Gothedistance
空间向量及其运算和空间位置关系(理)
[知识能否忆起]
一、空间向量及其有关概念
语言描述
共线向量(平行
向量)
表示空间向量的有向线段所在的直线平行或重合．
共面向量平行于同一平面的向量．
共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b?存在λ∈R，使a＝λb.
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.
空间向量基本
定理
(1)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)推论：设O、A、B、C是不共面的四点，则对空间一点P都存在唯一的
三个有序实数x、y、z使OP＝xOA＋yOB＋zOC且x＋y＋z＝1.
二、数量积及坐标运算
1．两个向量的数量积
(1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；
(2)a⊥b?a·b＝0(a，b为非零向量)；
(3)|a|2＝a2，|a|＝x2＋y2＋z2.
2．向量的坐标运算
a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)
向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)
向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)
数量积a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3
共线a∥b?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)
垂直a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
夹角
Gothedistance
公式cos〈a，b〉＝a1b1＋a2b2＋a3b3a2
1＋a
2
2＋a
2
3b
2
1＋b
2
2＋b
2
3
三、平面的法向量
(1)所谓平面的法向量，就是指所在的直线与平面垂直的向量，显然一个平面的法向量
有无数多个，它们是共线向量．
(2)在空间中，给定一个点A和一个向量a，那么以向量a为法向量且经过点A的平面
是唯一的．
[小题能否全取]
1．(课本习题改编)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)则下列结论正确
的是()
A．a∥c，b∥cB．a∥b，a⊥c
C．a∥c，a⊥bD．以上都不对
解析：选C∵c＝(－4，－6,2)＝2a，∴a∥c.又a·b＝0，故a⊥b.
2．(2012·济宁一模)若{a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中，能构成基底的一组
向量是()
A．{a，a＋b，a－b}B．{b，a＋b，a－b}
C．{c，a＋b，a－b}D．{a＋b，a－b，a＋2b}
解析：选C若c、a＋b、a－b共面，则c＝λ(a＋b)＋m(a－b)＝(λ＋m)a＋(λ－m)b，
则a、b、c为共面向量，与{a，b，c}为空间向量的一组基底矛盾，故c，a＋b，a－b可构
成空间向量的一组基底．
3．(教材习题改编)下列命题：
①若A、B、C、D是空间任意四点，则有AB＋BC＋CD＋DA＝0；
②若MB＝xMA＋yMB，则M、P、A、B共面；
③若p＝xa＋yb，则p与a，b共面．
其中正确的个数为()
A．0B．1
C．2D．3
解析：选D可判断①②③正确．
4．在四面体O－ABC中，OA＝a，OB＝b，OC＝c，D为BC的中点，E为AD的
中点，则OE＝________(用a，b，c表示)．
Gothedistance
解析：如图，OE＝12OA＋12OD
＝12OA＋14OB＋14OC
＝12a＋14b＋14c.
答案：12a＋14b＋14c
5．已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，①(1AA＋11AD＋11AB)2＝311AB2；②
1AC·(11AB－1AA)＝0；③向量1AD与向量1AB的夹角是60°；④正方体ABCD－
A1B1C1D1的体积为|AB·1AA·AD|.其中正确命题的序号是________．
解析：设正方体的棱长为1，①中(1AA＋11AD＋11AB)2＝311AB2＝3，故①正确；
②中11AB－1AA＝1AB，由于AB1⊥A1C，故②正确；③中A1B与AD1两异面直线所成角
为60°，但1AD与1AB的夹角为120°，故③不正确；④中|AB·1AA·AD|＝0.故④也不正
确．
答案：①②
1.用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或
某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；
求异面直线所成的角，一般可以转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应
进行转化．
2．直线的方向向量与平面的法向量的确定：
(1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称AB为直线l的
方向向量，与AB平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．
(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的
法向量，则求法向量的方程组为
??
??
?n·a＝0，
n·b＝0.
空间向量的线性运算
典题导入
Gothedistance
[例1]如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中G为△A1BD的
重心，设AB＝a，AD＝b，1AA＝c，试用a，b，c表示1AC，AG.
[自主解答]1AC＝AB＋BC＋1CC＝AB＋AD＋1AA
＝a＋b＋c.
AG＝1AA＋1AG
＝1AA＋13(1AD＋1AB)
＝1AA＋13(AD－1AA)＋13(AB－1AA)
＝131AA＋13AD＋13AB
＝13a＋13b＋13c.
本例条件不变，设A1C1与B1D1交点为M，试用a，b，c表示MG.
解：如图，
MG＝1MA＋1AG
＝－12(11AB＋11AD)＋13(1AD＋1AB)
＝－12a－12b＋13(AD－1AA)＋13(AB－1AA)
＝－12a－12b＋13b－13c＋13a－13c
＝－16a－16b－23c
由题悟法
用已知向量表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键，要正确理解
向量加法、减法与数乘运算的几何意义，灵活运用三角形法则及四边形法则．
以题试法
1.如图所示，已知空间四边形OABC，其对角线为OB、AC，M、N
分别为OA、BC的中点，点G在线段MN上，且MG＝2GN，若OG＝
xOA＋yOB＋zOC，则x，y，z的值分别为________．
解析：∵OG＝OM＋MG＝12OA＋23MN
Gothedistance
＝12OA＋23(ON－OM)
＝12OA＋23ON－23OM
＝12OA＋23×12(OB＋OC)－23×12OA
＝16OA＋13OB＋13OC
∴x，y，z的值分别为16，13，13.
答案：16，13，13
共线、共面向量定理的应用
典题导入
[例2]如右图，已知平行六面体ABCD－A′B′C′D′，E、
F、G、H分别是棱A′D′、D′C′、C′C和AB的中点，求证
E、F、G、H四点共面．
[自主解答]取ED?＝a，EF＝b，EH＝c，则HG＝HB
＋BC＋CG＝DF?＋2ED?＋12AA?
＝b－a＋2a＋12(AH＋HE＋EA?)＝b＋a＋12(b－a－c－a)
＝32b－12c，∴HG与b、c共面．即E、F、G、H四点共面．
由题悟法
应用共线向量定理、共面向量定理证明点共线、点共面的方法比较：
三点(P，A，B)共线空间四点(M，P，A，B)共面
PA＝λPB且同过点PMP＝xMA＋yMB
对空间任一点O，OP＝OA→＋tAB
对空间任一点O，OP＝OM＋xMA＋
yMB
对空间任一点O，OP＝xOA＋(1－x)OB
对空间任一点O，OP＝xOM＋yOA＋(1
－x－y)OB
以题试法
Gothedistance
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)连接BG，则EG＝EB＋BG
＝EB＋12(BC＋BD)
＝EB＋BF＋EH＝EF＋EH，
由共面向量定理知：
E、F、G、H四点共面．
(2)因为EH＝AH－AE
＝12AD－12AB＝12(AD－AB)＝12BD，
又因为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.
利用空间向量证明平行或垂直
典题导入
[例3](2012·湖南模拟)已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
△ACD为等边三角形，边长为2a，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求证：平面BCE⊥平面CDE.
[自主解答]依题意，以AC所在的直线为x轴，AB所在的直线
为z轴，过点A且垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示的空间直
角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a,0)，
E(a，3a,2a)．
∵F为CD的中点，∴F????32a，32a，0.
(1)易知，AF＝????32a，32a，0，BE＝(a，3a，a)，BC＝(2a,0，－a)，
Gothedistance
∵AF＝12(BE＋BC)，AF?平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
(2)∵AF＝????32a，32a，0，CD＝(－a，3a,0)，ED＝(0,0，－2a)，
∴AF·CD＝0，AF·ED＝0，
∴AF⊥CD，AF⊥ED，即AF⊥CD，AF⊥ED.
又CD∩ED＝D，∴AF⊥平面CDE.
又AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.
由题悟法
利用直线的方向向量与平面的法向量，可以判定直线与直线、直线与平面、平面与平面
的平行和垂直．
(1)设直线l1的方向向量v1＝(a1，b1，c1)，l2的方向向量v2＝(a2，b2，c2)．
则l1∥l2?v1∥v2?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．
l1⊥l2?v1⊥v2?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)设直线l的方向向量为v＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)，则l∥α
?v⊥n?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
l⊥α?v∥n?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)．
(3)设平面α的法向量n1＝(a1，b1，c1)，β的法向量为n2＝(a2，b2，c2)，则α∥β?n1∥
n2，α⊥β?n1⊥n2.
以题试法
3．(2012·汕头模拟)
如图所示的长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为
2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝2，M是线段B1D1的中
点．
(1)求证：BM∥平面D1AC；
(2)求证：D1O⊥平面AB1C.
证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则点O(1,1,0)、D1(0,0，2)，
∴1OD＝(－1，－1，2)，
又点B(2,2,0)，M(1,1，2)，
∴BM＝(－1，－1，2)，
∴1OD＝BM，
Gothedistance
又∵OD1与BM不共线，
∴OD1∥BM.
又OD1?平面D1AC，BM?平面D1AC，
∴BM∥平面D1AC.
(2)连接OB1.∵1OD·1OB＝(－1，－1，2)·(1,1，2)＝0，1OD·AC＝(－1，－1，2)·(－
2,2,0)＝0，
∴1OD⊥1OB，1OD⊥AC，
即OD1⊥OB1，OD1⊥AC，
又OB1∩AC＝O，∴D1O⊥平面AB1C.
1．(2013·大同月考)若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是()
A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)
B．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：选D若l∥α，则a·n＝0.而A中a·n＝－2，
B中a·n＝1＋5＝6，C中a·n＝－1，
只有D选项中a·n＝－3＋3＝0.
2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实
数λ等于()
A.627B.637
C.607D.657
解析：选D由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
∴
??
??
?7＝2t－μ，
5＝－t＋4μ，
λ＝3t－2μ.
∴
??
??
?t＝337，
μ＝177，
λ＝657.
Gothedistance
3.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1
的交点．若AB＝a，AD＝b，1AA＝c，则下列向量中与BM相等的
向量是()
A．－12a＋12b＋cB.12a＋12b＋c
C．－12a－12b＋cD.12a－12b＋c
解析：选ABM＝1BB＋1BM＝1AA＋12(AD－AB)
＝c＋12(b－a)＝－12a＋12b＋c.
4.(2013·晋中调研)如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且
∠AOB＝∠AOC＝π3，则cos〈OA，BC〉的值为()
A．0B.12
C.32D.22
解析：选A设OA＝a，OB＝b，OC＝c，
由已知条件〈a，b〉＝〈a，c〉＝π3，且|b|＝|c|，
OA·BC＝a·(c－b)＝a·c－a·b
＝12|a||c|－12|a||b|＝0，∴cos〈OA，BC〉＝0.
5．(2012·舟山月考)平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，向量AB、AD、1AA两两的夹
角均为60°，且|AB|＝1，|AD|＝2，|1AA|＝3，则|1AC|等于()
A．5B．6
C．4D．8
解析：选A设AB＝a，AD＝b，1AA＝c，则1AC＝a＋b＋c，
1AC
2＝a2＋b2＋c2＋2a·c＋2b·c＋2c·a＝25，
因此|1AC|＝5.
6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的
动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，
Gothedistance
点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足MQ＝λMN的实数λ的值
有()
A．0个B．1个
C．2个D．3个
解析：选C建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为2，
则P(x，y,2)，O(1,1,0)，
∴OP的中点坐标为
?
?
?
?x＋1
2，
y＋1
2，1，
又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，
而Q在MN上，∴xQ＋yQ＝3，
∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.
∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.
7．在下列条件中，使M与A、B、C一定共面的是________．
①OM＝2OA－OB－OC；②OM＝15OA＋13OB＋12OC；③MA＋MB＋MC
＝0；④OM＋OA＋OB＋OC＝0.
解析：∵MA＋MB＋MC＝0，∴MA＝－MB－MC，则MA、MB、MC为
共面向量，即M、A、B、C四点共面．
答案：③
8.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、
DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．
解析：以D1A1、D1C1、D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设CE＝x，DF＝y，
则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，∴1BE＝(x－1,0,1)，
又F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，∴FB＝(1,1，y)，
由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，
只需PB―→·1BE＝(1,1，y)·(x－1,0,1)＝0?x＋y＝1.
答案：1
9.如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB＝2，E为PB
的中点，cos〈DP，AE〉＝33，若以DA、DC，DP所在直线分别为
Gothedistance
x，y，z轴建立空间直角坐标系，则点E的坐标为________．
解析：设PD＝a，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，
P(0,0，a)，E????1，1，a2.
∴DP＝(0,0，a)，AE＝????－1，1，a2.
由cos〈DP，AE〉＝33，
∴a
2
2＝a2＋
a2
4·
3
3，∴a＝2.
∴E的坐标为(1,1,1)．
答案：(1,1,1)
10.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：
(1)AE⊥CD；
(2)PD⊥平面ABE.
证明：AB、AD、AP两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．
(1)∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形．
∴C????12，32，0，E????14，34，12.
设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得AC·CD＝0，
即y＝233，则D????0，233，0，
∴CD＝????－12，36，0.又AE＝????14，34，12，
∴AE·CD＝－12×14＋36×34＝0，
∴AE⊥CD，即AE⊥CD.
(2)法一：∵P(0,0,1)，∴PD＝????0，233，－1.
又AE·PD＝34×233＋12×(－1)＝0，
∴PD⊥AE，即PD⊥AE.
∵AB＝(1,0,0)，∴PD·AB＝0.
Gothedistance
∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB.
法二：AB＝(1,0,0)，AE＝????14，34，12，
设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
??
??
?x＝0，
1
4x＋
3
4y＋
1
2z＝0，
令y＝2，则z＝－3，∴n＝(0,2，－3)．
∵PD＝????0，233，－1，显然PD＝33n.
∵PD∥n，∴PD⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.
11．已知矩形ABCD中，AB＝6，BC＝62，E为AD的中点(图甲)．沿BE将△ABE折
起，使二面角A－BE－C为直二面角(图乙)，且F为AC的中点．
(1)求证：FD∥平面ABE；
(2)求证：AC⊥BE.
证明：(1)如图1，设M为BC的中点，连接DM、MF.∵F为AC的
中点，M为BC的中点，∴MF∥AB.
又∵BM綊DE，∴四边形BMDE为平行四边形，∴MD∥BE.
∵MF∩MD＝M，AB∩BE＝B，
∴平面DFM∥平面ABE.
又∵PD?平面DFM，FD?平面ABE，
∴FD∥平面ABE.
(2)在矩形ABCD(如图2)中，连接AC，交BE于G.
BE·AC＝(BA＋AE)·(AB＋BC)
＝－AB2＋AE·BC＝－36＋36＝0.
∴AC⊥BE.
∴在图3中，AG⊥BE，CG⊥BE.
又∵AG∩GC＝G，
∴BE⊥平面AGC.
又∵AC?平面AGC，∴AC⊥BE.
Gothedistance
12．(2012·长春模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD
中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝3，
BC＝4.
(1)求证：BD⊥PC；
(2)设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面PAB，求λ的值．
解：(1)证明：如图，在平面ABCD内过点D作直线DF∥AB，交
BC于点F，以D为坐标原点，DA、DF、DP所在的直线分别为x、y、
z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(1，3，0)，D(0,0,0)，
C(－3，3，0)．
(1)设PD＝a，则P(0,0，a)，BD＝(－1，－3，0)，PC＝(－3，3，－a)，
∵BD·PC＝3－3＝0，∴BD⊥PC.
(2)由题意知，AB＝(0，3，0)，DP＝(0,0，a)，PA＝(1,0，－a)，PC＝(－3，3，
－a)，
∵PE＝λPC，∴PE＝(－3λ，3λ，－aλ)，
DE＝DP＋PE＝(0,0，a)＋(－3λ，3λ，－aλ)
＝(－3λ，3λ，a－aλ)．
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则
?
??AB·n＝0，
PA·n＝0，
即???3y＝0，x－az＝0.
令z＝1，得x＝a，∴n＝(a,0,1)，
∵DE∥平面PAB，∴DE·n＝0，
∴－3aλ＋a－aλ＝0，即a(1－4λ)＝0，
∵a≠0，∴λ＝14.
1．已知AB＝(1,5，－2)，BC＝(3,1，z)，若AB⊥BC，BP＝(x－1，y，－3)，且
BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为()
A.337，－157，4B.407，－157，4
Gothedistance
C.407，－2,4D．4，407，－15
解析：选B∵AB⊥BC，∴AB·BC＝0，
即3＋5－2z＝0，得z＝4.
又BP⊥平面ABC，∴BP⊥AB，BP⊥BC，BC＝(3,1,4)，则
??
??
??x－1?＋5y＋6＝0，
3?x－1?＋y－12＝0，解
得
?
??
x＝407，
y＝－157.
2．设空间四点O，A，B，P满足OP＝OA＋tAB，其中0
A．点P在线段AB上
B．点P在线段AB的延长线上
C．点P在线段BA的延长线上
D．点P不一定在直线AB上
解析：选A∵0
3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是BB1、DD1的中点．求证：
(1)FC1∥平面ADE；
(2)平面ADE∥平面B1C1F.
证明：(1)如图所示，建立空间直角坐标系D－xyz，
则有D(0,0,0)、A(2,0,0)、C(0,2,0)、C1(0,2,2)、E(2,2,1)、F(0,0,1)，
所以1FC＝(0,2,1)，DA＝(2,0,0)，AE＝(0,2,1)．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的一个法向量，则n1⊥DA，
n1⊥AE，
即
?
?
?n1·DA＝2x1＝0，
n1·AE＝2y1＋z1＝0.
解得
??
??
?x1＝0，
z1＝－2y1.
令z1＝2，则y1＝－1，所以n1＝(0，－1,2)．
因为1FC·n1＝－2＋2＝0，所以1FC⊥n1.
又因为FC1?平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
(2)由(1)得B1(2,2,2)，11CB＝(2,0,0)．
Gothedistance
设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量，
则n2⊥1FC，n2⊥11CB，
即
??
??
?n2·1FC＝2y2＋z2＝0，
n2·11CB＝2x2＝0.
解得
??
??
?x2＝0，
z2＝－2y2.
令z2＝2，则y2＝－1，所以n2＝(0，－1,2)．
因为n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.
1.已知在一个60°的二面角的棱上，如图有两个点A，B，AC，
BD分别是在这个二面角的两个半平面内垂直于AB的线段，且AB
＝4cm，AC＝6cm，BD＝8cm，则CD的长为________．
解析：设BD＝a，AB＝b，AC＝c，
由已知条件|a|＝8，|b|＝4，|c|＝6，
〈a，b〉＝90°，〈b，c〉＝90°，〈a，c〉＝60°，
|CD|2＝|CA＋AB＋BD|2＝|－c＋b＋a|2
＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c＝68，
则|CD|＝217.
答案：217cm
2.如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，
且∠C1CD＝∠C1CB＝∠BCD＝60°.
(1)求证：C1C⊥BD；
(2)当CDCC
1
的值是多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明．
解：(1)证明：设CD＝a，CB＝b，1CC＝c，
由已知|a|＝|b|，且〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
BD＝CD－CB＝a－b，1CC·BD＝c·(a－b)＝c·a－c·b
＝12|c||a|－12|c||b|＝0，∴1CC⊥BD，即C1C⊥BD.
(2)若A1C⊥平面C1BD，
则A1C⊥C1D，1CA＝a＋b＋c，1CD＝a－c.
∴1CA·1CD＝0，即(a＋b＋c)·(a－c)＝0.
Gothedistance
整理得：3a2－|a||c|－2c2＝0，
(3|a|＋2|c|)(|a|－|c|)＝0，
∴|a|－|c|＝0，即|a|＝|c|.
即当CDCC
1
＝|a||c|＝1时，A1C⊥平面C1BD.
3.如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是
直角三角形，且PA＝AD＝2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中
点．求证：PB∥平面EFG.
证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，
且ABCD为正方形，
∴AB、AP、AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则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)．
∴PB＝(2,0，－2)，FE＝(0，－1,0)，
FG＝(1,1，－1)，
设PB＝sFE＋tFG，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
∴
??
??
?t＝2，
t－s＝0，
－t＝－2，
解得s＝t＝2.
∴PB＝2FE＋2FG，
又∵FE与FG不共线，∴PB、FE与FG共面．
∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG.
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