2022年高三數(shù)學大一輪復習 8.7立體幾何中的向量方法（Ⅰ）證明平行與垂直教案 理 新人教A版

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1、2022年高三數(shù)學大一輪復習 8.7立體幾何中的向量方法（Ⅰ）證明平行與垂直教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考　1.利用線線、線面、面面關系考查空間向量的運算；2.能用向量方法證明線面的平行或垂直；3.考查用向量方法解決立體幾何中的一些探索性問題． 復習備考要這樣做　1.理解直線的方向向量與平面的法向量；能用向量語言表述與直線、直線與平面、平面與平面的垂直和平行關系；3.能用向量方法證明有關直線和平面位置關系的一些定理(包括三垂線定理)；4.了解向量方法在研究立體幾何問題中的應用． 1． 用向量表示直線或點在直線上的位置 (1)給定一個定點A和一個向量a，再任給一個實數(shù)t，

2、以A為起點作向量＝ta，則此向量方程叫做直線l的參數(shù)方程．向量a稱為該直線的方向向量． (2)對空間任一確定的點O，點P在直線l上的充要條件是存在唯一的實數(shù)t，滿足等式＝(1－t)＋t，叫做空間直線的向量參數(shù)方程． 2． 用向量證明空間中的平行關系 (1)設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)?v1∥v2. (2)設直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個不共線向量v1和v2，則l∥α或l?α?存在兩個實數(shù)x，y，使v＝xv1＋yv2. (3)設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l?α?v⊥u. (4)設平面α和β的法向量分別

3、為u1，u2，則α∥β?u1 ∥u2. 3． 用向量證明空間中的垂直關系 (1)設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2?v1⊥v2?v1·v2＝0. (2)設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α?v∥u. (3)設平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β?u1⊥u2?u1·u2＝0. [難點正本　疑點清源] 利用空間向量解決立體幾何中的平行問題 (1)證明兩條直線平行，只需證明這兩條直線的方向向量是共線向量，但要注意說明這兩條直線不共線． (2)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，但要說明直線不在平面內(nèi)． ②證明能

4、夠在平面內(nèi)找到一個向量與已知直線的方向向量 共線，也要說明直線不在平面內(nèi)． ③利用共面向量定理，即證明直線的方向向量與平面內(nèi)的兩個不共線向量是共面向量．同時要注意強調(diào)直線不在平面內(nèi)． 1． 兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2，0,2)，則l1與l2的位置關系是__________． 答案　平行 解析　∵v2＝－2v1，∴v1∥v2，又l1與l2不重合，∴l(xiāng)1∥l2. 2． 已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x，y，z分別為______________． 答案　，－，4 解

5、析　由題意知，⊥，⊥. 所以 即 解得，x＝，y＝－，z＝4. 3． 已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，則下列結(jié)論正確的是 (　　) A．a(chǎn)∥c，b∥c B．a(chǎn)∥b，a⊥c C．a(chǎn)∥c，a⊥b D．以上都不對 答案　C 解析　∵c＝2a，∴a∥c， 又a·b＝(－2，－3,1)·(2,0,4)＝－4＋0＋4＝0， ∴a⊥b. 4． 若平面α，β垂直，則下面可以作為這兩個平面的法向量的是 (　　) A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1) B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1) C．

6、n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1) D．n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2) 答案　A 解析　兩個平面垂直時其法向量也垂直，只有選項A中的兩個向量垂直． 5． 若平面α、β的法向量分別為n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，則 (　　) A．α∥β B．α⊥β C．α、β相交但不垂直 D．以上均不正確 答案　C 題型一　利用空間向量證明平行問題 例1　如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N分別是C1C、 B1C1的中點．求證：MN∥平面A1BD. 思維啟迪：證明線面平行，可以利用判定定理先證線線平

7、行；也可以尋找平面的法向量． 證明　方法一　如圖所示，以D為原點，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，設正方體的棱長為1， 則M，N，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)， 于是＝， 設平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)． 則n·＝0，且n·＝0，得 取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)． 又·n＝·(1，－1，－1)＝0， ∴⊥n，又MN?平面A1BD， ∴MN∥平面A1BD. 方法二　＝－＝－ ＝(－)＝， ∴∥，又∵MN與DA1不共線，∴MN∥DA1， 又∵MN?平面A1BD，A1D

8、?平面A1BD， ∴MN∥平面A1BD. 探究提高　用向量證明線面平行的方法有 (1)證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直； (2)證明該直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行； (3)證明該直線的方向向量可以用平面內(nèi)的兩個不共線的向量線性表示； (4)本題易錯點：只證明MN∥A1D，而忽視MN?平面A1BD. 如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E、F、G分別是線段PA、PD、CD的中點． 求證：PB∥平面EFG. 證明　∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD為正方形， ∴AB、AP、AD兩兩垂直，以A為

9、坐標原點， 建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz， 則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)． ∴＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)， 設＝s＋t， 即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)， ∴　解得s＝t＝2. ∴＝2＋2， 又∵與不共線，∴、與共面． ∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG. 題型二　利用空間向量證明垂直問題 例2　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

10、證：AB1⊥平面A1BD. 證明　方法一　設平面A1BD內(nèi)的任意一條直線m的方向向量為m.由共面向量定理，則存在實數(shù)λ，μ，使m＝λ＋μ. 令＝a，＝b，＝c，顯然它們不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它們?yōu)榭臻g的一個基底， 則＝a＋c，＝a＋b，＝a－c， m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc， ·m＝(a－c)· ＝4－2μ－4λ＝0. 故⊥m，結(jié)論得證． 方法二　如圖所示，取BC的中點O，連接AO. 因為△ABC為正三角形， 所以AO⊥BC. 因為在正三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1， 所以AO⊥平面BCC1

11、B1. 取B1C1的中點O1，以O為原點，以，，為x軸，y軸，z軸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)． 設平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，＝(－1,2，)，＝(－2,1,0)． 因為n⊥，n⊥， 故? 令x＝1，則y＝2，z＝－， 故n＝(1,2，－)為平面A1BD的一個法向量， 而＝(1,2，－)，所以＝n，所以∥n， 故AB1⊥平面A1BD. 探究提高　證明線面平行和垂直問題，可以用幾何法，也可以用向量法．用向量法的關鍵在于構(gòu)造向量，再用共線向量定理或共面向量定理及兩向量垂直的

12、判定定理．若能建立空間直角坐標系，其證法較為靈活方便． 如圖所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分別為B1A、C1C、BC的中點．求證： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. 證明　(1)如圖建立空間直角坐標系A—xyz， 令AB＝AA1＝4， 則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)． 取AB中點為N，連接CN， 則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)， ∴＝，∴DE∥

13、NC， 又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC. 故DE∥平面ABC. (2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)． ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF， 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF. 題型三　利用空間向量解決探索性問題 例3　(xx·福建)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1， E為CD的中點． (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長

14、；若不存在，說明理由． 思維啟迪：利用向量法建立空間直角坐標系，將幾何問題進行轉(zhuǎn)化；對于存在性問題可通過計算下結(jié)論． (1)證明　以A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(如圖)． 設AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)， E，B1(a,0,1)， 故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝. ∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)解　假設在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)． 使得DP∥平面B1AE，此時＝(0，－1，z0)． 又設平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n

15、⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一個法向量n＝. 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0， 解得z0＝. 又DP?平面B1AE， ∴存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝. 探究提高　對于“是否存在”型問題的探索方式有兩種：一種是根據(jù)條件作出判斷，再進一步論證．另一種是利用空間向量，先設出假設存在點的坐標，再根據(jù)條件求該點的坐標，即找到“存在點”，若該點坐標不能求出，或有矛盾，則判定“不存在”. 如圖所示，四棱錐S—ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點． (1)求證：AC⊥SD. (2)若SD⊥

16、平面PAC，則側(cè)棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，試說明理由． (1)證明　連接BD，設AC交BD于O，則AC⊥BD. 由題意知SO⊥平面ABCD. 以O為坐標原點，，，分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標系如圖． 設底面邊長為a，則高SO＝a， 于是S，D， B，C，＝， ＝，則·＝0. 故OC⊥SD.從而AC⊥SD. (2)解　棱SC上存在一點E使BE∥平面PAC. 理由如下： 由已知條件知是平面PAC的一個法向量， 且＝，＝， ＝. 設＝t，則＝＋＝＋t ＝， 而·＝0?t＝. 即當SE∶EC

17、＝2∶1時，⊥. 而BE不在平面PAC內(nèi)，故BE∥平面PAC. 利用空間向量解決立體幾何問題 典例：(12分)(xx·大綱全國)如圖，四棱錐S－ABCD中，AB∥CD， BC⊥CD，側(cè)面SAB為等邊三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1. (1)證明：SD⊥平面SAB； (2)求AB與平面SBC所成角的正弦值． 考點分析　本題以四棱錐為載體，考查多面體的結(jié)構(gòu)特征，線面垂直的判定以及直線與平面所成角的計算． 解題策略　本題有兩種解題思路：①利用常規(guī)方法，從線線垂直證明線面垂直，作出所求線面角；②利用空間向量，將線面垂直轉(zhuǎn)化為兩個向量的關系，利用平面的法向量求線面角．

18、 規(guī)范解答 (1)證明　以C為坐標原點，射線CD為x軸正半軸，射線CB為y軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系C－xyz. 設D(1,0,0)，則A(2,2,0)，B(0,2,0)．[2分] 又設S(x，y，z)，則x>0，y>0，z>0. ＝(x－2，y－2，z)， ＝(x，y－2，z)， ＝(x－1，y，z)， 由||＝|| 得 ＝， 故x＝1. 由||＝1得y2＋z2＝1.① 又由||＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即y2＋z2－4y＋1＝0.② 聯(lián)立①②得[6分] 于是S(1，，)，＝(－1，－，)， ＝(1，－，)，＝(0，，)． 因為·＝

19、0，·＝0， 故DS⊥AS，DS⊥BS. 又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.[8分] (2)解　設平面SBC的法向量a＝(m，n，p)， 則a⊥，a⊥，a·＝0，a·＝0. 又＝(1，－，)，＝(0,2,0)， 故 取p＝2得a＝(－，0,2)．[10分] 又＝(－2,0,0)， cos〈，a〉＝＝， 所以AB與平面SBC所成角的正弦值為.[12分] 解后反思　直線和平面的位置關系可以利用直線的方向向量和平面的法向量之間的關系來判斷．證明的主要思路：(1)證明線線平行：可證兩條直線的方向向量共線；(2)證明線面平行：①證明直線的方向向量和平面的法向量垂直，②證明直線

20、的方向向量可用平面內(nèi)的兩個不共線向量線性表示；(3)證明面面平行：可證兩個平面的法向量共線；(4)證明線線垂直：可證兩條直線的方向向量垂直；(5)證明線面垂直：①證明直線的方向向量和平面內(nèi)的兩個不共線向量垂直，②證明直線的方向向量與平面的法向量共線；(6)證明面面垂直：可證兩個平面的法向量互相垂直． 方法與技巧 用向量知識證明立體幾何問題有兩種基本思路：一種是用向量表示幾何量，利用向量的運算進行判斷；另一種是用向量的坐標表示幾何量，共分三步：(1)建立立體圖形與空間向量的聯(lián)系，用空間向量(或坐標)表示問題中所涉及的點、線、面，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題；(2)通過向量運算，研究點、線

21、、面之間的位置關系；(3)根據(jù)運算結(jié)果的幾何意義來解釋相關問題． 失誤與防范 用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調(diào)直線在平面外． A組　專項基礎訓練 (時間：35分鐘，滿分：57分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1． 已知平面α內(nèi)有一點M(1，－1,2)，平面α的一個法向量為n＝(6，－3,6)，則下列點P中，在平面α內(nèi)的是

22、 (　　) A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) 答案　A 解析　逐一驗證法，對于選項A，＝(1,4,1)， ∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，∴點P在平面α內(nèi)，同理可驗證其他三個點不在平面α內(nèi)． 2． 已知空間三點A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝，且a分別與，垂直，則向量a為 (　　) A．(1,1,1) B．(－1，－1，－1) C．(1,1,1)或(－1，－1，－1) D．(1，－1,1)或(－1,1，－

23、1) 答案　C 解析　由條件知＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)， 可觀察出a＝±(1,1,1)． 3． 若直線l的一個方向向量為a＝(2,5,7)，平面α的一個法向量為u＝(1,1，－1)，則(　　) A．l∥α或l?α B．l⊥α C．l?α D．l與α斜交 答案　A 4. 如圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2， P為C1D1的中點，M為BC的中點．則AM與PM的位置關系為(　　) A．平行 B．異面 C．垂直 D．以上都不對 答案　C 解析　以D點為原點，分別以DA，DC，

24、DD1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系D—xyz， 依題意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)， M(，2,0)． ∴＝(，2,0)－(0,1，) ＝(，1，－)， ＝(，2,0)－(2，0,0) ＝(－，2,0)， ∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0， 即⊥，∴AM⊥PM. 二、填空題(每小題5分，共15分) 5． 設l1的方向向量為a＝(1,2，－2)，l2的方向向量為b＝(－2，3，m)，若l1⊥l2，則m＝________. 答案　2 6． 設點C(2a＋1，a＋1,2)在點P(2,0,0)、A

25、(1，－3,2)、B(8，－1，4)確定的平面上，則a＝________. 答案　16 解析?。?－1，－3,2)，＝(6，－1,4)． 根據(jù)共面向量定理，設＝x＋y (x、y∈R)， 則(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4) ＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)， ∴　解得x＝－7，y＝4，a＝16. 7. 如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，棱長為a，M、N分別為A1B 和AC上的點，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關系 是________． 答案　平行 解析　∵正方體棱長為a，A1M＝AN＝， ∴＝，＝，

26、∴＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋. 又∵是平面B1BCC1的法向量， ∴·＝·＝0， ∴⊥.又∵MN?平面B1BCC1， ∴MN∥平面B1BCC1. 三、解答題(共22分) 8． (10分)如圖，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC⊥BC，D為AB的中 點，AC＝BC＝BB1.求證： (1)BC1⊥AB1； (2)BC1∥平面CA1D. 證明　如圖，以C1點為原點，C1A1，C1B1，C1C所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系．設AC＝BC＝BB1＝2，則A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)

27、，C1(0,0,0)，D(1,1,2)． (1)由于＝(0，－2，－2)， ＝(－2,2，－2)， 所以·＝0－4＋4＝0， 因此⊥，故BC1⊥AB1. (2)連接A1C，取A1C的中點E，連接DE，由于E(1,0,1)， 所以＝(0,1,1)， 又＝(0，－2，－2)， 所以＝－，又ED和BC1不共線， 所以ED∥BC1，又DE?平面CA1D， BC1?平面CA1D，故BC1∥平面CA1D. 9． (12分)如圖，在底面是矩形的四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD， E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2.求證： (1)EF∥平面PAB； (2

28、)平面PAD⊥平面PDC. 證明　(1)以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， ∴E，F(xiàn)， ＝，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)， ＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． ∵＝－，∴∥，即EF∥AB， 又AB?平面PAB，EF?平面PAB，∴EF∥平面PAB. (2)∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD

29、⊥DC. 又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD. ∵DC?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC. B組　專項能力提升 (時間：25分鐘，滿分：43分) 一、選擇題(每小題5分，共15分) 1． 已知a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)，c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c與a及b都垂直，則m，n的值分別為 (　　) A．－1,2 B．1，－2 C．1,2 D．－1，－2 答案　A 解析　由已知得c＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)， 故a·c＝3m＋n＋1＝0，b·c＝m＋5n－9＝0. 解得 2．

30、 已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，則實數(shù)λ等于 (　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由題意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， ∴，∴. 3. 如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD 的中心，M是D1D的中點，N是A1B1的中點，則直線NO、AM的 位置關系是 (　　) A．平行 B．相交 C．異面垂直 D．異面不垂直 答案　C 解析　建立坐標系如圖，設正方體的棱長為2

31、，則A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，＝(－1,0，－2)，＝(－2,0,1)，·＝0，則直線NO、AM的位置關系是異面垂直． 二、填空題(每小題5分，共15分) 4． 已知平面α和平面β的法向量分別為a＝(1,1,2)，b＝(x，－2，3)，且α⊥β，則x＝________. 答案　－4 解析　∵a·b＝x－2＋6＝0，∴x＝－4. 5． 已知a＝(2，－1,2)，b＝(2,2,1)，則以a，b為鄰邊的平行四邊形的面積為________． 答案　 解析　|a|＝＝3， |b|＝＝3， a·b＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4， ∴co

32、s〈a，b〉＝＝，sin〈a，b〉＝， S平行四邊形＝|a||b|·sin〈a，b〉＝. 6. 在正方體ABCD—A1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上的動點， O為底面正方形ABCD的中心，M，N分別為AB，BC的中點，點Q 為平面ABCD內(nèi)一點，線段D1Q與OP互相平分，則滿足＝λ 的實數(shù)λ的有________個． 答案　2 解析　建立如圖的坐標系，設正方體的邊長為2，則P(x，y,2)，O(1,1,0)，∴OP的中點坐標為 ， 又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，∴xQ＋yQ＝3， ∴x＋y＝1，即點P坐標滿足x＋y＝1.

33、 ∴有2個符合題意的點P，即對應有2個λ. 三、解答題 7． (13分)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(nèi)求一點G，使GF⊥平面PCB，并證明你的結(jié)論． (1)證明　如圖，以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系， 設AD＝a，則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)． ∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD. (2)解　設G(x,0，z)，則＝， 若使GF⊥平面PCB，則 由·＝·(a,0,0) ＝a＝0，得x＝； 由·＝·(0，－a，a) ＝＋a＝0，得z＝0. ∴G點坐標為，即G點為AD的中點．