2018届高考数学（理）大一轮复习教师用书：第八章第五节空间向量及其运算和空间位置关系（含解析）.doc

第五节本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.空间向量及其运算；‎ ‎2.利用空间向量证明平行与垂直问题.‎ 空间向量及其运算和空间位置关系 突破点(一)　空间向量及其运算 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎ ‎ ‎1．空间向量及其有关概念 ‎(1)空间向量的有关概念 ‎①空间向量：在空间中，具有大小和方向的量叫做空间向量．‎ ‎②相等向量：方向相同且模相等的向量．‎ ‎③共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量．‎ ‎④共面向量：平行于同一个平面的向量．‎ ‎(2)空间向量中的有关定理 ‎①共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在唯一一个λ∈R，使a＝λb.‎ ‎②共面向量定理：若两个向量a、b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.‎ ‎③空间向量基本定理：如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc.‎ ‎2．两个向量的数量积 ‎(1)非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．‎ ‎(2)空间向量数量积的运算律 ‎①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；‎ ‎②交换律：a·b＝b·a；‎ ‎③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.‎ ‎3．空间向量的运算及其坐标表示 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，‎ 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3‎ 共线 a＝λb(b≠0)‎ a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3‎ 垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0)‎ a1b1＋a2b2＋a3b3＝0‎ 模 ‎|a|‎ 夹角 ‎〈a，b〉(a≠0，b≠0)‎ cos〈a，b〉＝ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 空间向量的线性运算 ‎[例1]　如图所示，在平行六面体ABCD A1B‎1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：‎ ‎(1)；‎ ‎(2)；‎ ‎(3)＋.‎ ‎[解]　(1)∵P是C1D1的中点，‎ ‎∴＝＋＋＝a＋＋ ‎＝a＋c＋＝a＋c＋b.‎ ‎(2)∵N是BC的中点，‎ ‎∴＝＋＋＝－a＋b＋ ‎＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.‎ ‎(3)∵M是AA1的中点，∴＝＋＝＋＝－a＋＝a＋b＋c，又＝＋＝＋‎ ‎＝＋＝c＋a，‎ ‎∴＋＝＋ ‎＝a＋b＋c.‎ ‎[方法技巧]‎ 用已知向量表示某一向量的三个关键点 ‎(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．‎ ‎(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．‎ ‎(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．‎ ‎　　‎ 共线、共面向量定理的应用 ‎[例2]　已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量方法求证：‎ ‎(1)E，F，G，H四点共面；‎ ‎(2)BD∥平面EFGH.‎ ‎[证明]　(1)如图，连接BG，则 ‎＝＋＝＋(＋)‎ ‎＝＋＋‎ ‎＝＋，‎ 由共面向量定理知：E，F，G，H四点共面．‎ ‎(2)因为＝－＝－＝(－)＝，因为E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD.‎ 又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH.‎ ‎1．证明空间三点P，A，B共线的方法 ‎(1)＝λ (λ∈R)；‎ ‎(2)对空间任一点O， ＝＋t (t∈R)；‎ ‎(3)对空间任一点O，＝x＋y (x＋y＝1)．‎ ‎2．证明空间四点P，M，A，B共面的方法 ‎(1)＝x＋y；‎ ‎(2)对空间任一点O，＝＋x＋y；‎ ‎(3)对空间任一点O，＝x＋y＋z (x＋y＋z＝1)；‎ ‎(4)∥ (或∥或∥)．　　[方法技巧]‎ 空间向量数量积的应用 ‎[例3]　如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点．‎ ‎(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；‎ ‎(2)求MN的长；‎ ‎(3)求异面直线AN与CM所成角的余弦值．‎ ‎[解]　(1)证明：设＝p，＝q，＝r.‎ 由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.‎ ‎＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，‎ ‎∴·＝(q＋r－p)·p ‎＝(q·p＋r·p－p2)‎ ‎＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0.‎ ‎∴⊥.即MN⊥AB.同理可证MN⊥CD.‎ ‎(2)由(1)可知＝(q＋r－p)，‎ ‎∴||2＝(q＋r－p)2‎ ‎＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]‎ ‎＝a2＋a2＋a2＋2 ‎＝×‎2a2＝.‎ ‎∴||＝a.∴MN的长为a.‎ ‎(3)设向量与的夹角为θ.‎ ‎∵＝(＋)＝(q＋r)，＝－＝q－p，∴·＝(q＋r)· ‎＝ ‎＝a2－a2cos 60°＋a2cos 60°－a2cos 60°‎ ‎＝＝.‎ 又∵||＝||＝a，‎ ‎∴·＝||||cos θ＝a×a×cos θ＝，‎ ‎∴cos θ＝，‎ ‎∴向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为.‎ ‎[方法技巧]‎ 空间向量数量积的三个应用 ‎(1)求夹角，设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角．‎ ‎(2)求长度(距离)，运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题．‎ ‎(3)解决垂直问题，利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．[考点二]已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z (x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝‎2”‎是“P，A，B，C四点共面”的(　　)‎ A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选B　当x＝2，y＝－3，z＝2时，即＝2－3＋2.则－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设＝m＋n (m，n∈R)，即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n)＋m＋n，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3,2.故“x＝2，y＝－3，z＝‎2”‎是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．‎ ‎2．[考点二]已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　)‎ A．2， B．－， ‎ C．－3,2 D．2,2‎ 解析：选A　∵a∥b，∴b＝ka，即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)，∴解得或 ‎3．[考点一]已知空间四边形OABC中，＝a，＝b，＝c，点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC中点，则＝(　　)‎ A.a－b＋c B．－a＋b＋c C.a＋b－c D.a＋b－c 解析：选B　‎ 如图所示，‎ ‎＝＋＋‎ ‎＝＋(－)＋ ‎＝－＋(－)‎ ‎＝－＋＋ ‎＝－a＋b＋c.‎ ‎4．[考点三]已知P(－2,0,2)，Q(－1,1,2)，R(－3,0,4)，设a＝，b＝，c＝，若实数k使得ka＋b与c垂直，则k的值为________．‎ 解析：由题意知，a＝＝(1,1,0)，b＝＝(－1,0,2)，c＝＝(－2，－1,2)，故ka＋b＝(k－1，k,2)．又ka＋b与c垂直，所以(ka＋b)·c＝－2(k－1)－k＋4＝0，所以k＝2.‎ 答案：2‎ ‎5．[考点三]如图所示，在平行四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ACD＝90°，把△ADC沿对角线AC折起，使AB与CD成60°角，求BD的长．‎ 解：∵AB与CD成60°角，‎ ‎∴〈，〉＝60°或120°.‎ 又∵AB＝AC＝CD＝1，AC⊥CD，AC⊥AB，‎ ‎∴||＝＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝ ，‎ ‎∴||＝2或.‎ ‎∴BD的长为2或.‎ 突破点(二)　利用空间向量证明平行与垂直问题 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．两个重要向量 ‎(1)直线的方向向量 直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个．‎ ‎(2)平面的法向量 直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量. ‎ ‎2．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2‎ l1∥l2‎ n1∥n2⇔n1＝λn2‎ l1⊥l2‎ n1⊥n2⇔n1·n2＝0‎ 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔m·n＝0‎ l⊥α n∥m⇔n＝λm 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 利用空间向量证明平行与垂直 ‎[例1]　已知直三棱柱ABCA1B‎1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B‎1A，C‎1C，BC的中点．求证：‎ ‎(1)DE∥平面ABC；‎ ‎(2)B‎1F⊥平面AEF.‎ ‎[证明]　以A为原点，AB，AC，AA1所在直线为x轴，‎ y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4，0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)．‎ ‎(1)＝(－2,4,0)，平面ABC的法向量为＝(0,0,4)，‎ ‎∵·＝0，DE⊄平面ABC，‎ ‎∴DE∥平面ABC.‎ ‎(2) ＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)，‎ ‎·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，‎ ‎∴⊥，∴B‎1F⊥EF，‎ ‎·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，‎ ‎∴⊥，∴B‎1F⊥AF.‎ ‎∵AF∩EF＝F，‎ ‎∴B‎1F⊥平面AEF.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．利用空间向量证明平行的方法 ‎(1)线线 ‎ 平行：证明两直线的方向向量共线．‎ ‎(2)线面平行：①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行．‎ ‎(3)面面平行：①证明两平面的法向量为共线向量；②转化为线面平行、线线平行问题．‎ ‎2．利用空间向量证明垂直的方法 ‎(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．‎ ‎(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．‎ ‎(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．‎ ‎[提醒]　运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理．如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外．‎ 向量法解决垂直、平行关系中的探索性问题　‎ ‎[例2]　如图，在长方体ABCDA1B‎1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为 CD的中点．‎ ‎(1)求证：B1E⊥AD1；‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　以A为原点，，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a.‎ ‎(1)证明：A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，‎ 故＝(0,1,1)，＝，‎ 因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B1E⊥AD1.‎ ‎(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)，‎ 再设平面B1AE的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎＝(a,0,1)，＝.‎ 因为n⊥平面B1AE，‎ 所以n⊥，n⊥，得 取x＝1，得y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.‎ 又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎[方法技巧]‎ 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路 ‎(1)根据题设条件中的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示．‎ ‎(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1．[考点一](2016·开封模拟)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB.‎ ‎(1)求证：平面BCE⊥平面CDE；‎ ‎(2)若点M是CD的中点，证明AM∥平面BCE.‎ 解：(1)证明：设AD＝DE＝2AB＝‎2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(‎2a,0,0)，B(0，0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,‎2a)．‎ 所以＝(a，a，a)，＝(‎2a,0，－a)，＝(－a，a,0)， ＝(0,0，－‎2a)．‎ 设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 由可得 即 令z1＝2，可得n1＝(1，－，2)．‎ 设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 由可得 即令y2＝1，可得n2＝(，1,0)．‎ 因为n1·n2＝1×＋(－)×1＋2×0＝0.‎ 所以n1⊥n2，‎ 所以平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎(2)易得M，则＝，又平面BCE的一个法向量为n1＝(1，－，2)，‎ 则·n1＝×1＋a×(－)＋0×2＝0.‎ 所以⊥n1，又AM⊄平面BCE，‎ 所以AM∥平面BCE.‎ ‎2．[考点二]‎ 如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点M是BD的中点，AE＝CD，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．‎ ‎　　　‎ ‎(1)求证：EM∥平面ABC；‎ ‎(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN⊥平面BDE？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．‎ 解：以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0,4)，E(0,0,2)，M(－1,1,2)，＝(0,0,2)， ＝(2,2，－4)，＝(2,0，－2)，＝(0,0，－4)， ＝(1,1，－2)，＝(－1,1,0)．‎ ‎(1)由所建空间直角坐标系易知， 故为平面ABC的一个法向量，‎ ‎∵·＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0，‎ ‎∴⊥，即AE⊥EM，‎ 又EM⊄平面ABC，‎ 故EM∥平面ABC.‎ ‎(2)假设在DC上存在一点N满足题意，‎ 设＝λ＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，‎ 则＝－＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以 即解得λ＝∈[0,1]．‎ 所以棱DC上存在一点N，满足NM⊥平面BDE，此时，DN＝DC.‎ 近五年全国卷对本节内容未直接考查 ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎ [练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．若a＝(2x,1,3)，b＝(1,3,9)，如果a与b为共线向量，则(　　)‎ A．x＝1 B．x＝ C．x＝ D．x＝－ 解析：选C　∵a与b共线，∴＝＝，∴x＝.‎ ‎2．已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－‎2a，则x＝　(　　)‎ A．(0,3，－6) B．(0,6，－20)‎ C．(0,6，－6) D．(6,6，－6)‎ 解析：选B　由b＝x－‎2a，得x＝‎4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．‎ ‎3．空间四点A(2,3,6)，B(4,3,2)，C(0,0,1)，D(2,0,2)的位置关系为(　　)‎ A．共线 B．共面 C．不共面 D．无法确定 解析：选C　＝(2,0，－4)，＝(－2，－3，－5)，＝(0，－3，－4)，由不存在实数λ，使＝λ成立知，A，B，C不共线，故A，B，C，D不共线；假设A，B，C，D共面，则可设＝x＋y (x，y为实数)，即由于该方程组无解，故A，B，C，D不共面，故选C.‎ ‎4.如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且分MN所成的比为2，现用基向量，，表示向量，设＝x＋y＋z，则x，y，z的值分别是(　　)‎ A．x＝，y＝，z＝ B．x＝，y＝，z＝ C．x＝，y＝，z＝ D．x＝，y＝，z＝ 解析：选D　设＝a，＝b，＝c，∵G分MN的所成比为2，∴＝，∴＝＋＝＋(－)＝a＋＝a＋b＋c－a＝a＋b＋c，即x＝，y＝，z＝.‎ ‎5．已知a＝(1,2，－2)，b＝(0,2,4)，则a，b夹角的余弦值为________．‎ 解析：cos〈a，b〉＝＝－.‎ 答案：－ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　)‎ A．－1 B．‎0 ‎‎ C．1 D．不确定 解析：选B　如图，令＝a，＝b，＝c，‎ 则·＋·＋·‎ ‎＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)‎ ‎＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a ‎＝0.‎ ‎2．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　)‎ A．9 B．－‎9 C．－3 D．3‎ 解析：选B　由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴解得λ＝－9.‎ ‎3．已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　)‎ A．a2 B.a‎2 C.a2 D.a2‎ 解析：选C　·＝(＋)·＝(·＋·)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.‎ ‎4．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则(　　)‎ A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 解析：选C　∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n1与n2不垂直，又n1，n2不共线，∴α与β相交但不垂直．‎ ‎5.如图所示，在平行六面体ABCD A1B‎1C1D1中，M为A‎1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　)‎ A．－a＋b＋c B.a＋b＋c C．－a－b＋c D.a－b＋c 解析：选A　＝＋＝＋(－)＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c.‎ ‎6.如图，在大小为45°的二面角AEFD中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)‎ A. B. C．1 D. 解析：选D　∵＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝.‎ 二、填空题 ‎7．在空间直角坐标系中，点P(1，，)，过点P作平面yOz的垂线PQ，则垂足Q的坐标为________．‎ 解析：由题意知点Q即为点P在平面yOz内的射影，所以垂足Q的坐标为(0，，)．‎ 答案：(0，，)‎ ‎8．已知点A(1,2,1)，B(－1,3,4)，D(1,1,1)，若＝2，则||的值是________．‎ 解析：设P(x，y，z)，∴＝(x－1，y－2，z－1)，＝(－1－x,3－y,4－z)，由＝2得点P坐标为－，，3，又D(1,1,1)，∴||＝.‎ 答案： ‎9．在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1,6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________．‎ 解析：由题意知·＝0，||＝||，又＝(6，－2，－3)，＝(x－4,3，－6)，∴解得x＝2.‎ 答案：2‎ ‎10．已知O(0,0,0)，A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________．‎ 解析：由题意，设＝λ，则＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋‎ ‎(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，当λ＝时有最小值，此时Q点坐标为.‎ 答案： 三、解答题 ‎11.如图，在多面体ABC A1B‎1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B‎1C1綊BC，二面角A1 AB C是直二面角．‎ 求证：(1)A1B1⊥平面AA‎1C；‎ ‎(2)AB1∥平面A‎1C‎1C.‎ 证明：∵二面角A1 AB C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，∴AA1⊥平面BAC.‎ 又∵AB＝AC，BC＝AB，∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，‎ ‎∴AB，AC，AA1两两互相垂直．‎ 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz，‎ 设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，‎ A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．‎ ‎(1) ＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，‎ 设平面AA‎1C的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 即取y＝1，则n＝(0,1,0)．‎ ‎∴＝2n，即∥n.‎ ‎∴A1B1⊥平面AA‎1C.‎ ‎(2)易知＝(0,2,2)， ＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，‎ 设平面A‎1C‎1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．‎ ‎∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，‎ ‎∴⊥m.又AB1⊄平面A‎1C‎1C，‎ ‎∴AB1∥平面A‎1C‎1C.‎ ‎12.如图所示，四棱锥SABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P为侧棱SD上的点．‎ ‎(1)求证：AC⊥SD；‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．‎ 解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.‎ 以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．‎ 设底面边长为a，则高SO＝a，‎ 于是S，D－a,0,0，B，C，＝，‎ ‎＝，‎ 则·＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.‎ ‎(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.‎ 理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且＝， ＝，＝.‎ 设＝t，则＝＋＝＋t＝，而·＝0⇒t＝.‎ 即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.‎ 而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC. ‎