小结课件配套优秀教案案例

第7讲

立体几何中的向量方法(一)--证明平行与垂直

[最新考纲] 1．理解直线的方向向量及平面的法向量．

2．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．

3．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.

知

识

梳

理

1．直线的方向向量与平面的法向量的确定

→(1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称AB为直→线l的方向向量，与AB平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．

(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平a＝0，n·面α的法向量，则求法向量的方程组为

n·b＝0.2．空间位置关系的向量表示

位置关系

直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2.

直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m

平面α，β的法向量分别为n，m.

辨

析

感

悟

1．平行关系

(1)直线的方向向量是唯一确定的．(×) (2)两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1l1∥l2

l1⊥l2

l∥α

l⊥α

α∥β

α⊥β

向量表示

n1∥n2⇔n1＝λn2

n1⊥n2⇔n1·n2＝0 n⊥m⇔m·n＝0 n∥m⇔n＝λm

n∥m⇔n＝λm

n⊥m⇔n·m＝0

与l2的位置关系是平行．(√) 2．垂直关系

→→(3)已知AB＝(2,2,1)，AC＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是n0＝221，－±3.(√) 3，3(4)(2014·青岛质检改编)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NO，AM的位置关系是异面垂直．(√)

[感悟·提升]

1．一是切莫混淆向量平行与向量垂直的坐标表示，二是理解直线平行与直线方向向量平行的差异，如(2)．否则易造成解题不严谨．

2．利用向量知识证明空间位置关系，要注意立体几何中相关定理的活用，如证明直线a∥b，可证向量a＝λb，若用直线方向向量与平面法向量垂直判定线面平行，必需强调直线在平面外等. 学生用书

考点一

利用空间向量证明平行问题

【例1】

如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD. 第125页

→→→审题路线

若用向量证明线面平行，可转化为判定向量MN∥DA1，或证明MN与

平面A1BD的法向量垂直．

证明

法一

如图所示，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y1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M0，1，2，

→11→1N2，1，1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)．于是MN＝2，0，2，DA1＝(1,0,1)，→DB＝(1,1,0)．

设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)．

→→x＋z＝0，则n·DA1＝0，且n·DB＝0，得

x＋y＝0.取x＝1，得y＝－1，z＝－1. ∴n＝(1，－1，－1)．

→11又MN·n＝2，0，2·(1，－1，－1)＝0，

→∴MN⊥n，

又MN⊄平面A1BD，

∴MN∥平面A1BD. →→→1→1→1→→→→1→法二

MN＝C1N－C1M＝2C1B1－2C1C＝2(D1A1－D1D)＝2DA1.∴MN∥DA1，

又∵MN与DA1不共线，

∴MN∥DA1，

又∵MN⊄平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，

∴MN∥平面A1BD. 规律方法

(1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．

(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为

零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．

【训练1】

(2013·浙江卷选编)如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22，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

如图所示，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz. 由题意知A(0，2，2)，B(0，－2，0)，D(0，2，0)．

设点C的坐标为(x0，y0,0)，

→→因为AQ＝3QC，

3231所以Qx0，＋y0，. 4424因为点M为AD的中点，故M(0，2，1)．

1又点P为BM的中点，故P0，0，2，

→323所以PQ＝x0，＋y0，0. 444→又平面BCD的一个法向量为a＝(0,0,1)，故PQ·a＝0.

又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD. 考点二

利用空间向量证明垂直问题

【例2】

(2014·济南质检)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC；

(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.

证明

(1)如图所示，以O为坐标原点，以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系O－xyz. 则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，

B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)．

→于是AP＝(0,3,4)，

→BC＝(－8,0,0)，

→→∴AP·BC＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，

→→所以AP⊥BC，即AP⊥BC. (2)由(1)知|AP|＝5，

又|AM|＝3，且点M在线段AP上，

→3→9120，∴AM＝5AP＝，

5，5→→→又BC＝(－8,0,0)，AC＝(－4,5,0)，BA＝(－4，－5,0)，

→→→1612∴BM＝BA＋AM＝－4，－5，5，

→→1612－4，－5，5＝0，

则AP·BM＝(0,3,4)·→→∴AP⊥BM，即AP⊥BM，

又根据(1)的结论知AP⊥BC，

∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC. 又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BCM. 规律方法

(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．

(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．

【训练2】

如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：

(1)DE∥平面ABC；

(2)B1F⊥平面AEF.

证明

如图，建立空间直角坐标系A－xyz，

令AB＝AA1＝4，

则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．

(1)取AB中点为N，则N(2,0,0)，

又C(0,4,0)，D(2,0,2)，

→→∴DE＝(－2,4,0)，NC＝(－2,4,0)，

→→∴DE＝NC.∴DE∥NC，

又NC在平面ABC内，故DE∥平面ABC. →→→(2)B1F＝(－2,2，－4)，EF＝(2，－2，－2)，AF＝(2,2,0)，

→→B1F·EF＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，

→→则B1F⊥EF，∴B1F⊥EF，

→→∵B1F·AF＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，

→→∴B1F⊥AF，即B1F⊥AF.

又∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF. 学生用书第126页

考点三

利用空间向量解决探索性问题

【例3】

(2014·福州调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

(1)求证：B1E⊥AD1；

(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．

审题路线

由长方体特征，以A为坐标原点建立空间坐标系，从而将几何位置→→→关系转化为向量运算．第(1)问证明B1E·AD1＝0，第(2)问是存在性问题，由DP与平面B1AE的法向量垂直，通过计算作出判定．

→→→(1)证明

以A为原点，AB，AD，AA1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．

设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Ea2，1，0，B1(a,0,1)．

→→故AD1＝(0,1,1)，B1E＝－a，－1→2，1→a，AB1＝(a,0,1)，AE＝2，1，0. →→∵ADBa1·1E＝－2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

∴B1E⊥AD1. (2)解

假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．

→使得DP∥平面B1AE，此时DP＝(0，－1，z0)．

又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．

ax＋z＝0，→→∵n⊥平面B1AE，∴n⊥AB1，n⊥AE，得ax＋y＝0.2

a1，－，－a

取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝2→a要使DP∥平面B1AE，只要n⊥DP，有2－az0＝0，

1解得z0＝2. 又DP⊄平面B1AE，

1∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝2. 规律方法

立体几何开放性问题求解方法有以下两种：

(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；

(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．本题是设出点P的坐标，借助向量运算，判定关于z0的方程是否有解．

【训练3】

如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．

(1)求证：AC⊥SD. (2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．

(1)证明

连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD. 由题意知SO⊥平面ABCD. →→→以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角

坐标系如图．

6设底面边长为a，则高SO＝2a，

6于是S0，0，a，

2222D－a，0，0，Ba，0，0，C0，a，0，

222→→226于是OC＝0，a，0，SD＝－a，0，－a，

222→→则OC·SD＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD. (2)解

棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC. 理由如下：

→由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量，

→26→26且DS＝a，0，a，CS＝0，－a，a，

2222→22BC＝－a，a，0. 22→→→→→→→设CE＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋tCS＝

226－a，a1－t，at，

222→→1由BE·DS＝0⇔t＝3. →→∴当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS. 又BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.

1．用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．

2．两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．(2)建立空间坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．

3．运用向量知识判定空间位置关系，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，仍需强调直线在平面外．

思想方法8——运用空间向量研究空间位置关系中的转化思想

【典例】

(2013·陕西卷)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝2. (1)证明：A1C⊥平面BB1D1D；

(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．

(1)证明

法一

由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图．

∵AB＝AA1＝2，

∴OA＝OB＝OA1＝1，

∴A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)．①

→→由A1B1＝AB，易得B1(－1,1,1)．

→→→∵A1C＝(－1,0，－1)，BD＝(0，－2,0)，BB1＝(－1,0,1)，

→→→→∴A1C·BD＝0，A1C·BB1＝0，

②

∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，且BB1∩BD＝B，

∴A1C⊥平面BB1D1D. 法二

∵A1O⊥平面ABCD，

∴A1O⊥BD. 又底面ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，

∴BD⊥A1C. 又OA1是AC的中垂线，

∴A1A＝A1C＝2，且AC＝2，

2∴AC2＝AA1＋A1C2，

③

④

∴△AA1C是直角三角形，

∴AA1⊥A1C. 又BB1∥AA1，

∴A1C⊥BB1，又BB1∩BD＝B，

∴A1C⊥平面BB1D1D. →→∵OC＝(－1,0,0)，OB1＝(－1,1,1)，

→n·OC＝－x＝0，∴→n·OB1＝－x＋y＋z＝0，

⑤

(2)解

设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)．

x＝0，∴取n＝(0,1，－1)，

y＝－z，→由(1)知，A1C＝(－1,0，－1)是平面BB1D1D的法向量，

→∴cos θ＝|cos|＝ππ又0≤θ≤2，∴θ＝3. [反思感悟] (1)转化化归是求解空间几何的基本思想方法：①中将空间位置、数量11＝2. ⑥

2×2

关系坐标化．②和③体现了线线垂直与线面垂直的转化，以及将线线垂直转化为向量的数量积为0.在④与⑤中主要实施线面、线线垂直的转化．⑥中把求“平面夹角的余弦值”转化为“两平面法向量夹角的余弦值”．

(2)空间向量将“空间位置关系”转化为“向量的运算”．应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备．

【自主体验】

如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1. 求证：

(1)BC1⊥AB1；

(2)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)由于BC1＝(0，－2，－2)，

→AB1＝(－2,2，－2)，

→→所以BC1·AB1＝0－4＋4＝0，

→→因此BC1⊥AB1，故BC1⊥AB1. (2)连接A1C，取A1C的中点E，连接DE，由于E(1,0,1)，

→→所以ED＝(0,1,1)，又BC1＝(0，－2，－2)，

所以ED→＝－1→2BC1，又ED和BC1不共线，

所以ED∥BC1，又DE⊂平面CA1D，

BC1⊄平面CA1D，故BC1∥平面CA1D.

对应学生用书P321 基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题

1．已知平面α，β的法向量分别为μ＝(－2,3，－5)，v＝(3，－1，4)，则(

)．

A．α∥β

B．α⊥β

C．α、β相交但不垂直

D．以上都不正确

－2－53解析

∵3≠≠4，∴μ与v不是共线向量，又∵μ·v＝－2×3＋3×(－1)－1＋(－5)×4＝－29≠0，∴μ与v不垂直，∴平面α与平面β相交但不垂直．

答案

C →→→2．若AB＝λCD＋μCE，则直线AB与平面CDE的位置关系是(

)．

A．相交

B．平行

C．在平面内

D．平行或在平面内

→→→→→→解析

∵AB＝λCD＋μCE，∴AB，CD，CE共面．则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内．

答案

D 3．(2014·泰安质检)已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)三点，向量n＝(1,1,1)，则以n为方向向量的直线l与平面ABC的关系是(

)．

A．垂直

B．不垂直

C．平行

D．以上都有可能

→→→解析

易知AB＝(－1,1,0)，AC＝(－1,0,1)，∴AB·n＝－1×1＋1×1＋0＝0，∴

→→→AC·n＝0，则AB⊥n，AC⊥n，即AB⊥l，AC⊥l，又AB与AC是平面ABC内两相交直线，∴l⊥平面ABC. 答案

A 4.

如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，AD＝22，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM的位置关系为(

)．

A．平行

B．异面

C．垂直

D．以上都不对

解析

以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，

依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，3)，C(0,2,0)，A(22，0,0)，M(2，2,0)．

→∴PM＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)，

→AM＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，

→→∴PM·AM＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，

→→即PM⊥AM，∴AM⊥PM. 答案

C 5.

如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(

)．

22A．(1,1,1)

B.，，1

332222C.，，1

D.，，1

2424解析

连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，

又O是正方形ABCD对角线交点，

∴M为线段EF的中点．

在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(2，2，1)．

22由中点坐标公式，知点M的坐标，，1. 22答案

C 二、填空题

6．已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2)，b＝(x，－2，3)，且α⊥β，则x＝________. 解析

∵α⊥β，∴a·b＝x－2＋6＝0，则x＝－4. 答案

－4 7．已知平面α内的三点A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)．则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．

→→→→→解析

AB＝(0,1，－1)，AC＝(1,0，－1)，∴n·AB＝0，n·AC＝0，∴n⊥AB，n→⊥AC，故n也是α的一个法向量．又∵α与β不重合，∴α∥β. 答案

平行

→8．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB＝(2，－1，－4)，→→→AD＝(4,2,0)，AP＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP是平→→面ABCD的法向量；④AP∥BD.其中正确的是________．

→→→→解析

∵AB·AP＝0，AD·AP＝0，

∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．

→→又AB与AD不平行，

→∴AP是平面ABCD的法向量，则③正确．

→→→→由于BD＝AD－AB＝(2,3,4)，AP＝(－1,2，－1)，

→→∴BD与AP不平行，故④错误．

答案

①②③

三、解答题

9.

如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG. 证明

∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形，

∴AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1，2,0)．

→→→∴PB＝(2,0，－2)，FE＝(0，－1,0)，FG＝(1,1，－1)，

→→→设PB＝sFE＋tFG，

即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，

t＝2，∴t－s＝0，－t＝－2，

→→→解得s＝t＝2.∴PB＝2FE＋2FG，

→→→→→又∵FE与FG不共线，∴PB，FE与FG共面．

∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG. 10.

如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．

(1)求证：CM∥平面PAD；

(2)求证：平面PAB⊥平面PAD. 证明

以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz. ∵PC⊥平面ABCD，

∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，

∴∠PBC＝30°.∵PC＝2，∴BC＝23，PB＝4. →33∴D(0,1,0)，B(23，0,0)，A(23，4,0)，P(0,0,2)，M，0，，∴DP＝(0，22→→33－1,2)，DA＝(23，3,0)，CM＝，0，，

22

(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD→DP·n＝0，的一个法向量，则→DA·n＝0，

即－y＋2z＝0，23x＋3y＝0，

1z＝2y，∴3x＝－2y，

令y＝2，得n＝(－3，2,1)．

→→33∵n·CM＝－3×2＋2×0＋1×2＝0，∴n⊥CM，

又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD. (2)取AP的中点E，并连接BE，

→则E(3，2,1)，BE＝(－3，2,1)，

∵PB＝AB，∴BE⊥PA. →→又BE·DA＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，

→→∴BE⊥DA，则BE⊥DA. ∵PA∩DA＝A.∴BE⊥平面PAD，

又∵BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. 能力提升题组

(建议用时：25分钟) 一、选择题

→→→→→1．已知AB＝(1,5，－2)，BC＝(3,1，z)，若AB⊥BC，BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则x＋y的值为(

)．

2561840A.7

B.7

C.7

D.7

→→→→解析

∵AB⊥BC，∴AB·BC＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，又BP⊥平面ABC，→→→→∴BP⊥AB，BP⊥BC，

x－1＋5y＋6＝0，4015401525则解得x＝7，y＝－7.于是x＋y＝7－7＝7. 3x－1＋y－12＝0，答案

A 2.

如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则(

)．

①A1M∥D1P；

②A1M∥B1Q；

③A1M∥平面DCC1D1；

④A1M∥平面D1PQB1. 以上正确说法的个数为(

)．

A．1

B．2

C．3

D．4 →→→→1→→→→→1→→→解析

A1M＝A1A＋AM＝A1A＋2AB，D1P＝D1D＋DP＝A1A＋2AB，∴A1M∥D1P，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥面DCC1D1，A1M∥面D1PQB1.①③④正确．

答案

C 二、填空题

3.

如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．

解析

以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，F(0,0,1－

→→→→y)，B(1,1,1)，∴B1E＝(x－1,0,1)，∴FB＝(1,1，y)，由于B1E⊥平面ABF，所以FB·B1E＝(1,1，y)·(x－1，0,1)＝0⇒x＋y＝1.

答案

1 三、解答题

4．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内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．

(1)证明

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，

aa，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E，P(0,0，a)，

2，0aaaF2，2，2. →aa→EF＝－2，0，2，DC＝(0，a,0)．

→→→→→∵EF·DC＝0，∴EF⊥DC，即EF⊥CD.(2)解

设G(x,0，z)，则FG＝aaax－2，－2，z－2，

若使GF⊥平面PCB，则由

→→aaaaaFG·CB＝x－2，－2，z－2·(a,0,0)＝ax－2＝0，得x＝；

2→→aaa由FG·CP＝x－2，－2，z－2·(0，－a，a) a2a＝2＋az－2＝0，得z＝0. a∴G点坐标为2，0，0，即G点为AD的中点. 