2019年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量8.7立體幾何中的向量方法(一)證明平行與垂直學(xué)案.doc

2019年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何與空間向量8.7立體幾何中的向量方法(一)證明平行與垂直學(xué)案 最新考綱 考情考向分析 1.理解直線的方向向量及平面的法向量． 2.能用向量語言表述線線、線面、面面的平行和垂直關(guān)系． 3.能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡單定理. 利用空間向量證明空間中的位置關(guān)系是近幾年高考重點考查的內(nèi)容，涉及直線的方向向量，平面的法向量及空間直線、平面之間位置關(guān)系的向量表示等內(nèi)容．以解答題為主，主要考查空間直角坐標系的建立及空間向量坐標的運算能力及應(yīng)用能力，有時也以探索論證題的形式出現(xiàn). 2．用向量證明空間中的平行關(guān)系 (1)設(shè)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(shè)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(shè)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(shè)平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β?u1 ∥u2. 3．用向量證明空間中的垂直關(guān)系 (1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2?v1⊥v2?v1v2＝0. (2)設(shè)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(shè)平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β?u1⊥u2?u1u2＝0. 題組一　思考辨析 1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“”) (1)直線的方向向量是唯一確定的．(　　) (2)平面的單位法向量是唯一確定的．(　　) (3)若兩平面的法向量平行，則兩平面平行．(　√　) (4)若兩直線的方向向量不平行，則兩直線不平行．(　√　) (5)若a∥b，則a所在直線與b所在直線平行．(　　) (6)若空間向量a平行于平面α，則a所在直線與平面α平行．(　　) 題組二　教材改編 2．[P104T2]設(shè)u，v分別是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，當v＝(3，－2,2)時，α與β的位置關(guān)系為__________；當v＝(4，－4，－10)時，α與β的位置關(guān)系為________． 答案　α⊥β　α∥β 解析　當v＝(3，－2,2)時， uv＝(－2,2,5)(3，－2,2)＝0?α⊥β. 當v＝(4，－4，－10)時，v＝－2u?α∥β. 3．[P111T3]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ON，AM的位置關(guān)系是________． 答案　垂直 解析　以A為原點，分別以，，所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示． 設(shè)正方體的棱長為1，則A(0,0,0)，M， O，N， ＝＝0， ∴ON與AM垂直． 題組三　易錯自糾 4．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，則下列向量是平面ABC法向量的是(　　) A．(－1,1,1) B．(1，－1,1) C. D. 答案　C 解析　設(shè)n＝(x，y，z)為平面ABC的法向量， 則化簡得∴x＝y(tǒng)＝z.故選C. 5．直線l的方向向量a＝(1，－3,5)，平面α的法向量n＝(－1,3，－5)，則有(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l與α斜交 D．l?α或l∥α 答案　B 解析　由a＝－n知，n∥a，則有l(wèi)⊥α，故選B. 6．已知平面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．以上均不對 答案　C 解析　∵n1≠λn2，且n1n2＝2(－3)＋31＋5(－4)＝－23≠0，∴α，β既不平行，也不垂直. 題型一　利用空間向量證明平行問題 典例　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(xiàn)，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，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD， ∴AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，AB，AD，AP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A(chǔ)xyz，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(shè)＝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. 引申探究 若本例中條件不變，證明平面EFG∥平面PBC. 證明　∵＝(0,1,0)，＝(0,2,0)， ∴＝2，∴BC∥EF. 又∵EF?平面PBC，BC?平面PBC，∴EF∥平面PBC， 同理可證GF∥PC，從而得出GF∥平面PBC. 又EF∩GF＝F，EF，GF?平面EFG， ∴平面EFG∥平面PBC. 思維升華 (1)恰當建立空間直角坐標系，準確表示各點與相關(guān)向量的坐標，是運用向量法證明平行和垂直的關(guān)鍵． (2)證明直線與平面平行，只需證明直線的方向向量與平面的法向量的數(shù)量積為零，或證直線的方向向量與平面內(nèi)的不共線的兩個向量共面，或證直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行，然后說明直線在平面外即可．這樣就把幾何的證明問題轉(zhuǎn)化為向量運算． 跟蹤訓(xùn)練　如圖，在四面體A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中點，P是BM的中點，點Q在線段AC上，且AQ＝3QC. 證明：PQ∥平面BCD. 證明　方法一　如圖，取BD的中點O，以O(shè)為原點，OD，OP所在直線分別為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz. 由題意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)． 設(shè)點C的坐標為(x0，y0，0)． 因為＝3， 所以Q. 因為M為AD的中點，故M(0，，1)． 又P為BM的中點，故P， 所以＝. 又平面BCD的一個法向量為a＝(0,0,1)，故a＝0. 又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD. 方法二　在線段CD上取點F，使得DF＝3FC，連接OF，同方法一建立空間直角坐標系，寫出點A，B，C的坐標，設(shè)點C坐標為(x0，y0，0)． 因為＝，設(shè)點F的坐標為(x，y，0)，則 (x－x0，y－y0，0)＝(－x0，－y0，0)， 所以所以＝. 又由方法一知＝， 所以＝，所以PQ∥OF. 又PQ?平面BCD，OF?平面BCD， 所以PQ∥平面BCD. 題型二　利用空間向量證明垂直問題 命題點1　證線面垂直 典例 如圖所示，正三棱柱(底面為正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1的所有棱長都為2，D為CC1的中點．求證：AB1⊥平面A1BD. 證明　方法一　設(shè)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，ab＝ac＝0，bc＝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　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， 且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC， 所以AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1的中點O1，以O(shè)為原點，分別以O(shè)B，OO1，OA所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示， 則B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，)， A(0,0，)，B1(1,2,0)． 設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，＝(－1,2，)，＝(－2,1,0)． 因為n⊥，n⊥， 故即 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. 命題點2　證面面垂直 典例　如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，設(shè)E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：平面PAB⊥平面PDC. 證明　(1)如圖，取AD的中點O，連接OP，OF. 因為PA＝PD，所以PO⊥AD. 因為側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， PO?平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD. 又O，F(xiàn)分別為AD，BD的中點，所以O(shè)F∥AB. 又ABCD是正方形，所以O(shè)F⊥AD. 因為PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O(shè)為原點，OA，OF，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 則A，F(xiàn)，D， P，B，C. 因為E為PC的中點，所以E. 易知平面PAD的一個法向量為＝， 因為＝， 且＝＝0， 又因為EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD. (2)因為＝，＝(0，－a,0)， 所以＝(0，－a,0)＝0， 所以⊥，所以PA⊥CD. 又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD?平面PDC， 所以PA⊥平面PDC. 又PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC. 思維升華 證明垂直問題的方法 (1)利用已知的線面垂直關(guān)系構(gòu)建空間直角坐標系，準確寫出相關(guān)點的坐標，從而將幾何證明轉(zhuǎn)化為向量運算．其中靈活建系是解題的關(guān)鍵． (2)其一證明直線與直線垂直，只需要證明兩條直線的方向向量垂直；其二證明線面垂直，只需證明直線的方向向量與平面內(nèi)不共線的兩個向量垂直即可，當然 ，也可證直線的方向向量與平面的法向量平行；其三證明面面垂直：①證明兩平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能證明一個平面內(nèi)的一條直線的方向向量為另一個平面的法向量即可． 跟蹤訓(xùn)練 如圖所示，已知四棱錐P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，側(cè)面PBC⊥底面ABCD.證明： (1)PA⊥BD； (2)平面PAD⊥平面PAB. 證明　(1)取BC的中點O，連接PO， ∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC為等邊三角形， 平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO?平面PBC， ∴PO⊥底面ABCD. 以BC的中點O為坐標原點，以BC所在直線為x軸，過點O與AB平行的直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示． 不妨設(shè)CD＝1，則AB＝BC＝2，PO＝， ∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)， ∴＝(－2，－1,0)，＝(1，－2，－)． ∵＝(－2)1＋(－1)(－2)＋0(－)＝0， ∴⊥， ∴PA⊥BD. (2)取PA的中點M，連接DM，則M. ∵＝，＝(1,0，－)， ∴＝1＋00＋(－)＝0， ∴⊥，即DM⊥PB. ∵＝1＋0(－2)＋(－)＝0， ∴⊥，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. 題型三　利用空間向量解決探索性問題 典例 (xx桂林模擬)如圖，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求證：BD⊥AA1； (2)在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出點P的位置，若不存在，請說明理由． (1)證明　設(shè)BD與AC交于點O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60， ∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1AOcos 60＝3， ∴AO2＋A1O2＝AA， ∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O?平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD. 以O(shè)B，OC，OA1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A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)． 由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)， ＝0(－2)＋10＋0＝0， ∴⊥，即BD⊥AA1. (2)解　假設(shè)在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1， 設(shè)＝λ，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0,1，)． 從而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)． 設(shè)平面DA1C1的法向量為n3＝(x3，y3，z3)， 則 又＝(0,2,0)，＝(，0，)， 則 取n3＝(1,0，－1)，因為BP∥平面DA1C1， 則n3⊥， 即n3＝－－λ＝0，得λ＝－1， 即點P在C1C的延長線上，且C1C＝CP. 思維升華 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(shè)出假設(shè)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”． 跟蹤訓(xùn)練　(xx北京)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求證：PD⊥平面PAB； (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由． (1)證明　∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD， ∴AB⊥平面PAD. ∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD. 又PA⊥PD，PA∩AB＝A，且PA，PB?平面PAB， ∴PD⊥平面PAB. (2)解　取AD的中點O，連接CO，PO. ∵PA＝PD， ∴PO⊥AD. 又∵PO?平面PAD， 平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PO⊥平面ABCD， ∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO， 又∵AC＝CD，∴CO⊥AD. 以O(shè)為原點，OC，OA，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系， 易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)， 則＝(1,1，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)， ＝(－2，－1,0)． 設(shè)n＝(x0，y0，1)為平面PCD的一個法向量． 由得解得 即n＝. 設(shè)PB與平面PCD的夾角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝ ＝＝. (3)解　設(shè)M是棱PA上一點，則存在λ∈[0,1]使得＝λ，因此點M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)， ∵BM?平面PCD，∴BM∥平面PCD， 當且僅當n＝0， 即(－1，－λ，λ)＝0，解得λ＝，∴在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD，此時＝. 利用向量法解決立體幾何問題 典例 (12分)如圖1所示，正△ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E，F(xiàn)分別是AC和BC邊的中點，現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B，如圖2所示． (1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關(guān)系，并說明理由； (2)求二面角E－DF－C的余弦值； (3)在線段BC上是否存在一點P，使AP⊥DE？證明你的結(jié)論． 思想方法指導(dǎo) 對于較復(fù)雜的立體幾何問題可采用向量法 (1)用向量法解決立體幾何問題，是空間向量的一個具體應(yīng)用，體現(xiàn)了向量的工具性，這種方法可把復(fù)雜的推理證明、輔助線的作法轉(zhuǎn)化為空間向量的運算，降低了空間想象演繹推理的難度，體現(xiàn)了由“形”轉(zhuǎn)“數(shù)”的轉(zhuǎn)化思想． (2)兩種思路：①選好基底，用向量表示出幾何量，利用空間向量有關(guān)定理與向量的線性運算進行判斷．②建立空間直角坐標系，進行向量的坐標運算，根據(jù)運算結(jié)果的幾何意義解釋相關(guān)問題． 規(guī)范解答 解　(1)AB∥平面DEF，理由如下： 在△ABC中，由E，F(xiàn)分別是AC，BC中點，得EF∥AB. 又AB?平面DEF，EF?平面DEF， ∴AB∥平面DEF.[1分] (2)以D為原點，分別以DB，DC，DA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(xiàn)(1，，0)，[3分] 易知平面CDF的法向量為＝(0,0,2)， 設(shè)平面EDF的法向量為n＝(x，y，z)， 則即取n＝(3，－，3)， 則cos〈，n〉＝＝， ∴二面角E－DF－C的余弦值為.[6分] (3)設(shè)P(x，y,0)，則＝y(tǒng)－2＝0，∴y＝. 又＝(x－2，y,0)，＝(－x,2－y,0)， ∵∥，∴(x－2)(2－y)＝－xy， ∴x＋y＝2.[9分] 把y＝代入上式得x＝，∴P， ∴＝，∴點P在線段BC上． ∴在線段BC上存在點P，使AP⊥DE.[12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(　　) 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．設(shè)u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分別是平面α，β的法向量．若α⊥β，則t等于(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案　C 解析　∵α⊥β，則uv＝－26＋2(－4)＋4t＝0，∴t＝5. 3.(xx西安模擬)如圖，F(xiàn)是正方體ABCD—A1B1C1D1的棱CD的中點，E是BB1上一點，若D1F⊥DE，則有(　　) A．B1E＝EB B．B1E＝2EB C．B1E＝EB D．E與B重合 答案　A 解析　以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)正方形的邊長為2，則D(0,0,0)，F(xiàn)(0,1,0)，D1(0,0,2)，設(shè)E(2,2，z)，則＝(0,1，－2)，＝(2,2，z)，∵＝02＋12－2z＝0， ∴z＝1，∴B1E＝EB. 4．(xx廣州質(zhì)檢)已知平面α內(nèi)的三點A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面β的一個法向量n＝(－1，－1，－1)，則不重合的兩個平面α與β的位置關(guān)系是________________________． 答案　α∥β 解析　設(shè)平面α的法向量為m＝(x，y，z)， 由m＝0，得x0＋y－z＝0，即y＝z， 由m＝0，得x－z＝0，即x＝z，取x＝1， ∴m＝(1,1,1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β. 5．(xx青島模擬)已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x＋y＝________. 答案　 解析　由條件得 解得x＝，y＝－，z＝4，∴x＋y＝－＝. 6．已知點P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．對于結(jié)論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正確的序號是________． 答案?、佗冖? 解析　∵＝0，＝0， ∴AB⊥AP，AD⊥AP，則①②正確； 又AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD， ∴是平面ABCD的法向量，則③正確； ∵＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)， ∴與不平行，故④錯誤． 7．(xx青海質(zhì)檢)正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是C1C，B1C1的中點．求證：MN∥平面A1BD. 證明　如圖所示，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． 設(shè)正方體的棱長為1，則 D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，M，N， 于是＝，＝(1,0,1)，＝(1,1,0)． 設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)， 則n＝0，且n＝0，得 取x＝1，得y＝－1，z＝－1. 所以n＝(1，－1，－1)． 又n＝(1，－1，－1)＝0， 所以⊥n. 又MN?平面A1BD，所以MN∥平面A1BD. 8.如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.證明：平面PQC⊥平面DCQ. 證明　如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長度，DA，DP，DC所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Dxyz. 由題意得Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)， 則＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)． ∴＝0，＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 又DQ∩DC＝D，DQ，DC?平面DCQ， ∴PQ⊥平面DCQ，又PQ?平面PQC， ∴平面PQC⊥平面DCQ. 9.(xx鄭州調(diào)研)如圖所示，四棱錐P—ABCD的底面是邊長為1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E為PD上一點，PE＝2ED. (1)求證：PA⊥平面ABCD； (2)在側(cè)棱PC上是否存在一點F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F點的位置，并證明；若不存在，請說明理由． (1)證明　∵PA＝AD＝1，PD＝， ∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD. 又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD?平面ABCD， ∴PA⊥平面ABCD. (2)解　以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1)，E，＝(1,1,0)，＝. 設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)， 則　即 令y＝1，則n＝(－1,1，－2)． 假設(shè)側(cè)棱PC上存在一點F，且＝λ(0≤λ≤1)， 使得BF∥平面AEC，則n＝0. 又∵＝＋＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)， ∴n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝， ∴存在點F，使得BF∥平面AEC，且F為PC的中點． 10．(xx成都調(diào)研)如圖所示，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(guān)系是(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．MN在平面BB1C1C內(nèi) 答案　B 解析　以點C1為坐標原點，分別以C1B1，C1D1，C1C所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 由于A1M＝AN＝， 則M，N， ＝. 又C1D1⊥平面BB1C1C， 所以＝(0，a,0)為平面BB1C1C的一個法向量． 因為＝0， 所以⊥，又MN?平面BB1C1C， 所以MN∥平面BB1C1C. 11.如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱BC，DD1上的點，如果B1E⊥平面ABF，則CE與DF的和為________． 答案　1 解析　以D1為原點，D1A1，D1C1，D1D所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)CE＝x，DF＝y(tǒng)，則易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，F(xiàn)(0,0,1－y)，B(1,1,1)， ∴＝(x－1,0,1)，＝(1,1，y)，∵B1E⊥平面ABF， ∴＝(1,1，y)(x－1，0,1)＝0，即x＋y＝1. 12．(xx長沙模擬)如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，則M點的坐標為(　　) A．(1,1,1) B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)AC與BD相交于O點，連接OE，∵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對角線的交點，∴M為線段EF的中點． 在空間直角坐標系中，E(0,0,1)，F(xiàn)(，，1)． 由中點坐標公式，知點M的坐標為. 13．(xx東莞質(zhì)檢)如圖，圓錐的軸截面SAB是邊長為2的等邊三角形，O為底面中心，M為SO的中點，動點P在圓錐底面內(nèi)(包括圓周)．若AM⊥MP，則點P形成的軌跡長度為________． 答案　 解析　以O(shè)點為坐標原點，OB，OS所在直線分別為y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示， 則A(0，－1,0)，B(0,1,0)， S，M， 設(shè)P(x，y,0)， ∴＝，＝， 由＝y(tǒng)－＝0，得y＝， ∴點P的軌跡方程為y＝.根據(jù)圓的弦長公式，可得點P形成的軌跡長度為2 ＝.