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第3课时　空间中直线、平面的垂直
1.已知v为直线l的一个方向向量，n为平面α的一个法向量，则下列选项中正确的是（　　）
A.v∥n l∥α B.v∥n l⊥α
C.v⊥n l∥α D.v⊥n l⊥α
2.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
3.（2024·济宁月考）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.－
4.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）
5.（多选）已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝（2，－1，－4），＝（4，2，0），＝（－1，2，－1）.则下列结论正确的有（　　）
A.AP⊥AB B.AP⊥AD
C.⊥ D.∥
6.（多选）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N分别是棱DD1，D1C1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
7.已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量u＝（1，－3，z），向量v＝（3，－2，1）与平面α平行，则z＝　　　　.
8.（2024·镇江月考）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.
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　　　　　　.
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.（2024·漳州质检）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，＝（　　）
A.　　　B.1　　　C.2　　　D.3
12.（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（　　）
A.·＝0
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
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，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点.请用空间向量知识解决下列问题.
（1）求证：BM⊥DC；
（2）求证：BC⊥平面BDE.
15.如图，已知点E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有　　　条.
16.（2024·金华月考）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AE（包括端点）上求一点M，使得A1M⊥平面AED.
第3课时　空间中直线、平面的垂直
1.B　已知v为直线l的一个方向向量，n为平面α的一个法向量，由于v∥n，所以l⊥α，故A错误，B正确；由于v⊥n，所以l∥α或l α，故C、D错误.故选B.
2.C　因为a⊥b，所以a·b＝0，即－2×3＋2×（－2）＋m＝0，解得m＝10.
3.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.
4.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）.
5.ABC　∵·＝0，·＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，则A、B正确.由于＝－＝（2，3，4），＝（－1，2，－1），∴·＝0，∴⊥，∴与不平行，故C正确、D错误.
6.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.
7.－9　解析：由题意得u⊥v，∴u·v＝3＋6＋z＝0，∴z＝－9.
8.0　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.
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Oxyz（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＝＝.
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.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＝（－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z＝1，则x＝1，y＝1，故n＝（1，1，1），·n＝－1，故D错误.
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：（1）因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥CD，CD 平面ABCD，
所以CD⊥平面ADEF，
又DE 平面ADEF，所以CD⊥DE.
因为在正方形ADEF中，AD⊥DE，
所以DA，DC，DE两两垂直.
以D为原点，DA，DC，DE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D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，4，0），E（0，0，2）.
因为M为EC的中点，所以M（0，2，1），
故＝（－2，0，1），＝（0，4，0），
所以·＝0，故⊥，即BM⊥DC.
（2）由（1）得＝（－2，2，0），＝（2，2，0），＝（0，0，2），
所以·＝－4＋4＝0，则⊥，即BC⊥DB.
因为·＝0，故⊥，即BC⊥DE.
因为DE∩DB＝D，DE，DB 平面BDE，
所以BC⊥平面BDE.
15.1　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.
16.解：（1）证明：以D为坐标原点，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.
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），∴＝＝（2，0，0），＝（2，2，1），＝（0，1，－2）.
设平面AED的法向量为n1＝（x1，y1，z1），由得
取y1＝1，得平面AED的一个法向量为n1＝（0，1，－2）.
设平面A1FD1的法向量为n2＝（x2，y2，z2），由得
取z2＝1，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）∵点M在AE（包括端点）上，∴可设＝λ＝λ（0，2，1）＝（0，2λ，λ）（0≤λ≤1），
则M（2，2λ，λ），∴＝（0，2λ，λ－2）.
要使A1M⊥平面AED，只需∥n1，即＝，解得λ＝.
故当＝时，A1M⊥平面AED.
3 / 3第3课时　空间中直线、平面的垂直
　　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　空间中直线、平面垂直的向量表示
1.线线垂直的向量表示
设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则l1⊥l2 　　　　 　　　　　.
2.线面垂直的向量表示
设直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则l⊥α 　　　　 λ∈R，使得　　　　.
3.面面垂直的向量表示
设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则α⊥β 　　　　 　　　　　.
【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.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两条直线的方向向量垂直，则这两条直线垂直.（　　）
（2）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.（　　）
（3）两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直.（　　）
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.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 直线和直线垂直
【例1】　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.
通性通法
　　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.
【跟踪训练】
如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PB与底面所成的角是30°，∠BAD＝90°，AB∥CD，AD＝CD＝a，AB＝2a.若AE⊥PB于E，求证：DE⊥PB.
题型二 直线和平面垂直
【例2】　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相交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.
【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】　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，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝CC1＝1，E是CD的中点，F是BC的中点.求证：平面EAD1⊥平面EFD1.
题型四 垂直关系中的探索性问题
【例4】　（2024·广州质检）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
　　有关是否存在一点，使得直线与平面之间满足垂直的探索性问题，解答时，一般先假设存在这样的点，再建立空间直角坐标系，设出该点的坐标，将直线与平面的垂直关系转化为直线的方向向量与平面的法向量的关系，利用向量坐标运算建立关于所求点坐标的方程（组）.若方程（组）有解，则点存在；否则，点不存在.
【跟踪训练】
　（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.
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.（2024·莱芜月考）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.如图所示，M，N，P分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CC1，BC，CD的中点.求证：A1P⊥平面DMN.
第3课时　空间中直线、平面的垂直
【基础知识·重落实】
知识点
1.u1⊥u2　u1·u2＝0　2.u∥n　u＝λn　3.n1⊥n2　n1·n2＝0
想一想
　提示：垂直.
自我诊断
1.（1）√　（2）√　（3）√
2.B　∵n＝－2a，∴a∥n，即l⊥α.
3.5　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：设AB的中点为O，作OO1∥AA1，连接OC.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（－，0，0），B（，0，0），C（0，，0），N（0，，），B1（，0，1），
∵M为BC的中点，∴M（，，0）.
∴＝（－，，），＝（1，0，1），
∴·＝－＋0＋＝0.∴⊥，
∴AB1⊥MN.
跟踪训练
　证明：以A为原点，AB，AD，AP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.
因为PA⊥平面ABCD，所以∠PBA是PB与底面ABCD所成的角，所以∠PBA＝30°，
所以PA＝a.
所以A（0，0，0），B（2a，0，0），D（0，a，0），P（0，0，a）.
所以＝（0，a，0），＝（2a，0，－a）.
因为·＝（0，a，0）·（2a，0，－a）＝0，
所以PB⊥AD.又PB⊥AE，且AD∩DE＝A，所以PB⊥平面ADE，所以PB⊥DE.
【例2】　证明：法一　设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，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，
则A（2，0，0），C（0，2，0），B1（2，2，2），E（2，2，1），F（1，1，2），
∴＝（－1，－1，1），＝（0，2，2），＝（－2，2，0）.
∴·＝（－1，－1，1）·（0，2，2）＝（－1）×0＋（－1）×2＋1×2＝0，
·＝（－1，－1，1）·（－2，2，0）＝2－2＋0＝0，∴⊥，⊥，
∴EF⊥AB1，EF⊥AC.
又AB1∩AC＝A，AB1，AC 平面B1AC，
∴EF⊥平面B1AC.
法二　由法一得＝（0，2，2），＝（－2，2，0），＝（－1，－1，1）.
设平面B1AC的法向量为n＝（x，y，z），
则·n＝0，·n＝0，
即取x＝1，则y＝1，z＝－1，
∴n＝（1，1，－1），∴＝－n，
∴∥n，∴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：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.
易知＝（0，0，1），＝，
∴＝，∴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的法向量为n1＝（x，y，z）.
易知＝（－1，1，0），＝，
∴
即
取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，建立空间直角坐标系，则E（0，1，0），A（1，0，0），D1（0，0，1），F，＝（－1，1，0），＝（0，－1，1），＝，设平面EAD1的法向量为n＝（x，y，z），则即令x＝1，则y＝z＝1，所以n＝（1，1，1）.
设平面EFD1的法向量为m＝（x'，y'，z'），则即令x'＝2，则y'＝z'＝－1，所以m＝（2，－1，－1）.
因为n·m＝2×1＋1×（－1）＋1×（－1）＝0，所以n⊥m，
所以平面EAD1⊥平面EFD1.
【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，n1·＝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：（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，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·＝·（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.证明：设正方体的棱长为2，
建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A1（2，0，2），P（0，1，0），M（0，2，1），N（1，2，0），
所以＝（－2，1，－2），
＝（0，2，1），＝（1，2，0），
所以·＝（－2，1，－2）·（0，2，1）＝（－2）×0＋1×2＋（－2）×1＝0，
·＝（－2，1，－2）·（1，2，0）＝（－2）×1＋1×2＋（－2）×0＝0，
所以⊥，⊥，即A1P⊥DM，A1P⊥DN.
又DM∩DN＝D，所以A1P⊥平面DMN.
3 / 4(共80张PPT)
第3课时　
空间中直线、平面的垂直
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　空间中直线、平面垂直的向量表示
1. 线线垂直的向量表示
设直线 l1， l2的方向向量分别为 u1， u2，则 l1⊥ l2
.
2. 线面垂直的向量表示
设直线 l 的方向向量为 u ，平面α的法向量为 n ，则 l ⊥α
λ∈R，使得 .
u1⊥
u2　
u1· u2＝0　
u ∥
n 　
u ＝λ n 　
3. 面面垂直的向量表示
设平面α，β的法向量分别为 n1， n2，则α⊥β
.
n1⊥
n2　
n1· n2＝0　
【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. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）两条直线的方向向量垂直，则这两条直线垂直. （　√　）
（2）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. （　√　）
（3）两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直. （　√　）
√
√
√
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
解析： 　∵ n ＝－2 a ，∴ a ∥ n ，即 l ⊥α.
3. 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.
5　
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】　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，连接 OC .
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 （－ ，0，0）， B （ ，0，0）， C
（0， ，0）， N （0， ）， B1（ ，0，1），
∵ M 为 BC 的中点，∴ M （ ，0）.
∴ ＝（－ ）， ＝（1，0，1），
∴ · ＝－ ＋0＋ ＝0.∴ ⊥ ，
∴ AB1⊥ MN .
通性通法
　　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.
【跟踪训练】
如图，在四棱锥 P - ABCD 中， PA ⊥底面 ABCD ， PB 与底面所成的角
是30°，∠ BAD ＝90°， AB ∥ CD ， AD ＝ CD ＝ a ， AB ＝2 a .若 AE ⊥
PB 于 E ，求证： DE ⊥ PB .
证明：以 A 为原点， AB ， AD ， AP 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.
因为 PA ⊥平面 ABCD ，所以∠ PBA 是 PB 与底面 ABCD 所成的角，所以∠ PBA ＝30°，所以 PA ＝ a .
所以 A （0，0，0）， B （2 a ，0，0）， D （0，
a ，0）， P （0，0， a ）.
所以 ＝（0， a ，0）， ＝（2 a ，0，－ a ）.
因为 · ＝（0， a ，0）·（2 a ，0，－ a ）
＝0，
所以 PB ⊥ AD . 又 PB ⊥ AE ，且 AD ∩ DE ＝ A ，所
以 PB ⊥平面 ADE ，所以 PB ⊥ DE .
题型二 直线和平面垂直
【例2】　如图所示，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E ， F 分别是
BB1， D1 B1的中点.求证： EF ⊥平面 B1 AC .
证明：法一　设正方体的棱长为2，以 D 为坐标原
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，
则 A （2，0，0）， C （0，2，0）， B1（2，2，
2）， E （2，2，1）， F （1，1，2），
∴ ＝（－1，－1，1）， ＝（0，2，2），
＝（－2，2，0）.
∴ · ＝（－1，－1，1）·（0，2，2）＝
（－1）×0＋（－1）×2＋1×2＝0，
· ＝（－1，－1，1）·（－2，2，0）＝2－2
＋0＝0，∴ ⊥ ⊥ ，
∴ EF ⊥ AB1， EF ⊥ AC .
又 AB1∩ AC ＝ A ， AB1， AC 平面 B1 AC ，
∴ EF ⊥平面 B1 AC .
法二　由法一得 ＝（0，2，2）， ＝（－2，2，0）， ＝
（－1，－1，1）.
设平面 B1 AC 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），
则 · n ＝0， · n ＝0，
即取 x ＝1，则 y ＝1， z ＝－1，
∴ n ＝（1，1，－1），∴ ＝－ n ，
∴ ∥ n ，∴ EF ⊥平面 B1 AC .
通性通法
用向量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相交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.
【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
令 y ＝2，则 z ＝－ ，∴ n ＝（0，2，－ ）.
∵ ＝ ＝ n ，
∴ ∥ n ，∴ ⊥平面 ABE ，即 PD ⊥平面 ABE .
题型三 平面和平面垂直
【例3】　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 .
易知 ＝（0，0，1）， ＝ ，
∴ ＝ ，∴ 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 的法向量为 n1＝（ x ， y ， z ）.
易知 ＝（－1，1，0）， ＝ ，
∴
取 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，在长方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， AB ＝2， BC ＝ CC1＝1， E 是
CD 的中点， F 是 BC 的中点.求证：平面 EAD1⊥平面 EFD1.
证明：如图，建立空间直角坐标系，则 E （0，
1，0）， A （1，0，0）， D1（0，0，1），
F ＝（－1，1，0）， ＝
（0，－1，1）， ＝ ，设平面 EAD1的法向量为 n ＝
（ x ， y ， z ），则 令 x ＝1，则 y ＝ z ＝
1，所以 n ＝（1，1，1）.
设平面 EFD1的法向量为 m ＝（x'，y'，z'），则
令x'＝2，则y'＝z'＝－1，所以 m ＝（2，－1，－1）.
因为 n · m ＝2×1＋1×（－1）＋1×（－1）＝0，所以 n ⊥ m ，
所以平面 EAD1⊥平面 EFD1.
题型四 垂直关系中的探索性问题
【例4】　（2024·广州质检）已知正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E 为
棱 CC1上的动点.
（1）求证： A1 E ⊥ 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 A1 E ⊥ BD .
（2）若平面 A1 BD ⊥平面 EBD ，试确定 E 点的位置.
解：设平面 A1 BD ，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， n1· ＝0.
∴
取 x1＝ x2＝1，得 n1＝（1，－1，－1）， n2＝ .
由平面 A1 BD ⊥平面 EBD 得 n1⊥ n2.
∴2－ ＝0，即 e ＝ .
∴当 E 为 CC1的中点时，平面 A1 BD ⊥平面 EBD .
通性通法
　　有关是否存在一点，使得直线与平面之间满足垂直的探索性问
题，解答时，一般先假设存在这样的点，再建立空间直角坐标系，设
出该点的坐标，将直线与平面的垂直关系转化为直线的方向向量与平
面的法向量的关系，利用向量坐标运算建立关于所求点坐标的方程
（组）.若方程（组）有解，则点存在；否则，点不存在.
【跟踪训练】
　（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 .
（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 ＝ ；
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.
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. （2024·莱芜月考）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. 如图所示， M ， N ， P 分别是正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1的棱 CC1，
BC ， CD 的中点.求证： A1 P ⊥平面 DMN .
证明：设正方体的棱长为2，
建立如图所示的空间直角坐标系，则 D （0，0，
0）， A1（2，0，2）， P （0，1，0）， M （0，
2，1）， N （1，2，0），
所以 ＝（－2，1，－2），
＝（0，2，1）， ＝（1，2，0），
所以 · ＝（－2，1，－2）·（0，2，1）＝（－2）×0＋1×2＋（－2）×1＝0， · ＝（－2，1，－2）·（1，2，0）＝（－
2）×1＋1×2＋（－2）×0＝0，
所以 ⊥ ⊥ ，即 A1 P ⊥ DM ， A1
P ⊥ DN .
又 DM ∩ DN ＝ D ，所以 A1 P ⊥平面 DMN .
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 已知 v 为直线 l 的一个方向向量， n 为平面α的一个法向量，则下列
选项中正确的是（　　）
A. v ∥ n l ∥α B. v ∥ n l ⊥α
C. v ⊥ n l ∥α D. v ⊥ n l ⊥α
解析： 　已知 v 为直线 l 的一个方向向量， n 为平面α的一个法向
量，由于 v ∥ n ，所以 l ⊥α，故A错误，B正确；由于 v ⊥ n ，所以 l
∥α或 l α，故C、D错误.故选B.
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2. 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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3. （2024·济宁月考）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.
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4. 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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5. （多选）已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点，如果
＝（2，－1，－4）， ＝（4，2，0）， ＝（－1，2，－1）.
则下列结论正确的有（　　）
A. AP ⊥ AB B. AP ⊥ AD
C. ⊥ D. ∥
解析： 　∵ · ＝0， · ＝0，∴ AB ⊥ AP ， AD ⊥
AP ，则A、B正确.由于 ＝ － ＝（2，3，4）， ＝（－
1，2，－1），∴ · ＝0，∴ ⊥ ，∴ 不平行，
故C正确、D错误.
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6. （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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7. 已知直线 l 与平面α垂直，直线 l 的一个方向向量 u ＝（1，－3，
z ），向量 v ＝（3，－2，1）与平面α平行，则 z ＝ .
解析：由题意得 u ⊥ v ，∴ u · v ＝3＋6＋ z ＝0，∴ z ＝－9.
－9　
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8. （2024·镇江月考）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.
0　
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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：据题意，得 ＝（－1，－1，2）， ＝（1，0，2）.设 n
＝（ x ， y ， z ），∵ n 与平面 ABC 垂直，∴ ∵｜ 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 （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. （2024·漳州质检）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， ＝
（　　）
A. 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，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（　　）
A. · ＝0
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 ＝（－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 z ＝1，则 x ＝1， y ＝1，故 n ＝（1，1，1）， · n ＝－1，故D错
误.
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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
（4 k ，4 k ，3 k ＋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 · ＝2 x1＋ y1－4 z1＝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（4 k ，4 k ，3 k ＋1），其中 k ≠0.
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14. 如图，正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直， AD ⊥
CD ， AB ∥ CD ， AB ＝ AD ＝2， CD ＝4， M 为 CE 的中点.请用空
间向量知识解决下列问题.
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（1）求证： BM ⊥ DC ；
证明： 因为平面 ADEF ⊥平面 ABCD ，
平面 ADEF ∩平面 ABCD ＝ AD ， AD ⊥
CD ， CD 平面 ABCD ，
所以 CD ⊥平面 ADEF ，
又 DE 平面 ADEF ，所以 CD ⊥ DE .
因为在正方形 ADEF 中， AD ⊥ DE ，所以 DA ， DC ， DE 两两垂直.
以 D 为原点， DA ， DC ， DE 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，
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则 D （0，0，0）， B （2，2，0）， C
（0，4，0）， E （0，0，2）.
因为 M 为 EC 的中点，所以 M （0，2，
1），
故 ＝（－2，0，1）， ＝（0，
4，0），
所以 · ＝0，故 ⊥ ，即 BM
⊥ DC .
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（2）求证： BC ⊥平面 BDE .
证明：由（1）得 ＝（－2，2，0）， ＝（2，2，
0）， ＝（0，0，2），
所以 · ＝－4＋4＝0，则 ⊥ ，即 BC ⊥ DB .
因为 · ＝0，故 ⊥ ，即 BC ⊥ DE .
因为 DE ∩ DB ＝ D ， DE ， DB 平面 BDE ，
所以 BC ⊥平面 BDE .
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15. 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 ＝（2，0，0）， ＝（0，2，0），所以即满足条
件的直线 MN 只有1条.
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16. （2024·金华月考）在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E ， F 分别是
BB1， CD 的中点.
（1）求证：平面 AED ⊥平面 A1 FD1；
解： 证明：以 D 为坐标原点， 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.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），∴ ＝ ＝（2，0，0）， ＝
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（2，2，1）， ＝（0，1，－2）.
设平面 AED 的法向量为 n1＝（ x1， y1， z1），由
取 y1＝1，得平面 AED 的一个法向量为 n1＝（0，1，－2）.
设平面 A1 FD1的法向量为 n2＝（ x2， y2， z2），由
取 z2＝1，得平面 A1 FD1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 A1 FD1.
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（2）在 AE （包括端点）上求一点 M ，使得 A1 M ⊥平面 AED .
解：∵点 M 在 AE （包括端点）上，∴可设 ＝λ ＝λ
（0，2，1）＝（0，2λ，λ）（0≤λ≤1），
则 M （2，2λ，λ），∴ ＝（0，2λ，λ－2）.
要使 A1 M ⊥平面 AED ，只需 ∥ n1，即 ＝ ，解得λ
＝ .
故当 ＝ 时， A1 M ⊥平面 AED .
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