資源簡介

(共33張PPT)
6.3 空間向量的應用
知識點 1 直線的方向向量
6.3.1 直線的方向向量與平面的法向量
必備知識 清單破
6.3.2 空間線面關系的判定
　　我們把直線l上的向量e(e≠0)以及與e共線的非零向量叫作直線l的方向向量.
　　如果表示非零向量n的有向線段所在直線垂直于平面α,那么稱向量n垂直于平面α,記作
n⊥α.此時,我們把向量n叫作平面α的法向量.
知識點 2 平面的法向量
知識拓展 若平面α的一個法向量為n=(A,B,C),且平面α經過點P(x0,y0,z0),M(x,y,z)是平面α內任 意一點,則平面α可以用關于x,y,z的三元一次方程A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0表示.
　　設空間兩條直線l1,l2的方向向量分別為e1,e2,兩個平面α1,α2的法向量分別為n1,n2,則有下表:
知識點 3 空間線面的平行和垂直關系
平行 垂直
l1與l2 e1∥e2 e1⊥e2
l1與α1 e1⊥n1 e1∥n1
α1與α2 n1∥n2 n1⊥n2
知識辨析
1.直線的方向向量(或平面的法向量)唯一嗎
2.若直線l的方向向量a與平面α內兩條相交直線的方向向量垂直,則l⊥α嗎
3.若向量n是平面α的一個法向量,表示非零向量m的有向線段所在直線與平面α平行或在平面 α內,則m與n有怎樣的關系
4.若直線的方向向量與平面的法向量垂直,則這條直線一定與平面平行嗎
一語破的
1.不唯一.若直線的方向向量(或平面的法向量)為a,則ka(k∈R,k≠0)也是該直線的方向向量 (或該平面的法向量).
2.垂直.由線面垂直的判定定理知l⊥α.
3.垂直.m·n=0.
4.不一定.這條直線與平面平行或在平面內.
求平面的法向量的步驟

關鍵能力 定點破
定點 1 求平面的法向量
典例 如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.AB= AP=1,AD= ,試建立恰當的空間直角坐標系,求平面ACE的一個法向量.

解析 因為PA⊥平面ABCD,底面ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩互相垂直.
如圖,以A為坐標原點, , , 的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標系,

則A(0,0,0),E ,C(1, ,0),
所以 = , =(1, ,0).
設n=(x,y,z)為平面ACE的一個法向量,
則 即
所以
令y=-1,則x=z= ,
所以平面ACE的一個法向量為n=( ,-1, ).

1.證明兩條直線平行,只需證明兩條直線的方向向量是共線向量.
2.利用空間向量證明線面平行的方法
(1)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直;
(2)在平面內找到一個用有向線段表示的向量與直線的方向向量是共線向量;
(3)利用共面向量定理,即證明直線的方向向量可用平面內兩個不共線向量線性表示.
3.利用空間向量證明面面平行的方法
(1)證明兩個平面的法向量平行;
(2)轉化為線面平行、線線平行來證明.
定點 2 利用空間向量證明空間中的平行關系
典例 在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是CC1,B1C1的中點.求證:
(1)MN∥平面A1BD;
(2)平面A1BD∥平面CB1D1.

證明 設正方體的棱長為1,以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,

則D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),M ,N ,
∴ =(1,0,1), =(1,1,0), =(0,-1,1), =(1,1,0), = .
(1)證法一:設平面A1BD的一個法向量為n=(x,y,z),
則 即
令x=1,則y=-1,z=-1,
∴平面A1BD的一個法向量為n=(1,-1,-1).
∵ ·n= ×1+0×(-1)+ ×(-1)=0,
∴ ⊥n.
又MN 平面A1BD,
∴MN∥平面A1BD.
證法二:∵ = = (1,0,1)= ,
∴ ∥ .
又MN 平面A1BD,DA1 平面A1BD,
∴MN∥平面A1BD.
(2)設平面CB1D1的一個法向量為m=(x1,y1,z1),
則 即
令y1=1,則x1=-1,z1=1,
∴平面CB1D1的一個法向量為m=(-1,1,1),
由(1)知,平面A1BD的一個法向量為n=(1,-1,-1),
∴m=-n,∴m∥n,
故平面A1BD∥平面CB1D1.

1.證明兩條直線垂直,只需證明兩條直線的方向向量垂直.
2.利用空間向量證明線面垂直的方法
(1)利用線面垂直的判定定理,證明直線的方向向量分別與平面內的兩條相交直線的方向向 量垂直;
(2)證明直線的方向向量與平面的法向量平行.
3.利用空間向量證明面面垂直通常有兩種途徑
(1)利用兩個平面垂直的判定定理將面面垂直轉化為線面垂直,進而轉化為線線垂直來證明;
(2)直接求解兩個平面的法向量,由兩個平面的法向量垂直,得到面面垂直.
定點 3 利用空間向量證明空間中的垂直關系
典例1 如圖所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都為2,D為CC1的中點.求證:AB1⊥平面A1 BD.

證明 如圖所示,取BC,B1C1的中點O,O1,連接AO,OO1.因為△ABC為正三角形,所以AO⊥BC.
因為四邊形BCC1B1為正方形,
所以BC⊥OO1.
因為在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,平面ABC∩平面BCC1B1=BC,AO⊥BC,
所以AO⊥平面BCC1B1,
所以AO⊥OO1.
所以AO,BC,OO1兩兩互相垂直.
以O為坐標原點, , , 的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系,

則B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2, ),A(0,0, ),B1(1,2,0),
所以 =(1,2,- ), =(-1,2, ), =(-2,1,0).
證法一:因為 · =1×(-1)+2×2+(- )× =0, · =1×(-2)+2×1+(- )×0=0,
所以 ⊥ , ⊥ ,
即AB1⊥BA1,AB1⊥BD.
又BA1∩BD=B,BA1,BD 平面A1BD,
所以AB1⊥平面A1BD.
證法二:設平面A1BD的一個法向量為n=(x,y,z),則 即
令x=1,則y=2,z=- ,
故n=(1,2,- )為平面A1BD的一個法向量,
又 =(1,2,- ),
所以 ∥n,故AB1⊥平面A1BD.
典例2 如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD是正方形,AS⊥底面ABCD,且AS=AB,E是SC的中 點.求證:平面BDE⊥平面ABCD.

證明 設AS=AB=1,建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz,

則A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),S(0,0,1),E .
證法一:連接AC,交BD于點O,則O ,連接OE.
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.
證法二:設平面BDE的一個法向量為n=(x,y,z).
易知 =(-1,1,0), = ,
由 得
令x=1,則y=1,z=0,
∴平面BDE的一個法向量為n=(1,1,0).
∵AS⊥底面ABCD,
∴平面ABCD的一個法向量為 =(0,0,1).
∵n· =0,∴n⊥ ,
∴平面BDE⊥平面ABCD.
　
1.空間向量適用于解決立體幾何中的探索性問題,無須進行復雜的作圖、推理、論證,只需建 立適當的空間直角坐標系,寫出相關向量的坐標,通過坐標運算解決問題.
2.用向量法解決與平行、垂直有關的探索性問題的步驟
(1)根據題設條件中的垂直關系,建立適當的空間直角坐標系,將相關點、相關向量用坐標表 示出來.
(2)假設所求的點或參數存在,用相關參數表示相關點的坐標,根據線、面滿足的平行或垂直 關系,構建方程(組)求解,若能求出參數的值且符合限定的范圍,則存在,否則不存在.
定點 4 利用空間向量解決探索性問題
典例1 如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M是棱C1D1的中點,建立適當的空間直角坐標系.
(1)求平面AMC的一個法向量;
(2)在棱CC1(包含端點)上是否存在點E,使BE∥平面ACM 給出你的結論,并證明;
(3)在棱A1B1(包含端點)上是否存在點F,使BF∥平面ACM 給出你的結論,并證明.

解析 不妨設正方體的棱長為1,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,

則A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),M ,
所以 =(-1,1,0), = .
(1)設平面ACM的一個法向量為n=(x0,y0,z0),則
令x0=2,則y0=2,z0=1,所以平面ACM的一個法向量為n=(2,2,1).
(2)在棱CC1(包含端點)上不存在點E,使BE∥平面ACM.證明如下:
證法一:設E(0,1,t)(0≤t≤1),
因為B(1,1,0),所以 =(-1,0,t),
由(1)知,平面ACM的一個法向量為n=(2,2,1),
若在棱CC1(包含端點)上存在點E,使BE∥平面ACM,
則 ·n=0,即-2+t=0,解得t=2,這與0≤t≤1矛盾,
所以在棱CC1(包含端點)上不存在點E,使BE∥平面ACM.
證法二:設E(0,1,a)(0≤a≤1),
因為B(1,1,0),所以 =(-1,0,a),
若在棱CC1(包含端點)上存在點E,使BE∥平面ACM,
則存在有序實數x,y滿足 =x +y ,
所以(-1,0,a)= ,
所以 解得
故a=2與0≤a≤1矛盾,
所以在棱CC1(包含端點)上不存在點E,使BE∥平面ACM.
(3)當F為棱A1B1的中點時,BF∥平面ACM.證明如下:
證法一:設F(1,m,1)(0≤m≤1),
因為B(1,1,0),所以 =(0,m-1,1),
由(1)知,平面ACM的一個法向量為n=(2,2,1),
若在棱A1B1(包含端點)上存在點F,使BF∥平面ACM,
則 ·n=0,
所以2(m-1)+1=0,
解得m= ,滿足0≤m≤1,
所以當F為棱A1B1的中點時,BF∥平面ACM.
證法二:設F(1,b,1)(0≤b≤1),
因為B(1,1,0),所以 =(0,b-1,1),
若在棱A1B1(包含端點)上存在點F,使BF∥平面ACM,
則存在有序實數x',y'滿足 =x' +y' ,
所以(0,b-1,1)= ,
所以 解得
所以當F為棱A1B1的中點時,BF∥平面ACM.
典例2 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD為正方形,PD=DC,E,F分別是 AB,PB的中點.
(1)求證:EF⊥CD;
(2)在平面PAD內是否存在點G,使GF⊥平面PBC 若存在,試確定點G的位置;若不存在,請說明 理由.

解析 以D為坐標原點,DA,DC,DP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐 標系,

設AD=a,則D(0,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E ,P(0,0,a),F .
(1)證明:易得 = , =(0,a,0),
∵ · =0,
∴ ⊥ ,即EF⊥CD.
(2)存在.∵G∈平面PAD,∴設G(x,0,z),
又F ,
∴ = .
由(1)知 =(a,0,0), =(0,-a,a).
∵GF⊥平面PBC,
∴ · = ·(a,0,0)=a =0,
· = ·(0,-a,a)= +a =0,
∴x= ,z=0,
∴G ,故當G為AD的中點時,GF⊥平面PBC.6.3　空間向量的應用
6.3.1　直線的方向向量與平面的法向量　　
6.3.2　空間線面關系的判定
基礎過關練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　直線的方向向量與平面的法向量
1.(多選題)已知空間中三點A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),則(　　)
A.
B.
C.直線AB的一個方向向量是(-2,-1,0)
D.平面ABC的一個法向量是(1,-2,5)
2.在空間直角坐標系O-xyz中,經過點P(x0,y0,z0)且法向量為m=(A,B,C)的平面方程為A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.若平面α的方程為x+2y+z-1=0,則平面α的一個法向量為　　　　.
3.在《九章算術》中,將四個面都為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”.在“鱉臑”A-BCD中,AB⊥平面BCD,∠BDC=90°,BD=AB=CD.若建立如圖所示的空間直角坐標系,則平面ACD的一個法向量為　　　　.
題組二　利用空間向量解決空間中的平行關系
4.(教材習題改編)已知直線l的方向向量為m=,平面α的法向量為n=(-3,x,2),且l∥α,則實數x等于(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.-2　　　　D.-1
5.(多選題)已知平面α與平面β平行,若平面α的一個法向量為n=(-1,2,-3),則平面β的法向量可以是(　　)
A.(1,-2,3) B.(-1,-2,3)
C.(2,-4,6) D.(2,-4,-6)
6.若a=是平面α的一個法向量,且向量b=(-1,2,1),c=與平面α都平行,則向量a=　　　　.
題組三　利用空間向量解決空間中的垂直關系
7.(教材習題改編)已知平面α的一個法向量為m=(2,3,-1),平面β的一個法向量為n=(4,k,2),若α⊥β,則k=(　　)
A.-2　　　　B.2　　　　C.6　　　　D.-6
8.(多選題)如圖,在五面體ABCDFE中,平面ABCD⊥平面ABEF,四邊形ABCD與四邊形ABEF全等,且AB⊥AD,AB∥CD,AB=2,CD=1,則下列說法正確的是(　　)
A.AD⊥BE
B.若G為棱CE的中點,則DF⊥平面ABG
C.若AD=CD,則平面ADE⊥平面BDE
D.若AE=,則平面ADE⊥平面BCE
9.已知直三棱柱ABC-A1B1C1,在底面ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,M,N分別為A1B1,A1A的中點.求證:BN⊥平面C1MN.
能力提升練　　　　　 　　　　 　　　　
題組一　利用空間向量解決空間中的位置關系
1.下列命題正確的是(　　)
A.直線l的方向向量為a=(1,-1,2),直線m的方向向量為b=(1,2,1),則l⊥m
B.直線l的方向向量為a=(0,1,-1),平面α的法向量為n=(1,-1,-1),則l⊥α
C.兩個不同的平面α,β的法向量分別為n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0),則α∥β
D.平面α經過三點A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量b=(1,u,t)是平面α的一個法向量,則t=1
2.如圖,在正三棱錐D-ABC中,AB=,DA=2,O為底面ABC的中心,點P在線段DO上,且(0≤λ≤1),若PA⊥平面PBC,則實數λ=(　　)
A. B.-
C. D.
3.(多選題)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=AA1=2,P,Q,R分別是AB,BB1,A1C上的動點,下列結論正確的是(　　)
A.對于任意給定的點P,存在點Q使得D1P⊥CQ
B.對于任意給定的點Q,存在點R使得D1R⊥CQ
C.當AR⊥A1C時,AR⊥D1R
D.當A1C=3A1R時,D1R∥平面BDC1
4.如圖,在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別是棱BC,CC1的中點,P是側面ADD1A1內(包含邊界)一點,若PC1∥平面AEF,則點P的軌跡長度為　　　　.
5.正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,點M在線段CC1上,且,點P在平面A1B1C1D1上,且AP⊥平面MBD1,則線段AP的長度為　　　　.
6.在棱長為9的正方體ABCD-A'B'C'D'中,點E,F分別在棱AB,DD'上,滿足=2,P是直線DD'上一點,且PB∥平面CEF,則四棱錐P-ABCD的外接球的表面積為　　　　.
7.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1,D為BC的中點.求證:
(1)A1B∥平面ADC1;
(2)平面ADC1⊥平面BB1C1C.
題組二　利用空間向量解決探索性問題
8.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,M,N分別為AC,B1C1的中點.
(1)求證:MN∥平面ABB1A1;
(2)在線段CC1上是否存在點Q,使得A1B⊥平面MNQ 若存在,求出的值;若不存在,請說明理由.
9.如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,PA⊥底面ABCD,點E在線段PC上(不含端點).
(1)是否存在點E,使得PC⊥平面BDE
(2)是否存在點E,使得平面PCD⊥平面AED
答案與分層梯度式解析
6.3　空間向量的應用
6.3.1　直線的方向向量與平面的法向量
6.3.2　空間線面關系的判定
基礎過關練
1.ACD 4.C 5.AC 7.A 8.ABC
1.ACD　由A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),得=(-3,1,1).
對于A,因為=-2+2+0=0,所以,故A正確;
對于B,cos<,故B錯誤;
對于C,因為(-2,-1,0)=-,所以向量(-2,-1,0)與平行,
所以直線AB的一個方向向量是(-2,-1,0),故C正確;
對于D,設n=(1,-2,5),則n·=2-2+0=0,n·=-1-4+5=0,所以n⊥,n⊥,又AC∩AB=A,AC,AB 平面ABC,所以n⊥平面ABC,即n=(1,-2,5)是平面ABC的一個法向量,故D正確.
故選ACD.
2.答案　(1,2,1)(答案不唯一)
解析　x+2y+z-1=0可化為1×(x-0)+2(y-0)+1×(z-1)=0,所以由題意可得平面α的一個法向量為(1,2,1).(答案不唯一)
3.答案　(0,1,1)(答案不唯一)
解析　設BD=AB=CD=1,則D(0,1,0),C(1,1,0),A(0,0,1),故=(0,1,-1),
設平面ACD的一個法向量為m=(x,y,z),
則則x=0,令y=1,得z=1,
則m=(0,1,1),
所以m=(0,1,1)是平面ACD的一個法向量.(答案不唯一)
4.C　因為l∥α,所以m⊥n,所以m·n=0,即3+2x+1=0,解得x=-2.故選C.
5.AC　因為平面α與平面β平行,所以平面α的法向量與平面β的法向量平行.
對于A,若(1,-2,3)=λ(-1,2,-3),則解得λ=-1,故A正確;
對于B,若(-1,-2,3)=λ(-1,2,-3),則無解,故B錯誤;
對于C,若(2,-4,6)=λ(-1,2,-3),則解得λ=-2,故C正確;
對于D,若(2,-4,-6)=λ(-1,2,-3),則無解,故D錯誤.
故選AC.
6.答案　
解析　由題意得
所以
所以a=.
7.A　因為α⊥β,所以m⊥n,所以m·n=8+3k-2=0,解得k=-2.故選A.
8.ABC　因為平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AD 平面ABCD,AB⊥AD,所以AD⊥平面ABEF,又BE 平面ABEF,所以AD⊥BE,故A正確.
若CE的中點為G,連接AG,BG.依題意知,AF,AB,AD互相垂直,故以A為原點,AB,AD,AF所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
設AD=AF=a,則A(0,0,0),D(0,a,0),B(2,0,0),F(0,0,a),G,所以.
因為=0,
所以,即DF⊥AB,DF⊥AG,
又AB∩AG=A,AB,AG 平面ABG,
所以DF⊥平面ABG,故B正確.
若AD=CD=1,則A(0,0,0),D(0,1,0),B(2,0,0),E(1,0,1),所以=(-1,0,1),
設平面ADE的一個法向量為m1=(x1,y1,z1),
則
令x1=1,得m1=(1,0,-1).
設平面BDE的一個法向量為n1=(a1,b1,c1),
則
令a1=1,則b1=2,c1=1,所以n1=(1,2,1),
因為m1·n1=0,所以m1⊥n1,
所以平面ADE⊥平面BDE,故C正確.
若AE=,則AF=,則A(0,0,0),D(0,,0),所以),
設平面ADE的一個法向量為m2=(x2,y2,z2),
則
則y2=0,令z2=-1,得x2=,則m2=(,0,-1).
設平面BCE的一個法向量為n2=(a2,b2,c2),
則
令b2=1,得a2=,c2=1,則n2=(,1,1),
因為m2·n2=2+0-1=1,所以m2與n2不垂直,
故平面ADE⊥平面BCE不成立,故D錯誤.
故選ABC.
9.證明　以C為坐標原點,CA,CB,CC1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系C-xyz,如圖所示:
則B(0,1,0),C1(0,0,2),M,N(1,0,1).
證法一:=(1,-1,1).
設平面C1MN的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=1,則y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1),
∴∥n,∴BN⊥平面C1MN.
證法二:=(1,-1,1),
∴=1×1+0×(-1)+(-1)×1=0,
∴,即C1M⊥BN,C1N⊥BN,
又C1M∩C1N=C1,C1M 平面C1MN,C1N 平面C1MN,∴BN⊥平面C1MN.
方法總結　利用空間向量的方法證明線面位置關系時,可應用線面位置關系的判定定理進行證明,也可用直線的方向向量和平面的法向量之間的關系進行證明.
能力提升練
1.C 2.D 3.ABD
1.C　對于A,因為a·b=1-2+2=1≠0,所以a與b不垂直,所以l與m不垂直,故A錯誤;
對于B,因為a·n=0-1+1=0,所以a⊥n,所以l∥α或l α,故B錯誤;
對于C,由題知,n2=-2n1,所以n1∥n2,所以α∥β,故C正確;
對于D,易得=(-2,2,1),因為b=(1,u,t)是平面α的一個法向量,
所以故D錯誤.
故選C.
2.D　以O為坐標原點,OD所在直線為z軸,過點O且平行于BC的直線為x軸,過點O且垂直于BC的直線為y軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(0,-1,0),B),所以,0,0),由可得P(0,0,λ),
所以,
設平面PBC的一個法向量為m=(x,y,z),
則
則x=0,令z=1,得y=2λ,則m=(0,2λ,1),
又PA⊥平面PBC,所以=km且k為實數,
則故λ=.故選D.
3.ABD　如圖所示,建立空間直角坐標系D-xyz,
則D(0,0,0),D1(0,0,2),A(2,0,0),A1(2,0,2),C(0,2,0).
設P(2,a,0),Q(2,2,b),a∈[0,2],b∈[0,2],
則=4-2b,當b=2時,D1P⊥CQ,故A正確;
設,λ∈[0,1],可得R(2-2λ,2λ,2-2λ),則=2(2-2λ)-2λb,取λ=,此時D1R⊥CQ,故B正確;
當AR⊥A1C時,λ,2-2λ)·(-2,2,-2)=4λ+12λ-4+4λ=0,解得λ=,
此時≠0,故C錯誤;
當A1C=3A1R時,λ=,則R,易知,2),設平面BDC1的一個法向量為n=(x,y,z),
則取y=-1,得x=,∴n=(),故·n=0,又D1R 平面BDC1,∴D1R∥平面BDC1,故D正確.
故選ABD.
4.答案　
解析　以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,如圖,分別取AA1,A1D1的中點M,N,連接MN,MC1,NC1,
則M,A(1,0,0),
所以,
故,即MN∥EF,
又MN 平面AEF,EF 平面AEF,
所以MN∥平面AEF,同理可得NC1∥平面AEF,
又MN∩NC1=N,MN,NC1 平面MNC1,
所以平面MNC1∥平面AEF,
因為P是側面ADD1A1內(包含邊界)一點,PC1∥平面AEF,
所以點P必在線段MN上,即點P的軌跡為線段MN,
所以點P的軌跡長度為|.
5.答案　
解析　以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖,
則A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1),所以=(-1,-1,1),
因為,所以M是線段CC1上靠近點C的三等分點,故M,所以,
由點P在平面A1B1C1D1上,可設P(x,y,1)(0≤x≤1,0≤y≤1),則=(x-1,y,1),
由AP⊥平面MBD1,得
解得,
則|.
6.答案　178π
解析　以D為原點,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系(圖略),由已知得E(9,6,0),C(0,9,0),F(0,0,3),B(9,9,0),設P(0,0,t),所以=(9,9,-t).設平面CEF的一個法向量為n=(x,y,z),則不妨令z=3,則y=1,x=,所以n=.因為PB∥平面CEF,所以·n=0,即×9+1×9-3t=0,解得t=4,所以P(0,0,4).因為PD⊥平面ABCD,且底面ABCD是正方形,所以四棱錐P-ABCD的外接球的直徑就是PB,由=(9,9,-4),得|,所以其外接球的表面積S=4π=178π.
7.證明　(1)由題知,A1B1,A1C1,A1A互相垂直,以A1為原點,A1B1,A1C1,A1A所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,如圖,
設AB=AC=AA1=2,則A1(0,0,0),B(2,0,2),A(0,0,2),C(0,2,2),D(1,1,2),C1(0,2,0),
∴=(0,2,-2),
設平面ADC1的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=1,得y=-1,z=-1,則n=(1,-1,-1),
∵n·=2+0-2=0,且A1B 平面ADC1,
∴A1B∥平面ADC1.
(2)由(1)知,=(-1,1,-2),
設平面BB1C1C的一個法向量為m=(a,b,c),
則
令a=1,得b=1,c=0,則m=(1,1,0),
由(1)知,平面ADC1的一個法向量為n=(1,-1,-1),
∵n·m=1-1+0=0,∴n⊥m,
∴平面ADC1⊥平面BB1C1C.
8.解析　(1)證明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥CC1,BC⊥CC1,AC⊥BC,所以CB,CC1,CA兩兩垂直,
故以C為原點,CB,CC1,CA所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系C-xyz,
設AC=2,則M(0,0,1),A(0,0,2),B(2,0,0),N(1,2,0),B1(2,2,0),
所以=(2,2,-2),
設平面ABB1A1的一個法向量是n=(x,y,z),
則
令x=1,得y=0,z=1,則n=(1,0,1),
故·n=1+0-1=0,即⊥n,
又MN 平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1.
(2)假設在線段CC1上存在點Q,使得A1B⊥平面MNQ,
由(1)知,=(1,2,-1),
設CQ=y0,0≤y0≤2,則Q(0,y0,0),
所以=(0,y0,-1),
設平面MNQ的一個法向量是m=(a,b,c),
則
令b=1,得a=y0-2,c=y0,則m=(y0-2,1,y0),
由A1B⊥平面MNQ,得A1B∥m,即存在實數λ,滿足m=λ,即(y0-2,1,y0)=λ(2,-2,-2),
即
因此CQ=1,即Q是CC1的中點,
所以在線段CC1上存在點Q,使得A1B⊥平面MNQ,此時.
方法總結　利用向量解決位置關系的關鍵在于“四破”:第一,破“建系關”,構建恰當的空間直角坐標系;第二,破“求坐標關”,準確求解相關點的坐標;第三,破“求法向量關”,求出平面的法向量;第四,破“應用公式關”.
9.解析　∵底面ABCD為正方形,
∴AB⊥AD,又PA⊥平面ABCD,
∴以A為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系.
設AB=a,AP=c,a>0,c>0,則A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,c).
(1)=(a,0,-c),
設,0<λ<1,
則=λ(a,a,-c)-(a,0,-c)=(λa-a,λa,c-λc).
設平面BDE的一個法向量為n=(x,y,z),
則
令x=1,則y=1,z=,∴n=.
若PC⊥平面BDE,則∥n,
∴,解得λ=,
易知0<<1,
故存在點E,使得PC⊥平面BDE.
(2)=(0,0,-c),設平面PCD的一個法向量為n1=(x1,y1,z1),
則
則x1=0,令y1=c,得z1=a,∴n1=(0,c,a).
設=μ ,0<μ<1,
則=(μa,μa,c-μc),
易知=(0,a,0).
設平面AED的一個法向量為n2=(x2,y2,z2),
則
則y2=0,令x2=-c,得z2=,
∴n2=.
若平面PCD⊥平面AED,
則n1·n2=0,即=0,此方程無解,
∴不存在點E,使得n1⊥n2,
即不存在點E,使得平面PCD⊥平面AED.
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