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第五节 空间向量及空间位置关系
(1)了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的正交分解及其坐标表示;(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示;(3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能用向量的数量积判断向量的共线和垂直;(4)理解直线的方向向量及平面的法向量;(5)能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系;(6)能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.
重点一 空间向量及其有关概念
概念 语言描述
共线向量(平行向量) 表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合
共面向量 平行于同一个平面的向量
共线向量定理 对任意两个空间向量a,b(b≠0),a∥b 存在实数λ,使a=λb
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 存在唯一的有序实数对(x,y),使p=xa+yb
空间向量基本定理及推论 定理:如果三个向量a,b,c不共面,那么对任意一个空间向量p,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使得p=xa+yb+zc.推论:设O,A,B,C是不共面的四点,则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x,y,z,使=x+y+z且x+y+z=
[注意] 空间向量基本定理的3点注意
(1)空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底;(2)由于0与任意一个非零向量共线,与任意两个非零向量共面,故0不能作为基向量;(3)基底选定后,空间的所有向量均可由基底唯一表示.
[逐点清]
1.(多选)给出的下列命题中错误的有( )
A.若空间向量a,b满足|a|=|b|,则a=b
B.空间任意两个单位向量必相等
C.对于非零向量c,由a·c=b·c,则a=b
D.在向量的数量积运算中(a·b)·c=a·(b·c)
解析:ABCD 对于A:若|a|=|b|,则a与b的模相等,但方向不确定,只有当两个向量的方向相同时,才有a=b,即选项A错误;对于B:单位向量只代表长度相等,均为1,但方向不确定,即选项B错误;对于C:由平面向量的数量积可知,若a·c=b·c,则|a|·cos〈a,c〉=|b|·cos〈b,c〉,即选项C错误;对于D:由于向量的方向无法确定,所以向量的数量积运算不满足结合律,即选项D错误;故选A、B、C、D.
重点二 空间向量的数量积及坐标运算
1.两个非零空间向量的数量积
(1)a·b=|a||b|cos〈a,b〉;
(2)a⊥b a·b=0;
(3)设a=(x,y,z),则|a|2=a2,|a|=.
2.空间向量运算的坐标表示
a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),λ∈R是常数
向量和 a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3)
向量差 a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3)
数乘向量 λa=(λa1,λa2,λa3)
数量积 a·b=a1b1+a2b2+a3b3
共线 a∥b a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R,b≠0)
垂直 a⊥b a1b1+a2b2+a3b3=0
夹角公式 cos〈a,b〉=
[注意] 理解有关向量的数量积的2点提醒
(1)若a,b,c(b≠0)为实数,则ab=bc a=c,但对于向量就不正确,即a·b=b·c / a=c;(2)向量数量积的运算只适合交换律、加乘分配律及数乘结合律,但不适合乘法结合律,即(a·b)·c不一定等于a·(b·c).这是由于(a·b)·c表示一个与c共线的向量,而a·(b·c)表示一个与a共线的向量,而c与a不一定共线.
[逐点清]
2.(多选)已知空间向量a=(-2,-1,1),b=(3,4,5),则下列结论正确的是( )
A.(2a+b)∥a B.5|a|=|b|
C.a⊥(5a+6b) D.a与b夹角的余弦值为
解析:BC 因为2a+b=(-1,2,7),a=(-2,-1,1),而≠≠,故A不正确;因为|a|=,|b|=5,所以5|a|=|b|,故B正确;因为a·(5a+6b)=5a2+6a·b=5×(4+1+1)+6×(-6-4+5)=0,故C正确;又a·b=-5,cos〈a,b〉==-,故D不正确.故选B、C.
重点三 直线的方向向量与平面的法向量
1.直线的方向向量:如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线,则称此向量a为直线l的方向向量.
2.平面的法向量:直线l⊥α,取直线l的方向向量a,则向量a为平面α的法向量.
3.方向向量和法向量均是非零向量且不唯一.
[逐点清]
3.(2022·盐城模拟)若直线l的方向向量a=(1,2,-1),平面α的一个法向量m=(-2,-4,k),若l⊥α,则实数k=________.
解析:∵l⊥α,∴l的方向向量a=(1,2,-1)与平面的法向量m=(-2,-4,k)共线,∴存在实数λ,使a=λm,即解得
答案:2
重点四 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=kn2(k∈R)
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=km(k∈R)
平面α,β的法向量分别为n,m α∥β n∥m n=km(k∈R)
α⊥β n⊥m n·m=0
[逐点清]
4.(易错题)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D的中点,N是A1B1的中点,则直线ON,AM的位置关系是________.
解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),设DA=2,则A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,1,2),所以=(-2,0,1),=(1,0,2),·=-2+0+2=0,所以AM⊥ON.
答案:垂直
[记结论]
1.在平面中A,B,C三点共线的充要条件是:=x+y(其中x+y=1),O为平面内任意一点.
2.在空间中P,A,B,C四点共面的充要条件是:=x+y+z (其中x+y+z=1),O为空间任意一点.
[提速度]
O为空间中任意一点,A,B,C三点不共线,且=++t,若P,A,B,C四点共面,则实数t=________.
解析:由结论2可知++t=1,所以t=.
答案:
空间向量的线性运算
1.在正方体ABCD A1B1C1D1中,点P是C1D1的中点,且=+x+y,则实数x+y=( )
A.- B.-
C. D.
解析:D =++=++=+x+y,故x=,y=1,所以x+y=.
2.在正方体ABCD A1B1C1D1中,点M,N分别是面对角线A1B与B1D1的中点,若=a,=b,=c,则=________.
解析:=+=+=(+)+(+)=(-b+c)+(b-a)=(c-a).
答案:(c-a)
空间向量线性运算的几个关键点
(1)结合图形,明确图形中各线段的几何关系;
(2)正确运用向量加法、减法与数乘运算的几何意义;
(3)平面向量的三角形法则、平行四边形法则在空间向量中仍然成立.
共线、共面向量定理的应用
(2022·天津模拟)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,,,三个向量共面且通过同一点M,所以M,A,B,C四点共面,从而点M在平面ABC内.
证明三点共线和空间四点共面的方法比较
三点(P,A,B)共线 空间四点(M,P,A,B)共面
=λ且同过点P =x+y且同过点M
对空间任一点O,=+t 对空间任一点O,=+x+y
对空间任一点O,=x+(1-x) 对空间任一点O,=x+y+(1-x-y)
如图所示,已知斜三棱柱ABC A1B1C1,点M,N分别在AC1和BC上,且满足=k, =k (0≤k≤1).判断向量是否与向量,共面.
解:因为=k,=k,所以=++=k++k =k(+)+=k(+)+=k+=-k=-k(+)=(1-k)-k,
所以由共面向量定理知向量与向量,共面.
空间向量数量积的应用
如图,已知平行六面体ABCD A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=120°.
(1)求线段AC1的长;
(2)求异面直线AC1与A1D所成角的余弦值;
(3)求证:AA1⊥BD.
[解] (1)设=a,=b,=c,则|a|=|b|=1,|c|=2,a·b=0,c·a=c·b=2×1×cos 120°=-1.
∵=+=++=a+b+c,
∴||=|a+b+c|=
=
==.
∴线段AC1的长为 .
(2)设异面直线AC1与A1D所成的角为θ,则cos θ=|cos〈, 〉|=eq \f(|·|,||||).
∵=a+b+c,=b-c,∴·=(a+b+c)·(b-c)=a·b-a·c+b2-c2=0+1+12-22=-2,
||====.∴cos θ=eq \f(|·|,||||)==.
故异面直线AC1与A1D所成角的余弦值为.
(3)证明:∵=c,=b-a,∴·=c·(b-a)=c·b-c·a=(-1)-(-1)=0,∴⊥,即AA1⊥BD.
空间向量数量积的3个应用
求夹角 设向量a,b的夹角为θ,则cos θ=,进而可求两异面直线所成的角
求长度(距离) 利用公式|a|2=a·a,可将线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题
解决垂直问题 利用a⊥b a·b=0(a≠0,b≠0),可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题
如图,正四面体ABCD(所有棱长均相等)的棱长为1,E,F,G,H分别是正四面体ABCD中棱BC,AD,AB,CD的中点,设=a,=b,=c,试采用向量法解决下列问题:
(1)求的模长;
(2)求,的夹角.
解:(1)因为正四面体ABCD的棱长为1,E,F,G,H分别是正四面体ABCD中对应各棱的中点,=a,=b,=c,
所以==(-)=(b-a),==c.
所以=++=-(b-a)-a+c=(c-a-b),
所以||2=(c-a-b)2=(c2+a2+b2-2a·c+2a·b-2b·c)=(1+1+1-2×1×1×cos 60°+2×1×1×cos 60°-2×1×1×cos 60°)=,故||=.
(2)在正四面体ABCD中,=(c-a-b),||=.同理,=(b+c-a),||=.
所以cos〈,〉=eq \f(·,||||)==[(c-a)2-b2]
=(c2+a2-2c·a-b2)=(1+1-2×1×1×cos 60°-1)=0,
所以与的夹角为90°.
利用空间向量证明平行、垂直
如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1=2,点E和F分别为BC和A1C的中点.
(1)求证:EF∥平面A1B1BA;
(2)求证:平面AEA1⊥平面BCB1.
[证明] 因为AB=AC,E为BC的中点,所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC,AA1∥BB1,
所以过E作平行于BB1的垂线为z轴,EC,EA所在直线分别为x轴,y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
因为AB=3,BE=,所以AE=2,所以E(0,0,0),C(,0,0),A(0,2,0),B(-,0,0),B1(-,0,2),A1(0,2,),则F.
(1)=,=(-,-2,0),=(0,0,).
设平面AA1B1B的一个法向量为n=(x,y,z),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·=0,,n·=0,))
所以取所以n=(-2,,0).
因为·n=×(-2)+1×+×0=0,所以⊥n.
又EF 平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为EC⊥平面AEA1,所以=(,0,0)为平面AEA1的一个法向量.
又EA⊥平面BCB1,所以=(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量.
因为·=0,所以⊥,故平面AEA1⊥平面BCB1.
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系,建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系;
(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、平面等要素;
(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量,再研究平行、垂直关系;
(4)根据运算结果解释相关问题.
[注意] 运用向量知识判定空间位置关系时,仍然离不开几何定理.如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时,仍需强调直线在平面外.
如图,在多面体ABC A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1∥BC且B1C1=BC,二面角A1 AB C是直二面角.求证:
(1)A1B1⊥平面AA1C;
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明:∵AB=AC,BC=AB,∴AB2+AC2=BC2,∴∠CAB=90°,故CA⊥AB,由二面角A1 AB C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,可得AA1⊥平面BAC.
∴AB,AC,AA1两两互相垂直.
以A为坐标原点,AC,AB,AA1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.
设AB=2,则A(0,0,0),B(0,2,0),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2),B1(0,2,2).
(1)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),
设平面AA1C的一个法向量为n=(x,y,z),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·=0,,n·=0,))即即取y=1,则n=(0,1,0).
∴=2n,即∥n,
∴A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·=0,,m·=0,))即令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).
∴·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,∴⊥m.又AB1 平面A1C1C,∴AB1∥平面A1C1C.
[课时过关检测]
A级——基础达标
1.(2022·青岛质检)已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相垂直,则k的值是( )
A. B.2
C. D.1
解析:A 因为a=(1,1,0),b=(-1,0,2),所以a·b=-1,|a|=,|b|=,又ka+b与2a-b互相垂直,所以(ka+b)·(2a-b)=0,即2k|a|2-ka·b+2a·b-|b|2=0,即4k+k-2-5=0,所以k=.故选A.
2.如图,在平行六面体ABCD A′B′C′D′中,AC与BD的交点为O,点M在BC′上,且BM=2MC′,则下列向量中与相等的向量是( )
A.-++
B.-++
C.++
D.-+
解析:C 因为BM=2MC′,所以=,在平行六面体ABCD A′B′C′D′中,=+=+=+(+)=(-)+(+)=++,故选C.
3.若两条不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),则l1和l2的位置关系是( )
A.平行 B.相交
C.垂直 D.不确定
解析:A 因为两条不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),所以v2=-2v1,即v2与v1共线,所以两条不重合直线l1和l2的位置关系是平行.
4.在空间四边形ABCD中,·+·+·=( )
A.-1 B.0
C.1 D.不确定
解析:B 如图,令=a,=b,=c,则·+·+·=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.
5.已知空间任意一点O和不共线的三点A,B,C,若=x+y+z (x,y,z∈R),则“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C四点共面”的( )
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:B 当x=2,y=-3,z=2时,即=2-3+2.则-=2-3(-)+2(-),即=-3+2,根据共面向量定理知,P,A,B,C四点共面;反之,当P,A,B,C四点共面时,根据共面向量定理,设=m+n (m,n∈R),即-=m(-)+n(-),即=(1-m-n)+m+n,即x=1-m-n,y=m,z=n,这组数显然不止2,-3,2.故“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C四点共面”的充分不必要条件.
6.(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.两条不重合直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,3,-1),b=(-2,-3,1),则l1∥l2
B.两个不同的平面α,β的法向量分别是u=(2,2,-1),v=(-3,4,2),则α⊥β
C.直线l的方向向量a=(1,-1,2),平面α的法向量是u=(6,4,-1),则l⊥α
D.直线l的方向向量a=(0,3,0),平面α的法向量是u=(0,-5,0),则l∥α
解析:AB 对于A,两条不重合直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,3,-1),b=(-2,-3,1),则b=-a,所以l1∥l2,选项A正确;对于B,两个不同的平面α,β的法向量分别是u=(2,2,-1),v=(-3,4,2),则u·v=2×(-3)+2×4-1×2=0,所以α⊥β,选项B正确;对于C,直线l的方向向量a=(1,-1,2),平面α的法向量是u=(6,4,-1),则a·u=1×6-1×4+2×(-1)=0,所以l∥α或l α,选项C错误;对于D,直线l的方向向量a=(0,3,0),平面α的法向量是u=(0,-5,0),则u=-a,所以l⊥α,选项D错误.故选A、B.
7.若a=(1,1,0),b=(-1,0,2),则与a+b同方向的单位向量是________.
解析:与a+b同方向的单位向量是(0,1,2)=.
答案:
8.已知A(1,-2,11),B(4,2,3),C(x,y,15)三点共线,则xy=________.
解析:由三点共线得向量与共线,即=k,(3,4,-8)=k(x-1,y+2,4),==,解得x=-,y=-4,∴xy=2.
答案:2
9.如图,已知在直三棱柱ABC A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1.
(1)求证:BC1⊥AB1;
(2)求证:BC1∥平面CA1D.
证明:如图,以C1点为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
设AC=BC=BB1=2,则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).
(1)∵=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),∴·=0-4+4=0,∴⊥,∴BC1⊥AB1.
(2)取A1C的中点E,则E(1,0,1),∴=(0,1,1),又1=(0,-2,-2),
∴=-,且ED和BC1不重合,则ED∥BC1.又ED 平面CA1D,BC1 平面CA1D,
故BC1∥平面CA1D.
B级——综合应用
10.(多选)已知向量a·b=b·c=a·c,b=(3,0,-1),c=(-1,5,-3),下列等式中正确的是( )
A.(a·b)c=b·c
B.(a+b)·c=a·(b+c)
C.(a+b+c)2=a2+b2+c2
D.=
解析:BCD 由题意知b·c=-3+0+3=0,所以a·b=b·c=a·c=0,(a·b)c=0,b·c=0,不相等,所以A选项错误;(a+b)·c-a·(b+c)=a·c+b·c-a·b-a·c=0,所以(a+b)·c=a·(b+c),所以B选项正确;(a+b+c)2=a2+b2+c2+2a·b+2b·c+2a·c=a2+b2+c2,所以C选项正确;(a-b-c)2=a2+b2+c2-2a·b+2b·c-2a·c=a2+b2+c2,即(a+b+c)2=(a-b-c)2,|a+b+c|=|a-b-c|,所以D选项正确.
11.如图,已知四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形,E为棱AB的中点,=,=2,AC1与平面EFG交于点M,则=________.
解析:由题图知,设=λ (0<λ<1),由已知=++=2+3+,所以=2λ+3λ+,因为M,E,F,G四点共面,所以2λ+3λ+=1,解得λ=.
答案:
12.(2022·沈阳质检)已知O(0,0,0),A(1,2,1),B(2,1,2),P(1,1,2),点Q在直线OP上运动,当·取最小值时,点Q的坐标是________.
解析:由题意,设=λ,则=(λ,λ,2λ),即Q(λ,λ,2λ),则=(1-λ,2-λ,1-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ),∴·=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(1-2λ)(2-2λ)=6λ2-12λ+6=6(λ-1)2,当λ=1时取最小值,此时Q点坐标为(1,1,2).
答案:(1,1,2)
13.如图,棱柱ABCD A1B1C1D1的所有棱长都等于2,∠ABC和∠A1AC均为60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证:BD⊥ AA1;
(2)在直线CC1上是否存在点P,使BP∥平面DA1C1?若存在,求出点P的位置,若不存在,请说明理由.
解:(1)证明:设BD与AC交于点O,
则BD⊥AC,连接A1O,
在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°,
所以A1O2=AA+AO2-2AA1·AOcos 60°=3,
所以AO2+A1O2=AA,
所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O 平面AA1C1C,
所以A1O⊥平面ABCD.
以OB,OC,OA1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,
则A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0),A1(0,0,),C1(0,2,).
由于=(-2,0,0),=(0,1,),·=0×(-2)+1×0+×0=0,
所以⊥,即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P,使BP∥平面DA1C1,
设=λ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1,).
从而有P(0,1+λ,λ),=(-,1+λ,λ).
设平面DA1C1的一个法向量为n=(x,y,z),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·=0,,n·=0,))
又=(0,2,0),=(,0,),则取n=(1,0,-1),
因为BP∥平面DA1C1,所以n⊥,即n·=--λ=0,解得λ=-1,
即点P在C1C的延长线上,且CP=CC1.
C级——迁移创新
14.(多选)定义向量的外积:a×b叫做向量a与b的外积,它是一个向量,满足下列两个条件:(1)a⊥(a×b),b⊥(a×b),且a,b和a×b构成右手系(三个向量的方向依次与拇指、食指、中指的指向一致);(2)a×b的模|a×b|=|a|·|b|·sin〈a,b〉(〈a,b〉表示向量a,b的夹角).如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,有以下四个结论,不正确的有( )
A.×与方向相反
B.×=×
C.6|×|与正方体表面积的数值相等
D.(×)·与正方体体积的数值相等
解析:ABD A选项,根据向量外积的第一个性质可知×与的方向相同,故A错;B选项,根据向量外积的第一个性质可知×与×的方向相反,不可能相等,故B错;C选项,根据向量外积的第二个性质可知正方形ABCD的面积为|×|=||×||×sin ,则6|×|与正方体表面积的数值相等,故C对;D选项,×与的方向相反,则(×)·<0,故D错,故选A、B、D.
15.如图所示,已知四棱锥P ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,平面PBC⊥底面ABCD.求证:
(1)PA⊥BD;
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明:(1)取BC的中点O,连接PO,
∵△PBC为等边三角形,∴PO⊥BC,
∵平面PBC⊥底面ABCD,平面PBC∩底面ABCD=BC,PO 平面PBC,∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点,以BC所在直线为x轴,过点O与AB平行的直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
不妨设CD=1,则AB=BC=2,PO=,
∴A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),P(0,0,),
∴=(-2,-1,0),=(1,-2,-),
∵·=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(-)=0,
∴⊥,∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M,连接DM,则M.
∵=,=(1,0,-),
∴·=×1+0×0+×(-)=0.
∴⊥,即DM⊥PB.
∵·=×1+0×(-2)+×(-)=0,
∴⊥,即DM⊥PA.
又∵PA∩PB=P,PA 平面PAB,PB 平面PAB,
∴DM⊥平面PAB.
∵DM 平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.
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