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AB＝AA1＝，
∴OA＝OB＝OA1＝1，
∴A（1，0，0），B（0，1，0），C（－1，0，0），D（0，－1，0），A1（0，0，1）.
由＝，易得B1（－1，1，1）.
∵＝（－1，0，－1），＝（0，－2，0），＝（－1，0，1），
∴·＝0，·＝0，
∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，又BD∩BB1＝B，
∴A1C⊥平面BB1D1D.
16.解：（1）AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.
又AB 平面DEF，EF 平面DEF，
所以AB∥平面DEF.
（2）以点D为坐标原点，DB，DC，DA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D（0，0，0），A（0，0，2），B（2，0，0），C（0，2，0），E（0，，1），
故＝（0，，1），＝（－2，2，0）.
假设在线段BC上存在点P（x，y，0），使得AP⊥DE，
则＝（x，y，－2），·＝y－2＝0，所以y＝.
又＝（x－2，y，0），＝（－x，2－y，0），∥，
所以（x－2）（2－y）＝－xy，所以x＋y＝2.
把y＝代入上式得x＝，即＝（－，，0），所以＝，所以在线段BC上存在点P，使得AP⊥DE，此时＝.
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