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高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.2 用向量方法讨论立体几何中的位置关系导学案
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这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.2 用向量方法讨论立体几何中的位置关系导学案，共21页。
[笔记教材]
知识点 空间中的垂直与平行关系及三垂线定理
答案：①互相垂直 ②平行 ③垂直 ①平行 ②垂直 ③平行 平面内
[重点理解]
关于利用向量方法证明线面位置关系的提醒与说明
(1)在前面，我们学习了根据线面垂直、平行的判定和性质定理进行垂直和平行的判断，此种方法我们称为综合法．
(2)利用空间向量的一组基表示出向量，通过线性运算，根据向量共线的充要条件(或数量积为0)来达到判断平行(或垂直)的目的，此种方法我们称为基本向量法．
(3)建立空间直角坐标系，确定相关向量的坐标，利用空间向量的坐标运算达到判断平行和垂直的目的，此种方法我们称为坐标法．利用空间向量的坐标运算，可以把立体几何问题，先转化为向量问题，再转化为代数问题，从而建立几何和代数的联系，体现了数形结合思想方法的应用．
说明：对于一些以正方体、长方体或其他具有垂直关系的几何体作为载体的立体几何问题，可以优先考虑坐标法，这种方法的优点在于抛开了繁杂的推理论证，仅通过计算即可解题．
[自我排查]
1．判断正误．(正确的打“√”，错误的打“”)
(1)若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．(√)
(2)两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直．()
(3)若向量n1，n2为平面的法向量，则以这两个向量为方向向量的直线一定平行．()
(4)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．(√)
(5)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．()
(6)直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．(√)
(7)两个平面的法向量平行，则这两个平面平行；两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直．()
2．若A(－1,0,1)，B(1,4,7)在直线l上，则直线l的一个方向向量为( )
A．(1,2,3) B．(1,3,2)
C．(2,1,3) D．(3,2,1)
答案：A
3．若直线l∥α，且l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，2))，则m为( )
A．－4 B．－6 C．－8 D．8
答案：C
4．平面α的一个法向量为m＝(1,2,0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是( )
A．平行 B．相交但不垂直
C．垂直 D．不能确定
答案：C
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ACD1的一个法向量为________．
答案：(1,1,1)(答案不唯一)
研习1 利用空间向量研究平行关系问题
考查角度1 证明线线平行
[典例1] (2022福建月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为2，M，N分别为A1B，AC的中点.
求证：MN∥B1C.
[证明] 方法一：如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，M(2,1,1)，N(1,1,0)，∴eq \(MN,\s\up16(→))＝(－1,0，－1)，eq \(B1C,\s\up16(→))＝(－2,0，－2)．
∴eq \(B1C,\s\up16(→))＝2eq \(MN,\s\up16(→))，∴eq \(B1C,\s\up16(→))∥eq \(MN,\s\up16(→))，∴MN∥B1C.
方法二：如图，取空间的一组基{eq \(AB,\s\up16(→))，eq \(AD,\s\up16(→))，eq \(AA1,\s\up16(→))}，设eq \(AB,\s\up16(→))＝a，eq \(AD,\s\up16(→))＝b，eq \(AA1,\s\up16(→))＝c，
则eq \(B1C,\s\up16(→))＝b－c，eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \(MA1,\s\up16(→))＋eq \(A1A,\s\up16(→))＋eq \(AN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(c－a)＋(－c)＋eq \f(1,2)(a＋b)＝eq \f(1,2)(b－c)，
∴eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(B1C,\s\up16(→))，∴eq \(MN,\s\up16(→))∥eq \(B1C,\s\up16(→))，∴MN∥B1C.
[巧归纳] 向量法证明线线平行的思路
要证明线线平行，只需取两直线的方向向量a，b，证得a∥b即可．具体方法有如下两种：(1)坐标法．根据图形特征，建立适当的空间直角坐标系，求出两直线方向向量的坐标，证明它们共线．(2)基向量法．取空间一组基，用基表示两直线的方向向量，证得它们共线．
[练习1]已知直线l1的方向向量a＝(2，－3,5)，直线l2的方向向量b＝(－4，x，y)，若两直线l1∥l2，则x，y的值分别是( )
A．6和－10 B．－6和10
C．－6和－10 D．6和10
答案：A
解析：由两直线l1∥l2，得两向量a，b平行，即eq \f(2,－4)＝eq \f(－3,x)＝eq \f(5,y)，所以x，y的值分别是6和－10.
考查角度2 证明线面平行
[典例2] 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
[证明] 方法一：如图所示，以D为原点，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．
设正方体的棱长为1，则可求得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，于是eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \(DA1,\s\up16(→))＝(1,0,1)，eq \(DB,\s\up16(→))＝(1,1,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up16(→))＝0，,n·\(DB,\s\up16(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋z＝0，,x＋y＝0.))
取x＝1，则y＝－1，z＝－1，∴n＝(1，－1，－1)．
又eq \(MN,\s\up16(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，∴eq \(MN,\s\up16(→))⊥n.
又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
方法二：∵eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \(C1N,\s\up16(→))－eq \(C1M,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(C1B1,\s\up16(→))－eq \f(1,2)eq \(C1C,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \(D1A1,\s\up16(→))－eq \(D1D,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)eq \(DA1,\s\up16(→))，∴eq \(MN,\s\up16(→))∥eq \(DA1,\s\up16(→)).又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
方法三：eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \(C1N,\s\up16(→))－eq \(C1M,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(C1B1,\s\up16(→))－eq \f(1,2)eq \(C1C,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(D1A1,\s\up16(→))－eq \f(1,2)eq \(D1D,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA1,\s\up16(→))＋0·eq \(DB,\s\up16(→))，∴eq \(MN,\s\up16(→))可用eq \(DA1,\s\up16(→))与eq \(DB,\s\up16(→))线性表示，∴eq \(MN,\s\up16(→))与eq \(DA1,\s\up16(→))和eq \(DB,\s\up16(→))是共面向量．
又MN⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，DB⊂平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
[巧归纳]
向量法证明线面平行的三个思路
(1)设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，若要证明l∥α，只需证明a⊥u，即a·u＝0.
(2)根据线面平行的判定定理，要证明一条直线与一个平面平行，在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可．
(3)根据共面向量定理可知，如果一个向量和两个不共线的向量是共面向量，那么这个向量与这两个不共线的向量确定的平面必定平行，因此要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可．
[练习2] 如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2eq \r(2)，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.证明：PQ∥平面BCD.
证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y轴、z轴的正半轴，
过O点作垂直于平面ABD的直线为x轴，建立空间直角坐标系．由题意知A(0，eq \r(2)，2)，B(0，－eq \r(2)，0)，D(0，eq \r(2)，0)．设点C的坐标为(x0，y0,0)，因为eq \(AQ,\s\up16(→))＝3eq \(QC,\s\up16(→))，所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，\f(1,2))).因为点M为AD的中点，故M(0，eq \r(2)，1)．
又点P为BM的中点，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，所以eq \(PQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0)).又平面BCD的一个法向量为a＝(0,0,1)，故eq \(PQ,\s\up16(→))·a＝0.又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
考查角度3 证明面面平行
[典例3] 已知正方体ABCD－A′B′C′D′，求证：平面AB′D′∥平面BDC′.
[证明] 方法一：设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(1,0,0)，B′(1,1,1)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)，C′(0,1,1)，
于是eq \(AB′,\s\up16(→))＝(0,1,1)，
eq \(D′B′,\s\up16(→))＝(1,1,0)．
设平面AB′D′的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1⊥\(AB′,\s\up16(→))，,n1⊥\(D′B′,\s\up16(→))，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB′,\s\up16(→))＝y1＋z1＝0，,n1·\(D′B′,\s\up16(→))＝x1＋y1＝0，))
令y1＝1，可得平面AB′D′的一个法向量为n1＝(－1,1，－1)．
设平面BDC′的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2⊥\(DB,\s\up16(→))，,n2⊥\(DC′,\s\up16(→))，))易知eq \(DB,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \(DC′,\s\up16(→))＝(0,1,1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(DB,\s\up16(→))＝x2＋y2＝0，,n2·\(DC′,\s\up16(→))＝y2＋z2＝0.))
令y2＝1，可得平面BDC′的一个法向量为n2＝(－1,1，－1)．
则n1＝n2，所以n1∥n2，故平面AB′D′∥平面BDC′.
方法二：由方法一知eq \(AD′,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \(BC′,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \(AB′,\s\up16(→))＝(0,1,1)，eq \(DC′,\s\up16(→))＝(0,1,1)，所以eq \(AD′,\s\up16(→))＝eq \(BC′,\s\up16(→))，eq \(AB′,\s\up16(→))＝eq \(DC′,\s\up16(→))，即AD′∥ BC′，AB′∥DC′.
因为AD′⊄平面BDC′，AB′⊄平面BDC′，所以AD′∥平面BDC′，AB′∥平面BDC′.
又AD′∩AB′＝A，所以平面AB′D′∥平面BDC′.
方法三：同方法一得平面AB′D′的一个法向量为n1＝(－1,1，－1)．
因为n1·eq \(DB,\s\up16(→))＝(－1,1，－1)·(1,1,0)＝0，n1·eq \(DC′,\s\up16(→))＝(－1,1，－1)·(0,1,1)＝0，
所以n1也是平面BDC′的一个法向量，所以平面AB′D′∥平面BDC′.
[巧归纳] 向量法证明面面平行的三种思路
(1)证明两个平面的法向量共线．
(2)根据面面平行的判定定理，证明一个平面内有两个相交向量与另一个平面内的向量共线．
(3)证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量．
[练习3]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是正方体六个面的中心．求证：平面EFG∥平面HMN.
证明：方法一：以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方体的棱长为2，则E(1,1,0)，F(1，0,1)，G(2,1,1)，H(1,2,1)，M(1,1,2)，N(0,1,1)．所以eq \(EF,\s\up16(→))＝(0，－1,1)，eq \(FG,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \(HM,\s\up16(→))＝(0，－1,1)，eq \(NH,\s\up16(→))＝(1,1,0)，所以eq \(EF,\s\up16(→))∥eq \(HM,\s\up16(→))，eq \(FG,\s\up16(→))∥eq \(NH,\s\up16(→))，所以EF∥HM，FG∥NH，因为HM在平面HMN内，NH在平面HMN内，所以EF∥平面HMN，FG∥平面HMN.因为EF在平面EFG内，FG在平面EFG内，EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面HMN.
方法二：建立空间直角坐标系如方法一，设平面EFG的法向量为m＝(x1，y1，z1)．则m·eq \(EF,\s\up16(→))＝(x1，y1，z1)·(0，－1,1)＝－y1＋z1＝0，m·eq \(FG,\s\up16(→))＝(x1，y1，z1)·(1,1,0)＝x1＋y1＝0，从而得x1＝－y1＝－z1，设x1＝－1，则m＝(－1,1,1)．设平面HMN的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·eq \(HM,\s\up16(→))＝(x2，y2，z2)·(0，－1,1)＝－y2＋z2＝0，n·eq \(NH,\s\up16(→))＝(x2，y2，z2)·(1,1,0)＝x2＋y2＝0，从而得x2＝－y2＝－z2，设x2＝－1，则n＝(－1，1,1)，所以m∥n，所以平面EFG∥平面HMN.
研习2 利用空间向量研究垂直关系问题
考查角度1 证明线线垂直
[典例4] 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] 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O－xyz.
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\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,4)))，eq \(AB1,\s\up16(→))＝(1,0,1)，∴eq \(MN,\s\up16(→))·eq \(AB1,\s\up16(→))＝－eq \f(1,4)＋0＋eq \f(1,4)＝0.∴eq \(MN,\s\up16(→))⊥eq \(AB1,\s\up16(→))，∴AB1⊥MN.
[巧归纳] 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．
[练习4]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，求证：AC⊥BC1.
证明：∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长为AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC，BC，C1C两两垂直．
如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz.
则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，∵eq \(AC,\s\up16(→))＝(－3,0,0)，eq \(BC1,\s\up16(→))＝(0，－4,4)，∴eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(BC1,\s\up16(→))＝0，∴AC⊥BC1.
考查角度2 证明线面垂直
[典例5] 如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．
求证：AB1⊥平面A1BD.
[证明] 如图所示，取BC的中点O，连接AO.
因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊥平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，OB，OO1，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq \r(3))，A(0,0，eq \r(3))，B1(1,2,0)．所以eq \(AB1,\s\up16(→))＝(1,2，－eq \r(3))，eq \(BA1,\s\up16(→))＝(－1,2，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up16(→))＝(－2,1,0)．
因为eq \(AB1,\s\up16(→))·eq \(BA1,\s\up16(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq \r(3))×eq \r(3)＝0，eq \(AB1,\s\up16(→))·eq \(BD,\s\up16(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq \r(3))×0＝0.所以eq \(AB1,\s\up16(→))⊥eq \(BA1,\s\up16(→))，eq \(AB1,\s\up16(→))⊥eq \(BD,\s\up16(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD.又因为BA1∩BD＝B，BA1，BD在平面A1BD内，所以AB1⊥平面A1BD.
[巧归纳] 用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：方法一：(1)建立空间直角坐标系．(2)将直线的方向向量用坐标表示．(3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量．(4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0.方法二：(1)建立空间直角坐标系．(2)将直线的方向向量用坐标表示．(3)求出平面的法向量．(4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
[练习5]如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点．求证：直线PB1⊥平面PAC.
证明：如图，以D为坐标原点，DC，DA，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，
则C(1,0,0)，A(0,1,0)，P(0,0,1)，B1(1,1,2)，eq \(PC,\s\up16(→))＝(1,0，－1)，eq \(PA,\s\up16(→))＝(0,1，－1)，eq \(PB1,\s\up16(→))＝(1,1,1)，eq \(PB1,\s\up16(→))·eq \(PC,\s\up16(→))＝(1,1,1)·(1,0，－1)＝0，所以eq \(PB1,\s\up16(→))⊥eq \(PC,\s\up16(→))，即PB1⊥PC.又eq \(PB1,\s\up16(→))·eq \(PA,\s\up16(→))＝(1,1,1)·(0,1，－1)＝0，
所以eq \(PB1,\s\up16(→))⊥eq \(PA,\s\up16(→))，即PB1⊥PA.又PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，所以PB1⊥平面PAC.
考查角度3 证明面面垂直
[典例6] 三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝eq \r(3)，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC的中点．证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1.
[证明] 方法一：如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C1(0,1，eq \r(3))．∵D为BC的中点，∴D点坐标为(1,1,0)，
∴eq \(AD,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \(AA1,\s\up16(→))＝(0,0，eq \r(3))，eq \(BC,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，
∴eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(BC,\s\up16(→))＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0，
eq \(AA1,\s\up16(→))·eq \(BC,\s\up16(→))＝0×(－2)＋0×2＋eq \r(3)×0＝0，∴eq \(AD,\s\up16(→))⊥eq \(BC,\s\up16(→))，eq \(AA1,\s\up16(→))⊥eq \(BC,\s\up16(→))，∴BC⊥AD，BC⊥AA1.
又A1A∩AD＝A，A1A，AD在平面A1AD内，∴BC⊥平面A1AD.
又BC在平面BCC1B1内，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
方法二：同方法一建系后，得eq \(AA1,\s\up16(→))＝(0,0，eq \r(3))，eq \(AD,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \(BC,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，eq \(CC1,\s\up16(→))＝(0，－1，eq \r(3))．
设平面A1AD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面BCC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AA1,\s\up16(→))＝0，,n1·\(AD,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)z1＝0，,x1＋y1＝0，))令y1＝－1，则x1＝1，z1＝0，∴n1＝(1，－1,0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(BC,\s\up16(→))＝0，,n2·\(CC1,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x2＋2y2＝0，,－y2＋\r(3)z2＝0，))令y2＝1，则x2＝1，z2＝eq \f(\r(3),3)，∴n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(\r(3),3))).∵n1·n2＝1－1＋0＝0，∴n1⊥n2，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
[巧归纳] 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．
[练习6]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．
(1)求证：平面AED⊥平面A1FD1；
(2)在直线AE上求一点M，使得A1M⊥平面AED.
(1)证明：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，
∴eq \(DA,\s\up16(→))＝eq \(D1A1,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \(DE,\s\up16(→))＝(2,2,1)，eq \(D1F,\s\up16(→))＝(0,1，－2)．设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up16(→))＝x1，y1，z1·2，0，0＝0，,n1·\(DE,\s\up16(→))＝x1，y1，z1·2，2，1＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1＝0，,2x1＋2y1＋z1＝0.))令y1＝1，得n1＝(0,1，－2)．
同理得平面A1FD1的一个法向量为n2＝(0,2,1)．
∵n1·n2＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴n1⊥n2，
∴平面AED⊥平面A1FD1.
(2)解：由于点M在直线AE上，因此可设eq \(AM,\s\up16(→))＝λeq \(AE,\s\up16(→))＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，则M(2,2λ，λ)，∴eq \(A1M,\s\up16(→))＝(0,2λ，λ－2)．要使A1M⊥平面AED，只需eq \(A1M,\s\up16(→))∥n1，即eq \f(2λ,1)＝eq \f(λ－2,－2)，解得λ＝eq \f(2,5).故当AM＝eq \f(2,5)AE时，A1M⊥平面AED.
研习3 三垂线定理及逆定理的应用
[典例7] (1)(2022云南昆明一中月考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为eq \r(3)的正方形，CC1⊥BC，BC＝1，AB＝2.
①证明：平面A1BC⊥平面ABC1.
②在线段A1B上是否存在点M，使得CM⊥BC1，若存在，求eq \f(BM,BA1)的值；若不存在，请说明理由．
(2)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为3，侧棱AA1＝eq \f(3\r(3),2)，D是CB延长线上一点，且BD＝BC，求二面角B－AD－B1的大小．
(1)答案：①[证明] 在△ABC中，AC＝eq \r(3)，BC＝1，AB＝2，满足AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，
又CC1⊥BC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又A1C⊂平面ACC1A1，所以BC⊥A1C，
又四边形AA1C1C是边长为eq \r(3)的正方形，所以AC1⊥A1C，又BC∩A1C＝C，所以AC1⊥平面A1BC，
又AC1⊂平面ABC1，所以平面A1BC⊥平面ABC1.
②[解] 在线段A1B上存在点M，使得CM⊥BC1，且eq \f(BM,BA1)＝eq \f(1,4).
理由如下：由①得以点C为原点，CA，CB，CC1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A(eq \r(3)，0,0)，C(0,0,0)，B(0,1,0)，A1(eq \r(3)，0，eq \r(3))，C1(0，0，eq \r(3))，设M(x，y，z)，eq \(BM,\s\up16(→))＝λeq \(BA1,\s\up16(→))，所以(x，y－1，z)＝λ(eq \r(3)，－1，eq \r(3))，解得x＝eq \r(3)λ，y＝1－λ，z＝eq \r(3)λ，所以eq \(CM,\s\up16(→))＝(eq \r(3)λ，1－λ，eq \r(3)λ)，eq \(C1B,\s\up16(→))＝(0,1，－eq \r(3))，要使CM⊥BC1，则需eq \(CM,\s\up16(→))·eq \(BC1,\s\up16(→))＝0，即1－λ－3λ＝0，解得λ＝eq \f(1,4)，故eq \f(BM,BA1)＝eq \f(1,4).
(2)[解] 如图，过点B作BE⊥AD，垂足为E，连接B1E.
∵B1B⊥平面ABC，
∴BE为B1E在平面ABC内的射影．
又∵BE⊥AD，∴B1E⊥AD.
∴∠BEB1为二面角B－AD－B1的平面角．
∵BC＝BD，∴BD＝AB.
又∠ABC＝60°，∴∠ABD＝120°.
∴∠ADB＝30°.∴BE＝BDsin∠ADB＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2 ).
∴tan∠BEB1＝eq \f(BB1,BE)＝eq \f(\f(3\r(3),2),\f(3,2))＝eq \r(3).∴∠BEB1＝60°.
∴二面角B－AD－B1的大小为60°.
[巧归纳] 1.三垂线定理及其逆定理的要点是：斜线及其射影同垂直于平面内某直线的一致性，斜线的射影垂直于平面内某直线，则斜线垂直于该直线；反之，若斜线垂直于平面内某直线，则斜线的射影垂直于该直线．
2．三垂线定理及其逆定理不仅在于它给了我们一个证明线线垂直的重要方法，也为研究计算空间角，空间距离，研究多面体和旋转体的性质奠定了基础．
3．用三垂线定理或逆定理作二面角的平面角是常用的一种方法．其做法是在其中一个平面内找一个特殊点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线或过这个特殊点作棱的垂线，连接两个垂足，根据三垂线定理或逆定理即得二面角的平面角．
[练习7](2022安徽合肥一中模拟)在如图所示的几何体中，平面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2BC，∠ABC＝60°，AC⊥FB.
(1)求证：AC⊥平面FBC.
(2)线段ED上是否存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC？证明你的结论．
(1)证明：∵AB＝2BC，∠ABC＝60°，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs 60°＝3BC2，∴AC2＋BC2＝4BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°.
∴AC⊥BC.又∵AC⊥FB，FB∩BC＝B，∴AC⊥平面FBC.
(2)解：线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC.证明如下：
因为AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC.因为CD⊥FC，所以FC⊥平面ABCD.
所以CA，CF，CB两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系C－xyz.
在等腰梯形ABCD中，可得CB＝CD.设BC＝1，所以C(0，0,0)，A(eq \r(3)，0,0)，B(0,1,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).所以eq \(CE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq \(CA,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，0,0)，eq \(CB,\s\up16(→))＝(0,1,0)．
设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up16(→))＝0，,n·\(CA,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＋z＝0，,\r(3)x＝0，))取z＝1，得n＝(0,2,1)．
假设线段ED上存在点Q，设Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，t))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤t≤1))，所以eq \(CQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，t)).
设平面QBC的法向量为m＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up16(→))＝0，,m·\(CQ,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝0，,\f(\r(3),2)a－\f(1,2)b＋tc＝0，))
取c＝1，得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2t,\r(3))，0，1)).要使平面EAC⊥平面QBC，只需m·n＝0，
即－eq \f(2,\r(3))t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC.
1．下列命题中，正确命题的个数为( )
①若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β；
②若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β ⇔ n1·n2＝0；
③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平行，则n·a＝0；
④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直．
A．1 B．2 C．3 D．4
答案：C
解析：①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②③④正确．
2．已知两直线的方向向量为a，b，则下列选项中能使两直线垂直的为( )
A．a＝(1,0,0)，b＝(－3,0,0)
B．a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)
C．a＝(0,1，－1)，b＝(0，－1,1)
D．a＝(1,0,0)，b＝(－1,0,0)
答案：B
解析：因为选项B中a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B.
3．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为μ＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α B．l⊥α
C．l⊂α D．l与α斜交
答案：B
解析：∵a∥μ，∴l⊥α.
4．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等于( )
A．－2 B．2 C．6 D．10
答案：D
解析：因为a⊥b，所以a·b＝0，即－2×3＋2×(－2)＋m＝0，解得m＝10.
5．若平面α，β的法向量分别为a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，并且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.
[误区警示]
混淆面面平行与面面垂直的向量表示致错
[示例] 在四面体A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD，∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E，F分别是AC，AD的中点，判断平面BEF与平面ABC是否垂直．
[错解] 过B作Bx∥CD，∵CD⊥BC，∴Bx⊥BC.
建立如图所示的空间直角坐标系，则平面ABC的一个法向量为n＝(1,0,0)．设BC＝a，则CD＝a，BD＝eq \r(2)a.
∵∠ADB＝30°，∴AB＝eq \r(2)a，∴C(0，a,0)，D(a，a,0)，A(0,0，eq \r(2)a)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，
∵n·eq \(BE,\s\up16(→))＝0，n·eq \(BF,\s\up16(→))≠0，
∴n不是平面BEF的法向量，故平面BEF与平面ABC不垂直．
[错因分析] 错解中主要有三处错误，一是混淆了面面平行与面面垂直的向量表示，当平面ABC与平面BEF垂直时，应有两平面的法向量垂直，从而应是n与eq \(BE,\s\up16(→))，eq \(BF,\s\up16(→))共面；二是D点的坐标错误，D点的横坐标应为负值；三是计算错误，在Rt△ABD中，由∠ADB＝30°，BD＝eq \r(2)a应得AB＝eq \f(\r(6)a,3).
[正解] 方法一：以BD，BA所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，
取A(0,0，a)，则易得B(0,0,0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))，D(0，eq \r(3)a,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，\f(a,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)a，\f(a,2)))，
则eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，0))，eq \(BA,\s\up16(→))＝(0,0，a)，eq \(BC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0)).
∴eq \(EF,\s\up16(→))·eq \(BA,\s\up16(→))＝0，eq \(EF,\s\up16(→))·eq \(BC,\s\up16(→))＝0，∴EF⊥AB，EF⊥BC.
又∵AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，∴EF⊥平面ABC.
又∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC.
方法二：如方法一建立空间直角坐标系．
∵∠BCD＝90°，∴CD⊥BC.
∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.又∵AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，
∴eq \(CD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))为平面ABC的一个法向量．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·eq \(EF,\s\up16(→))＝0，n·eq \(BF,\s\up16(→))＝0.
由n·eq \(EF,\s\up16(→))＝0，得(x，y，z)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，0))＝0，∴x＝y.
由n·eq \(BF,\s\up16(→))＝0，得(x，y，z)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)a，\f(a,2)))＝0，∴eq \f(\r(3),2)ay＋eq \f(a,2)z＝0，∴z＝－eq \r(3)y.
取y＝1，得x＝1，z＝－eq \r(3)，则n＝(1,1，－eq \r(3))．∴n·CD＝(1,1，－eq \r(3))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))＝0，
∴n⊥eq \(CD,\s\up16(→)).∴平面BEF⊥平面ABC.
[题后总结] 要证明平面α⊥平面β，可求出平面α与β的法向量e1，e2，验证e1·e2＝0，或转化为证明线面垂直，用面面垂直的判定定理证明．
新课程标准
新学法解读
1.理解直线的方向向量和平面的法向量．
2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行、垂直关系．
1.理解线面的位置关系与向量的联系．
2．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行、垂直关系．
3．能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的平行、垂直关系.
[笔记教材]
知识点 空间中的垂直与平行关系及三垂线定理
答案：①互相垂直 ②平行 ③垂直 ①平行 ②垂直 ③平行 平面内
[重点理解]
关于利用向量方法证明线面位置关系的提醒与说明
(1)在前面，我们学习了根据线面垂直、平行的判定和性质定理进行垂直和平行的判断，此种方法我们称为综合法．
(2)利用空间向量的一组基表示出向量，通过线性运算，根据向量共线的充要条件(或数量积为0)来达到判断平行(或垂直)的目的，此种方法我们称为基本向量法．
(3)建立空间直角坐标系，确定相关向量的坐标，利用空间向量的坐标运算达到判断平行和垂直的目的，此种方法我们称为坐标法．利用空间向量的坐标运算，可以把立体几何问题，先转化为向量问题，再转化为代数问题，从而建立几何和代数的联系，体现了数形结合思想方法的应用．
说明：对于一些以正方体、长方体或其他具有垂直关系的几何体作为载体的立体几何问题，可以优先考虑坐标法，这种方法的优点在于抛开了繁杂的推理论证，仅通过计算即可解题．
[自我排查]
1．判断正误．(正确的打“√”，错误的打“”)
(1)若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．(√)
(2)两直线的方向向量平行，则两直线平行；两直线的方向向量垂直，则两直线垂直．()
(3)若向量n1，n2为平面的法向量，则以这两个向量为方向向量的直线一定平行．()
(4)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．(√)
(5)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．()
(6)直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．(√)
(7)两个平面的法向量平行，则这两个平面平行；两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直．()
2．若A(－1,0,1)，B(1,4,7)在直线l上，则直线l的一个方向向量为( )
A．(1,2,3) B．(1,3,2)
C．(2,1,3) D．(3,2,1)
答案：A
3．若直线l∥α，且l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，2))，则m为( )
A．－4 B．－6 C．－8 D．8
答案：C
4．平面α的一个法向量为m＝(1,2,0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是( )
A．平行 B．相交但不垂直
C．垂直 D．不能确定
答案：C
5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ACD1的一个法向量为________．
答案：(1,1,1)(答案不唯一)
研习1 利用空间向量研究平行关系问题
考查角度1 证明线线平行
[典例1] (2022福建月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为2，M，N分别为A1B，AC的中点.
求证：MN∥B1C.
[证明] 方法一：如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，M(2,1,1)，N(1,1,0)，∴eq \(MN,\s\up16(→))＝(－1,0，－1)，eq \(B1C,\s\up16(→))＝(－2,0，－2)．
∴eq \(B1C,\s\up16(→))＝2eq \(MN,\s\up16(→))，∴eq \(B1C,\s\up16(→))∥eq \(MN,\s\up16(→))，∴MN∥B1C.
方法二：如图，取空间的一组基{eq \(AB,\s\up16(→))，eq \(AD,\s\up16(→))，eq \(AA1,\s\up16(→))}，设eq \(AB,\s\up16(→))＝a，eq \(AD,\s\up16(→))＝b，eq \(AA1,\s\up16(→))＝c，
则eq \(B1C,\s\up16(→))＝b－c，eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \(MA1,\s\up16(→))＋eq \(A1A,\s\up16(→))＋eq \(AN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(c－a)＋(－c)＋eq \f(1,2)(a＋b)＝eq \f(1,2)(b－c)，
∴eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(B1C,\s\up16(→))，∴eq \(MN,\s\up16(→))∥eq \(B1C,\s\up16(→))，∴MN∥B1C.
[巧归纳] 向量法证明线线平行的思路
要证明线线平行，只需取两直线的方向向量a，b，证得a∥b即可．具体方法有如下两种：(1)坐标法．根据图形特征，建立适当的空间直角坐标系，求出两直线方向向量的坐标，证明它们共线．(2)基向量法．取空间一组基，用基表示两直线的方向向量，证得它们共线．
[练习1]已知直线l1的方向向量a＝(2，－3,5)，直线l2的方向向量b＝(－4，x，y)，若两直线l1∥l2，则x，y的值分别是( )
A．6和－10 B．－6和10
C．－6和－10 D．6和10
答案：A
解析：由两直线l1∥l2，得两向量a，b平行，即eq \f(2,－4)＝eq \f(－3,x)＝eq \f(5,y)，所以x，y的值分别是6和－10.
考查角度2 证明线面平行
[典例2] 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
[证明] 方法一：如图所示，以D为原点，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．
设正方体的棱长为1，则可求得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，于是eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \(DA1,\s\up16(→))＝(1,0,1)，eq \(DB,\s\up16(→))＝(1,1,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up16(→))＝0，,n·\(DB,\s\up16(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋z＝0，,x＋y＝0.))
取x＝1，则y＝－1，z＝－1，∴n＝(1，－1，－1)．
又eq \(MN,\s\up16(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，∴eq \(MN,\s\up16(→))⊥n.
又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
方法二：∵eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \(C1N,\s\up16(→))－eq \(C1M,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(C1B1,\s\up16(→))－eq \f(1,2)eq \(C1C,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(eq \(D1A1,\s\up16(→))－eq \(D1D,\s\up16(→)))＝eq \f(1,2)eq \(DA1,\s\up16(→))，∴eq \(MN,\s\up16(→))∥eq \(DA1,\s\up16(→)).又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
方法三：eq \(MN,\s\up16(→))＝eq \(C1N,\s\up16(→))－eq \(C1M,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(C1B1,\s\up16(→))－eq \f(1,2)eq \(C1C,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(D1A1,\s\up16(→))－eq \f(1,2)eq \(D1D,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA1,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)eq \(DA1,\s\up16(→))＋0·eq \(DB,\s\up16(→))，∴eq \(MN,\s\up16(→))可用eq \(DA1,\s\up16(→))与eq \(DB,\s\up16(→))线性表示，∴eq \(MN,\s\up16(→))与eq \(DA1,\s\up16(→))和eq \(DB,\s\up16(→))是共面向量．
又MN⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，DB⊂平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
[巧归纳]
向量法证明线面平行的三个思路
(1)设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，若要证明l∥α，只需证明a⊥u，即a·u＝0.
(2)根据线面平行的判定定理，要证明一条直线与一个平面平行，在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可．
(3)根据共面向量定理可知，如果一个向量和两个不共线的向量是共面向量，那么这个向量与这两个不共线的向量确定的平面必定平行，因此要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可．
[练习2] 如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2eq \r(2)，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.证明：PQ∥平面BCD.
证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y轴、z轴的正半轴，
过O点作垂直于平面ABD的直线为x轴，建立空间直角坐标系．由题意知A(0，eq \r(2)，2)，B(0，－eq \r(2)，0)，D(0，eq \r(2)，0)．设点C的坐标为(x0，y0,0)，因为eq \(AQ,\s\up16(→))＝3eq \(QC,\s\up16(→))，所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，\f(1,2))).因为点M为AD的中点，故M(0，eq \r(2)，1)．
又点P为BM的中点，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，所以eq \(PQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)x0，\f(\r(2),4)＋\f(3,4)y0，0)).又平面BCD的一个法向量为a＝(0,0,1)，故eq \(PQ,\s\up16(→))·a＝0.又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
考查角度3 证明面面平行
[典例3] 已知正方体ABCD－A′B′C′D′，求证：平面AB′D′∥平面BDC′.
[证明] 方法一：设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，
则A(1,0,0)，B′(1,1,1)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)，C′(0,1,1)，
于是eq \(AB′,\s\up16(→))＝(0,1,1)，
eq \(D′B′,\s\up16(→))＝(1,1,0)．
设平面AB′D′的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1⊥\(AB′,\s\up16(→))，,n1⊥\(D′B′,\s\up16(→))，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AB′,\s\up16(→))＝y1＋z1＝0，,n1·\(D′B′,\s\up16(→))＝x1＋y1＝0，))
令y1＝1，可得平面AB′D′的一个法向量为n1＝(－1,1，－1)．
设平面BDC′的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2⊥\(DB,\s\up16(→))，,n2⊥\(DC′,\s\up16(→))，))易知eq \(DB,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \(DC′,\s\up16(→))＝(0,1,1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(DB,\s\up16(→))＝x2＋y2＝0，,n2·\(DC′,\s\up16(→))＝y2＋z2＝0.))
令y2＝1，可得平面BDC′的一个法向量为n2＝(－1,1，－1)．
则n1＝n2，所以n1∥n2，故平面AB′D′∥平面BDC′.
方法二：由方法一知eq \(AD′,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \(BC′,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \(AB′,\s\up16(→))＝(0,1,1)，eq \(DC′,\s\up16(→))＝(0,1,1)，所以eq \(AD′,\s\up16(→))＝eq \(BC′,\s\up16(→))，eq \(AB′,\s\up16(→))＝eq \(DC′,\s\up16(→))，即AD′∥ BC′，AB′∥DC′.
因为AD′⊄平面BDC′，AB′⊄平面BDC′，所以AD′∥平面BDC′，AB′∥平面BDC′.
又AD′∩AB′＝A，所以平面AB′D′∥平面BDC′.
方法三：同方法一得平面AB′D′的一个法向量为n1＝(－1,1，－1)．
因为n1·eq \(DB,\s\up16(→))＝(－1,1，－1)·(1,1,0)＝0，n1·eq \(DC′,\s\up16(→))＝(－1,1，－1)·(0,1,1)＝0，
所以n1也是平面BDC′的一个法向量，所以平面AB′D′∥平面BDC′.
[巧归纳] 向量法证明面面平行的三种思路
(1)证明两个平面的法向量共线．
(2)根据面面平行的判定定理，证明一个平面内有两个相交向量与另一个平面内的向量共线．
(3)证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量．
[练习3]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是正方体六个面的中心．求证：平面EFG∥平面HMN.
证明：方法一：以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方体的棱长为2，则E(1,1,0)，F(1，0,1)，G(2,1,1)，H(1,2,1)，M(1,1,2)，N(0,1,1)．所以eq \(EF,\s\up16(→))＝(0，－1,1)，eq \(FG,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \(HM,\s\up16(→))＝(0，－1,1)，eq \(NH,\s\up16(→))＝(1,1,0)，所以eq \(EF,\s\up16(→))∥eq \(HM,\s\up16(→))，eq \(FG,\s\up16(→))∥eq \(NH,\s\up16(→))，所以EF∥HM，FG∥NH，因为HM在平面HMN内，NH在平面HMN内，所以EF∥平面HMN，FG∥平面HMN.因为EF在平面EFG内，FG在平面EFG内，EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面HMN.
方法二：建立空间直角坐标系如方法一，设平面EFG的法向量为m＝(x1，y1，z1)．则m·eq \(EF,\s\up16(→))＝(x1，y1，z1)·(0，－1,1)＝－y1＋z1＝0，m·eq \(FG,\s\up16(→))＝(x1，y1，z1)·(1,1,0)＝x1＋y1＝0，从而得x1＝－y1＝－z1，设x1＝－1，则m＝(－1,1,1)．设平面HMN的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·eq \(HM,\s\up16(→))＝(x2，y2，z2)·(0，－1,1)＝－y2＋z2＝0，n·eq \(NH,\s\up16(→))＝(x2，y2，z2)·(1,1,0)＝x2＋y2＝0，从而得x2＝－y2＝－z2，设x2＝－1，则n＝(－1，1,1)，所以m∥n，所以平面EFG∥平面HMN.
研习2 利用空间向量研究垂直关系问题
考查角度1 证明线线垂直
[典例4] 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] 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O－xyz.
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\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,4)))，eq \(AB1,\s\up16(→))＝(1,0,1)，∴eq \(MN,\s\up16(→))·eq \(AB1,\s\up16(→))＝－eq \f(1,4)＋0＋eq \f(1,4)＝0.∴eq \(MN,\s\up16(→))⊥eq \(AB1,\s\up16(→))，∴AB1⊥MN.
[巧归纳] 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．
[练习4]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，求证：AC⊥BC1.
证明：∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长为AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC，BC，C1C两两垂直．
如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz.
则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，∵eq \(AC,\s\up16(→))＝(－3,0,0)，eq \(BC1,\s\up16(→))＝(0，－4,4)，∴eq \(AC,\s\up16(→))·eq \(BC1,\s\up16(→))＝0，∴AC⊥BC1.
考查角度2 证明线面垂直
[典例5] 如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．
求证：AB1⊥平面A1BD.
[证明] 如图所示，取BC的中点O，连接AO.
因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊥平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，OB，OO1，OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq \r(3))，A(0,0，eq \r(3))，B1(1,2,0)．所以eq \(AB1,\s\up16(→))＝(1,2，－eq \r(3))，eq \(BA1,\s\up16(→))＝(－1,2，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up16(→))＝(－2,1,0)．
因为eq \(AB1,\s\up16(→))·eq \(BA1,\s\up16(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq \r(3))×eq \r(3)＝0，eq \(AB1,\s\up16(→))·eq \(BD,\s\up16(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq \r(3))×0＝0.所以eq \(AB1,\s\up16(→))⊥eq \(BA1,\s\up16(→))，eq \(AB1,\s\up16(→))⊥eq \(BD,\s\up16(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD.又因为BA1∩BD＝B，BA1，BD在平面A1BD内，所以AB1⊥平面A1BD.
[巧归纳] 用坐标法证明线面垂直的方法及步骤：方法一：(1)建立空间直角坐标系．(2)将直线的方向向量用坐标表示．(3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量．(4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0.方法二：(1)建立空间直角坐标系．(2)将直线的方向向量用坐标表示．(3)求出平面的法向量．(4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
[练习5]如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点．求证：直线PB1⊥平面PAC.
证明：如图，以D为坐标原点，DC，DA，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，
则C(1,0,0)，A(0,1,0)，P(0,0,1)，B1(1,1,2)，eq \(PC,\s\up16(→))＝(1,0，－1)，eq \(PA,\s\up16(→))＝(0,1，－1)，eq \(PB1,\s\up16(→))＝(1,1,1)，eq \(PB1,\s\up16(→))·eq \(PC,\s\up16(→))＝(1,1,1)·(1,0，－1)＝0，所以eq \(PB1,\s\up16(→))⊥eq \(PC,\s\up16(→))，即PB1⊥PC.又eq \(PB1,\s\up16(→))·eq \(PA,\s\up16(→))＝(1,1,1)·(0,1，－1)＝0，
所以eq \(PB1,\s\up16(→))⊥eq \(PA,\s\up16(→))，即PB1⊥PA.又PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，所以PB1⊥平面PAC.
考查角度3 证明面面垂直
[典例6] 三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝eq \r(3)，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC的中点．证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1.
[证明] 方法一：如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C1(0,1，eq \r(3))．∵D为BC的中点，∴D点坐标为(1,1,0)，
∴eq \(AD,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \(AA1,\s\up16(→))＝(0,0，eq \r(3))，eq \(BC,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，
∴eq \(AD,\s\up16(→))·eq \(BC,\s\up16(→))＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0，
eq \(AA1,\s\up16(→))·eq \(BC,\s\up16(→))＝0×(－2)＋0×2＋eq \r(3)×0＝0，∴eq \(AD,\s\up16(→))⊥eq \(BC,\s\up16(→))，eq \(AA1,\s\up16(→))⊥eq \(BC,\s\up16(→))，∴BC⊥AD，BC⊥AA1.
又A1A∩AD＝A，A1A，AD在平面A1AD内，∴BC⊥平面A1AD.
又BC在平面BCC1B1内，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
方法二：同方法一建系后，得eq \(AA1,\s\up16(→))＝(0,0，eq \r(3))，eq \(AD,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \(BC,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，eq \(CC1,\s\up16(→))＝(0，－1，eq \r(3))．
设平面A1AD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面BCC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AA1,\s\up16(→))＝0，,n1·\(AD,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)z1＝0，,x1＋y1＝0，))令y1＝－1，则x1＝1，z1＝0，∴n1＝(1，－1,0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(BC,\s\up16(→))＝0，,n2·\(CC1,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x2＋2y2＝0，,－y2＋\r(3)z2＝0，))令y2＝1，则x2＝1，z2＝eq \f(\r(3),3)，∴n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(\r(3),3))).∵n1·n2＝1－1＋0＝0，∴n1⊥n2，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
[巧归纳] 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．
[练习6]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．
(1)求证：平面AED⊥平面A1FD1；
(2)在直线AE上求一点M，使得A1M⊥平面AED.
(1)证明：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.
设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，
∴eq \(DA,\s\up16(→))＝eq \(D1A1,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \(DE,\s\up16(→))＝(2,2,1)，eq \(D1F,\s\up16(→))＝(0,1，－2)．设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up16(→))＝x1，y1，z1·2，0，0＝0，,n1·\(DE,\s\up16(→))＝x1，y1，z1·2，2，1＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1＝0，,2x1＋2y1＋z1＝0.))令y1＝1，得n1＝(0,1，－2)．
同理得平面A1FD1的一个法向量为n2＝(0,2,1)．
∵n1·n2＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴n1⊥n2，
∴平面AED⊥平面A1FD1.
(2)解：由于点M在直线AE上，因此可设eq \(AM,\s\up16(→))＝λeq \(AE,\s\up16(→))＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，则M(2,2λ，λ)，∴eq \(A1M,\s\up16(→))＝(0,2λ，λ－2)．要使A1M⊥平面AED，只需eq \(A1M,\s\up16(→))∥n1，即eq \f(2λ,1)＝eq \f(λ－2,－2)，解得λ＝eq \f(2,5).故当AM＝eq \f(2,5)AE时，A1M⊥平面AED.
研习3 三垂线定理及逆定理的应用
[典例7] (1)(2022云南昆明一中月考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为eq \r(3)的正方形，CC1⊥BC，BC＝1，AB＝2.
①证明：平面A1BC⊥平面ABC1.
②在线段A1B上是否存在点M，使得CM⊥BC1，若存在，求eq \f(BM,BA1)的值；若不存在，请说明理由．
(2)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为3，侧棱AA1＝eq \f(3\r(3),2)，D是CB延长线上一点，且BD＝BC，求二面角B－AD－B1的大小．
(1)答案：①[证明] 在△ABC中，AC＝eq \r(3)，BC＝1，AB＝2，满足AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，
又CC1⊥BC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又A1C⊂平面ACC1A1，所以BC⊥A1C，
又四边形AA1C1C是边长为eq \r(3)的正方形，所以AC1⊥A1C，又BC∩A1C＝C，所以AC1⊥平面A1BC，
又AC1⊂平面ABC1，所以平面A1BC⊥平面ABC1.
②[解] 在线段A1B上存在点M，使得CM⊥BC1，且eq \f(BM,BA1)＝eq \f(1,4).
理由如下：由①得以点C为原点，CA，CB，CC1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A(eq \r(3)，0,0)，C(0,0,0)，B(0,1,0)，A1(eq \r(3)，0，eq \r(3))，C1(0，0，eq \r(3))，设M(x，y，z)，eq \(BM,\s\up16(→))＝λeq \(BA1,\s\up16(→))，所以(x，y－1，z)＝λ(eq \r(3)，－1，eq \r(3))，解得x＝eq \r(3)λ，y＝1－λ，z＝eq \r(3)λ，所以eq \(CM,\s\up16(→))＝(eq \r(3)λ，1－λ，eq \r(3)λ)，eq \(C1B,\s\up16(→))＝(0,1，－eq \r(3))，要使CM⊥BC1，则需eq \(CM,\s\up16(→))·eq \(BC1,\s\up16(→))＝0，即1－λ－3λ＝0，解得λ＝eq \f(1,4)，故eq \f(BM,BA1)＝eq \f(1,4).
(2)[解] 如图，过点B作BE⊥AD，垂足为E，连接B1E.
∵B1B⊥平面ABC，
∴BE为B1E在平面ABC内的射影．
又∵BE⊥AD，∴B1E⊥AD.
∴∠BEB1为二面角B－AD－B1的平面角．
∵BC＝BD，∴BD＝AB.
又∠ABC＝60°，∴∠ABD＝120°.
∴∠ADB＝30°.∴BE＝BDsin∠ADB＝3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,2 ).
∴tan∠BEB1＝eq \f(BB1,BE)＝eq \f(\f(3\r(3),2),\f(3,2))＝eq \r(3).∴∠BEB1＝60°.
∴二面角B－AD－B1的大小为60°.
[巧归纳] 1.三垂线定理及其逆定理的要点是：斜线及其射影同垂直于平面内某直线的一致性，斜线的射影垂直于平面内某直线，则斜线垂直于该直线；反之，若斜线垂直于平面内某直线，则斜线的射影垂直于该直线．
2．三垂线定理及其逆定理不仅在于它给了我们一个证明线线垂直的重要方法，也为研究计算空间角，空间距离，研究多面体和旋转体的性质奠定了基础．
3．用三垂线定理或逆定理作二面角的平面角是常用的一种方法．其做法是在其中一个平面内找一个特殊点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线或过这个特殊点作棱的垂线，连接两个垂足，根据三垂线定理或逆定理即得二面角的平面角．
[练习7](2022安徽合肥一中模拟)在如图所示的几何体中，平面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2BC，∠ABC＝60°，AC⊥FB.
(1)求证：AC⊥平面FBC.
(2)线段ED上是否存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC？证明你的结论．
(1)证明：∵AB＝2BC，∠ABC＝60°，在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs 60°＝3BC2，∴AC2＋BC2＝4BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°.
∴AC⊥BC.又∵AC⊥FB，FB∩BC＝B，∴AC⊥平面FBC.
(2)解：线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC.证明如下：
因为AC⊥平面FBC，所以AC⊥FC.因为CD⊥FC，所以FC⊥平面ABCD.
所以CA，CF，CB两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系C－xyz.
在等腰梯形ABCD中，可得CB＝CD.设BC＝1，所以C(0，0,0)，A(eq \r(3)，0,0)，B(0,1,0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1)).所以eq \(CE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq \(CA,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，0,0)，eq \(CB,\s\up16(→))＝(0,1,0)．
设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up16(→))＝0，,n·\(CA,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x－\f(1,2)y＋z＝0，,\r(3)x＝0，))取z＝1，得n＝(0,2,1)．
假设线段ED上存在点Q，设Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，t))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤t≤1))，所以eq \(CQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，t)).
设平面QBC的法向量为m＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up16(→))＝0，,m·\(CQ,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝0，,\f(\r(3),2)a－\f(1,2)b＋tc＝0，))
取c＝1，得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2t,\r(3))，0，1)).要使平面EAC⊥平面QBC，只需m·n＝0，
即－eq \f(2,\r(3))t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．所以线段ED上不存在点Q，使平面EAC⊥平面QBC.
1．下列命题中，正确命题的个数为( )
①若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β；
②若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β ⇔ n1·n2＝0；
③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平行，则n·a＝0；
④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直．
A．1 B．2 C．3 D．4
答案：C
解析：①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②③④正确．
2．已知两直线的方向向量为a，b，则下列选项中能使两直线垂直的为( )
A．a＝(1,0,0)，b＝(－3,0,0)
B．a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)
C．a＝(0,1，－1)，b＝(0，－1,1)
D．a＝(1,0,0)，b＝(－1,0,0)
答案：B
解析：因为选项B中a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B.
3．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为μ＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α B．l⊥α
C．l⊂α D．l与α斜交
答案：B
解析：∵a∥μ，∴l⊥α.
4．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等于( )
A．－2 B．2 C．6 D．10
答案：D
解析：因为a⊥b，所以a·b＝0，即－2×3＋2×(－2)＋m＝0，解得m＝10.
5．若平面α，β的法向量分别为a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，并且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.
[误区警示]
混淆面面平行与面面垂直的向量表示致错
[示例] 在四面体A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD，∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E，F分别是AC，AD的中点，判断平面BEF与平面ABC是否垂直．
[错解] 过B作Bx∥CD，∵CD⊥BC，∴Bx⊥BC.
建立如图所示的空间直角坐标系，则平面ABC的一个法向量为n＝(1,0,0)．设BC＝a，则CD＝a，BD＝eq \r(2)a.
∵∠ADB＝30°，∴AB＝eq \r(2)a，∴C(0，a,0)，D(a，a,0)，A(0,0，eq \r(2)a)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，
∵n·eq \(BE,\s\up16(→))＝0，n·eq \(BF,\s\up16(→))≠0，
∴n不是平面BEF的法向量，故平面BEF与平面ABC不垂直．
[错因分析] 错解中主要有三处错误，一是混淆了面面平行与面面垂直的向量表示，当平面ABC与平面BEF垂直时，应有两平面的法向量垂直，从而应是n与eq \(BE,\s\up16(→))，eq \(BF,\s\up16(→))共面；二是D点的坐标错误，D点的横坐标应为负值；三是计算错误，在Rt△ABD中，由∠ADB＝30°，BD＝eq \r(2)a应得AB＝eq \f(\r(6)a,3).
[正解] 方法一：以BD，BA所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，
取A(0,0，a)，则易得B(0,0,0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))，D(0，eq \r(3)a,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，\f(a,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)a，\f(a,2)))，
则eq \(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，0))，eq \(BA,\s\up16(→))＝(0,0，a)，eq \(BC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0)).
∴eq \(EF,\s\up16(→))·eq \(BA,\s\up16(→))＝0，eq \(EF,\s\up16(→))·eq \(BC,\s\up16(→))＝0，∴EF⊥AB，EF⊥BC.
又∵AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，∴EF⊥平面ABC.
又∵EF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC.
方法二：如方法一建立空间直角坐标系．
∵∠BCD＝90°，∴CD⊥BC.
∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.又∵AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，
∴eq \(CD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))为平面ABC的一个法向量．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·eq \(EF,\s\up16(→))＝0，n·eq \(BF,\s\up16(→))＝0.
由n·eq \(EF,\s\up16(→))＝0，得(x，y，z)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，0))＝0，∴x＝y.
由n·eq \(BF,\s\up16(→))＝0，得(x，y，z)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)a，\f(a,2)))＝0，∴eq \f(\r(3),2)ay＋eq \f(a,2)z＝0，∴z＝－eq \r(3)y.
取y＝1，得x＝1，z＝－eq \r(3)，则n＝(1,1，－eq \r(3))．∴n·CD＝(1,1，－eq \r(3))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))＝0，
∴n⊥eq \(CD,\s\up16(→)).∴平面BEF⊥平面ABC.
[题后总结] 要证明平面α⊥平面β，可求出平面α与β的法向量e1，e2，验证e1·e2＝0，或转化为证明线面垂直，用面面垂直的判定定理证明．
新课程标准
新学法解读
1.理解直线的方向向量和平面的法向量．
2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行、垂直关系．
1.理解线面的位置关系与向量的联系．
2．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行、垂直关系．
3．能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的平行、垂直关系.
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