不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝3.
∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，3). →→
∴BD＝(－2，－1，0)，PA＝(1，－2，－3). →→
∵BD·PA＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， →→
∴PA⊥BD，∴PA⊥BD.
3??1
(2)取PA的中点M，连接DM，则M?，－1，?.
2??23?→→?3
∵DM＝?，0，?，PB＝(1，0，－3)，
2??23→→3
∴DM·PB＝×1＋0×0＋×(－3)＝0，
22→→
∴DM⊥PB，即DM⊥PB.
3→→3
∵DM·PA＝×1＋0×(－2)＋×(－3)＝0，
22→→
∴DM⊥PA，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，PA，PB?平面PAB， ∴DM⊥平面PAB. ∵DM?平面PAD， ∴平面PAD⊥平面PAB. 规律方法 证明垂直问题的方法
(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；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：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3】 如图正方形ABCD的边长为22，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，
O为GC的中点，FO＝3，且FO⊥平面ABCD.
(1)求证：AE∥平面BCF； (2)求证：CF⊥平面AEF.
证明 取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，
又四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，
故以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，
F(0，0，3)，B(1，2，0).
→
BC＝(－2，－2，0)，CF＝(1，0，3)，BF＝(－1，－2，3).
(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)， →??n·BC＝0，?－2x－2y＝0，
则?即?
→??n·CF＝0，?x＋3z＝0，取z＝1，得n＝(－3，3，1). 又四边形BDEF为平行四边形， →→
∴DE＝BF＝(－1，－2，3)， →→→→→∴AE＝AD＋DE＝BC＋BF
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， →→
∴AE·n＝33－43＋3＝0，∴AE⊥n， 又AE?平面BCF，∴AE∥平面BCF.
→→→→→→→→→(2)AF＝(－3，0，3)，∴CF·AF＝－3＋3＝0，CF·AE＝－3＋3＝0，∴CF⊥AF，CF⊥AE， 即CF⊥AF，CF⊥AE， 又AE∩AF＝A，
→→
AE，AF?平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
考点四 与线、面位置关系有关的探索性问题
【例4】 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，
AB＝AD＝2.
(1)求证：AC⊥BF；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF?平面ADEF， ∴AF⊥平面ABCD.
∵AC?平面ABCD，∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝3，CH＝3， ∴AC＝23，∴AB＋AC＝BC，∴AC⊥AB， ∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB， ∵BF?平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)解 存在.由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.
→→→
以A为坐标原点，AB，AC，AF的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，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(0，23，0)，E(－1，3，2).
2
2
2
BPPE
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设＝λ，则λ>0，P?
BPPE3λ2λ??2－λ，，?. ?1＋λ1＋λ1＋λ?
设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z).
3λ2λ?→→?2－λ由AP＝?，，?，AC＝(0，23，0)，
?1＋λ1＋λ1＋λ?
2－λ3λ2λ?m·→AP＝x＋y＋z＝0，
1＋λ1＋λ1＋λ得?
?m·→AC＝23y＝0，
y＝0，??
即?λ－2
z＝x，?2λ?
令x＝1，则z＝
λ－2
， 2λλ－2?
为平面PAC的一个法向量. 2λ??
所以m＝?1，0，
?
?
同理，可求得n＝?1，
??3?
，1?为平面BCEF的一个法向量. 3?
2
当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，
3
BP2
故存在满足题意的点P，此时＝.
PE3
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理
论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.
(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xOy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AP＝λAB，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.
【训练4】 已知某几何体的直观图和三视图如图，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.
解 由几何体的三视图可知AB，BC，BB1两两垂直，AN＝AB＝BC＝4，BB1＝8.如图，分别以AB，
BB1，BC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系B－xyz，则A(4，0，0)，B(0，0，
0)，C(0，0，4)，N(4，4，0)，B1(0，8，0)，C1(0，8，4).
设平面CNB1的法向量为n＝(x，y，z). →→
∵NC＝(－4，－4，4)，NB1＝(－4，4，0)， →??NC·n＝－4x－4y＋4z＝0，∴?
→??NB1·n＝－4x＋4y＝0.
令x＝1，可得平面CNB1的一个法向量为n＝(1，1，2). 设P(0，0，a)(0≤a≤4).
→
由M(2，0，0)，得PM＝(2，0，－a).
→
∵MP∥平面CNB1，∴PM·n＝2－2a＝0，解得a＝1， ∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP＝1.
A级 基础巩固
一、选择题
1.设u＝(－2，2，t)，v＝(6，－4，4)分别是平面α，β的法向量.若α⊥β，则t等于( ) A.3
B.4
C.5
D.6
解析 由题意得u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0， 解得t＝5. 答案 C
2.已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点
P中，在平面α内的是( )
A.P(2，3，3) C.P(－4，4，0)
B.P(－2，0，1) D.P(3，－3，4)
→
解析 逐一验证法，对于选项A，MP＝(1，4，1)， →→
∴MP·n＝6－12＋6＝0，∴MP⊥n，
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第6节空间向量及空间位置关系教学案含解析新人教A版
