2019版高考數學一輪復習 第七章 立體幾何 第44講 立體幾何中的向量方法（一）證明平行與垂直學案

《2019版高考數學一輪復習 第七章 立體幾何 第44講 立體幾何中的向量方法（一）證明平行與垂直學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考數學一輪復習 第七章 立體幾何 第44講 立體幾何中的向量方法（一）證明平行與垂直學案（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第44講　立體幾何中的向量方法(一)——證明平行與垂直 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.理解直線的方向向量與平面法向量的意義． 2．能用向量語言表達直線與直線、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). 2016·山東卷，17 2016·浙江卷，17 2016·天津卷，17 空間直角坐標系、空間向量及其運算在高考中主要作為解題工具，解決直線、平面的平行、垂直位置關系的判定等問題. 分值：5～6分 1．直線的方向向量與平面的法向量的確定 (1)直線的方向向量：在直線上任取一__非零

2、__向量作為它的方向向量． (2)平面的法向量可利用方程組求出：設a，b是平面α內兩不共線向量，n為平面α的法向量，則求法向量的方程組為 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的法向量分別為u1，u2，則α∥β?__u1∥u2__. 3．用向

3、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__. 1．思維辨析(在括號內打“√”或“×”)． (1)直線的方向向量是唯一確定的．(　×　) (2)若兩直線的方向向量不平行，則兩直線不平行．(　√　) (3)若兩平面的法向量平行，則兩平面平行或重合．(　√　) (4)若空間向量a平行于平面α，則a所在直線與平面α平

4、行．(　×　) 2．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(　C　) A．(－1,1,1)　　 B．(1，－1,1) C．　　 D． 解析 ＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，經計算得C符合題意． 3．已知直線l的方向向量v＝(1,2,3)，平面α的法向量為u＝(5,2，－3)，則l與α的位置關系是__l∥a或l?α__. 解析 ∵v＝(1,2,3)，u＝(5,2，－3)，1×5＋2×2＋3×(－3)＝0， ∴v⊥u，∴l(xiāng)∥a或l?α. 4．設u，v分別是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，當v＝(3，－2,2)時，

5、α與β的位置關系為__α⊥β__；當v＝(4，－4，－10)時，α與β的位置關系為__α∥β__. 解析 當v＝(3，－2,2)時，u⊥v，則α⊥β，當v＝(4，－4，－10)時，u∥v，則α∥β. 5．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的位置關系是__異面垂直__. 解析 以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立直角坐標系，設正方體棱長為2，則A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，則＝(1,0,2)，∴·＝0，∴⊥，∴ON⊥AM.

6、 一　利用空間向量證明平行問題 (1)恰當建立空間直角坐標系，準確表示各點與相關向量的坐標，是運用向量法證明平行和垂直的關鍵． (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量積為零，或證直線的方向向量與平面內的不共線的兩個向量共面，或證直線的方向向量與平面內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化為向量運算． 【例1】 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AB

7、CD為正方形，∴AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，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. 二　利用空間向量證明垂直問題 證明垂直問題的方法 (1)利用已知的線面垂直關系構建空間直角坐

8、標系，準確寫出相關點的坐標，從而將幾何證明轉化為向量運算．其中靈活建系是解題的關鍵． (2)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；證明線面垂直，只需證明直線的方向向量與平面內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；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的一條直線的方向向量為另一個平面的法向量即可． 【例2】 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 如圖所示，取BC的中點O，連接AO.

9、 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BCC1B1. 取B1C1的中點O1，以O為原點，分別以，，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 則B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A(0,0，)，A1(0,2，)，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．

10、【例3】 如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)證明AP⊥BC； (2)若點M是線段AP上一點，且AM＝3.試證明平面AMC⊥平面BMC． 證明 (1)如圖所示，以O為坐標原點，以過O平行于BD的直線為x軸，以AD，OP分別為y，z軸建立空間直角坐標系Oxyz. 則O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)． 于是＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)， ∴·＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，∴⊥，即AP⊥BC．

11、 (2)由(1)知|AP|＝5， 又|AM|＝3，且點M在線段AP上， ∴＝＝， 又＝(－8,0,0)，＝(－4,5,0)， ＝(－4，－5,0)，∴＝＋＝， 則·＝(0,3,4)·＝0， ∴⊥，即AP⊥BM，又根據(1)的結論知AP⊥BC，且BM∩BC＝C，∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC．又AM?平面AMC，∴平面AMC⊥平面BMC． 三　利用空間向量解決探索性問題 對于“是否存在”型問題的探索方式有兩種：一種是先根據條件作出判斷，再進一步論證；另一種是利用空間向量，先假設存在點的坐標，再根據條件求該點的坐標，即找到“存在點”，若該點坐標不能求出，或有矛盾，則

12、判定“不存在”． 【例4】 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． 解析 (1)證明：設BD與AC交于點O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， 由余弦定理，得A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， ∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面

13、ABCD． 以OB，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)＋1×0＋×0＝0， ∴⊥，即BD⊥AA1. (2)假設在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1， 設＝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n3＝(x3，y3，z3)為平面DA1C1的一個法向量， 則又＝(0,2,0)，＝(，0，)，

14、 則取n3＝(1,0，－1)， ∵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. 1．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 如圖，取BD的中點O，以O為原點，OD，OP所在射線分別為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)． 設點C的坐標為(x0，y0,0)． 因為＝3，所以Q. 因為M為AD的中點

15、，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． 2．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 導學號74780343 (1)如圖建立空間直角坐標系Axyz，令AB＝AA1＝4，則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4) . 取AB中點

16、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∥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∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF. 3．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，A

17、B＝4，CD＝1，點M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30°角． (1)求證：CM∥平面PAD； (2)求證：平面PAB⊥平面PAD． 證明 (1)以C為坐標原點，分別以CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸，CP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz， ∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC為PB與平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°. ∵|PC|＝2，∴|BC|＝2，|PB|＝4. ∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M， ∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝， 令n＝(x，y，z)為平面PAD的一個

18、法向量． 則即∴ 令y＝2，得n＝(－，2,1)． ∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0， ∴n⊥，又CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD． (2)取AP的中點E，則E(，2,1)，＝(－，2,1)． ∵|PB|＝|AB|，∴BE⊥PA． 又∵·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0， ∴⊥，∴BE⊥DA， 又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD， 又∵BE?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD． 4．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內求一點G，

19、使GF⊥平面PCB，并證明你的結論． 解析 (1)證明：如圖，分別以DA，DC，DP所在直線為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)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． 易錯點　坐標系建立不恰當、點的坐標出錯 錯因分析：①寫準點的坐標是關鍵

20、，要利用中點、向量共線、相等來確定點的坐標．②利用a＝λb證明直線平行需強調兩直線不重合，證明直線與平面平行仍需強調直線在平面外． 【例1】 如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)當λ＝1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ； (2)是否存在λ，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由． 解析 以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Dx

21、yz. 由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)， P(0,0，λ)，M(2,1,2)，N(1,0,2)，＝(－2,0,2)， ＝(－1,0，λ)，＝(1,1,0)，＝(－1，－1,0)， ＝(－1,0，λ－2)． (1)證明：當λ＝1時，＝(－1,0,1)， 因為＝(－2,0,2)，所以＝2，即BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ， 故直線BC1∥平面EFPQ. (2)設平面EFPQ的一個法向量為n＝(x，y，z)，則 可得于是可取n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面PQMN的一個法向量為m＝(λ－2,

22、2－λ，1)． 若存在λ，使平面EFPQ與平面PQMN所成二面角為直二面角，則m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±. 故存在λ＝1±，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角． 【跟蹤訓練1】 (2018·河北衡水中學檢測)如圖所示，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的倍，P為側棱SD上的點． (1)求證：AC⊥SD． (2)若SD⊥平面PAC，則側棱SC上的是否存在一點E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，請說明理由． 解析 連接BD，設AC交BD于O

23、，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. (1)證明：＝，＝， 則·＝0.故OC⊥SD，從而AC⊥SD． (2)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， 所以·＝0， 解得t＝，即當SE∶EC＝2∶1時，⊥. 又BE?平面PAC，故BE∥平面PAC． 課時達標　第44講 [解密考綱]利用空間向量證明平行與垂直

24、關系，常出現于選擇、填空題中，或在解答題立體幾何部分的第(1)問考查，難度中等或較?。? 一、選擇題 1．若直線l∥平面α，直線l的方向向量為s，平面α的法向量為n，則下列結論可能正確的是(　C　) A．s＝(－1,0,2)，n＝(1,0，－1) B．s＝(－1,0,1)，n＝(1,2，－1) C．s＝(－1,1,1)，n＝(1,2，－1) D．s＝(－1,1,1)，n＝(－2,2,2) 解析 由已知需s·n＝0，逐個驗證知，只有C項符合要求，故選C． 2．若直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，能使l⊥α的是(　A　) A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．

25、a＝(1,3,5)，n＝(1,0，－1) C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1) 解析 若l⊥α，則a∥n，一一驗證，可知選A． 3．直線l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的法向量為n＝(2，x2＋x，－x)，若直線l∥平面α，則x＝(　D　) A．－2　　 B．－　　 C．　　 D．± 解析 由已知得s·n＝0，故－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝±. 4．如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，|AB|＝，|AF|＝1，

26、M在EF上，且AM∥平面BDE，則M點的坐標為(　C　) A．(1,1,1)　　 B． C．　　 D． 解析 由已知得A(，，0)，B(0，，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，設M(x，x,1)． 則＝(x－，x－，1)，＝(，－，0)，＝(0，－，1)．設平面BDE的一個法向量為n＝(a，b，c)． 則即 解得令b＝1，則n＝(1,1，)． 又AM∥平面BDE，所以n·＝0， 即2(x－)＋＝0，得x＝，所以M. 5．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，則(　B　) A．EF至多與A1D，

27、AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF與BD1相交 D．EF與BD1異面 解析 以D點為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設正方體棱長為1， 則A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，B(1,1,0)，D1(0,0,1)， ＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)， ＝，＝(－1，－1,1)， ＝－，·＝·＝0， 從而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故選B． 6．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

28、MN與平面BB1C1C的位置關系是(　B　) A．斜交　　 B．平行　　 C．垂直　　 D．不確定 解析 建立如圖所示的坐標系， 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⊥， 所以MN∥平面BB1C1C，故選B． 二、填空題 7．若直線l的方向向量e＝(2,1，m)，平面α的法向量n＝，且l⊥α，則m＝__4__. 解析 因為l⊥α，所以e∥n，即e＝λn(λ≠0)，亦即(2,1，m)＝λ，所以則m＝4. 8．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(

29、x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數x，y，z分別為__，－，4__. 解析 由已知得解得 9．已知平面α內的三點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的位置關系是__平行__. 解析 由已知得，＝(0,1，－1)，＝(1,0，－1)，設平面α的一個法向量為m＝(x，y，z)， 則得 得令z＝1，得m＝(1,1,1)． 又n＝(－1，－1，－1)，所以m＝－n，即m∥n，所以α∥β. 三、解答題 10．如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分別為A1B1，B1

30、C1，C1D1的中點． (1)求證：AG∥平面BEF； (2)試在棱長BB1上找一點M，使DM⊥平面BEF，并證明你的結論． 解析 (1)以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸和z軸建立空間直角坐標系， 則A(1,0,0)，B(1,1,0)，E，F，G， 因為＝，＝， 而＝，所以＝＋， 故與平面BEF共面， 又因為AG不在平面BEF內，所以AG∥平面BEF. (2)設M(1,1，m)，則＝(1,1，m)， 由·＝0，·＝0，所以－＋m＝0?m＝ ， 所以M為棱BB1的中點時，DM⊥平面BEF. 11．(2018·北京西城二模)如圖，直角梯形A

31、BCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB． (1)求證：AB⊥DE； (2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值； (3)線段EA上是否存在點F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，請說明理由． 解析 (1)證明：取AB的中點O，連接EO，DO. 因為EB＝EA，所以EO⊥AB． 因為四邊形ABCD為直角梯形． AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC， 所以四邊形OBCD為正方形， 所以AB⊥OD． 因為EO∩DO＝O，所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED． (2)因為平面ABE⊥平面ABCD，且E

32、O⊥AB， 所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD． 由OB，OD，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz. 因為三角形EAB為等腰直角三角形， 所以OA＝OB＝OD＝OE， 設OB＝1，所以O(0,0,0)， A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)． 所以＝(1,1，－1)， 平面ABE的一個法向量為＝(0,1,0)． 設直線EC與平面ABE所成的角為θ， 所以sin θ＝|cos〈，〉|＝＝， 即直線EC與平面ABE所成角的正弦值為. (3)存在點F，且＝時，有EC∥平面FBD． 證明如下：由＝

33、＝， F，所以＝，＝(－1,1,0)． 設平面FBD的法向量為v＝(a，b，c)， 則有所以取a＝1，得v＝(1,1,2)． 因為·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC?平面FBD，所以EC∥平面FBD， 即點F滿足＝時，有EC∥平面FBD． 12．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，點E在AA1上，點F在CC1上，且AE＝FC1＝1. (1)求證：E，B，F，D1四點共面； (2)若點G在BC上，BG＝，點M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1. 證明 (1)以B為原點，以BA，BC，BB1為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz， 則B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3,3,3)，則＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，＝(3,3,3)，所以＝＋. 由向量共面的充要條件知E，B，F，D1四點共面． (2)設M(0,0，z0)，G，則＝， 而＝(0,3,2)， 由題設得·＝－×3＋z0·2＝0， 得z0＝1.故M(0,0,1)，有＝(3,0,0)． 又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)， 所以·＝0，·＝0，從而ME⊥BB1，ME⊥BC． 又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1. 19