课时2 空间线面位置关系的判定

1．在空间直角坐标系中，已知 $ A(1,2,3) $ ， $ B(-2,-1,6) $ ， $ C(3,2,1) $ ， $ D(4,3,0) $ ，则直线 $ AB $ 与 $ CD $ 的位置关系是（）

A．异面

B．平行

C．垂直

D．相交但不垂直

答案：B

解析：

由 $ A(1,2,3) $ ， $ B(-2,-1,6) $ ， $ C(3,2,1) $ ， $ D(4,3,0) $ ，

得 $ \overrightarrow {AB}=(-3,-3,3) $ ， $ \overrightarrow {CD}=(1,1,-1) $ ，则 $ \overrightarrow {AB}=-3\overrightarrow {CD} $ ，即 $ \overrightarrow {AB}//\overrightarrow {CD} $ ，

而 $ \overrightarrow {AC}=(2,0,-2) $ ，显然向量 $ \overrightarrow {AB} $ , $ \overrightarrow {AC} $ 不共线，即点 $ C $ 不在直线 $ AB $ 上，

所以直线 $ AB $ 与 $ CD $ 平行．故选 $ \mathrm{B} $ ．

2．已知点 $ A(1,0,-2) $ ， $ B(3,1,0) $ ，若平面 $ \alpha $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{n}=(0,-2,1) $ ，则直线 $ AB $ 与平面 $ \alpha $ 的位置关系是（）

A． $ AB//\alpha $

B． $ AB\perp \alpha $

C． $ AB\subset \alpha $

D． $ AB//\alpha $ 或 $ AB\subset \alpha $

答案：D

解析：

因为 $ \overrightarrow {AB}=(2,1,2) $ ， $ \boldsymbol{n}=(0,-2,1) $ ，所以 $ \overrightarrow {AB}\cdot \boldsymbol{n}=0 $ ，所以 $ AB//\alpha $ 或 $ AB\subset \alpha $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

3．两个不重合的平面 $ \alpha $ 与平面 $ ABC $ ，若平面 $ \alpha $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(2,-3,1) $ ， $ \overrightarrow {AB}=(1,0,-2) $ ， $ \overrightarrow {AC}=(1,1,1) $ ，则（）

A．平面 $ \alpha // $ 平面 $ ABC $

B．平面 $ \alpha \perp $ 平面 $ ABC $

C．平面 $ \alpha $ 、平面 $ ABC $ 相交但不垂直

D．以上均有可能

答案：A

解析：

设平面 $ ABC $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {AB}=x-2z=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {AC}=x+y+z=0,\end{cases} $ 设 $ z=1 $ ，则 $ x=2 $ ， $ y=-3 $ ，即 $ \boldsymbol{m}=(2,-3,1) $ ,由 $ \boldsymbol{n}=\boldsymbol{m} $ ，得平面 $ \alpha // $ 平面 $ ABC $ ．故选 $ \mathrm{A} $ ．

4．已知 $ {\boldsymbol{e}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{e}}_{2} $ , $ {\boldsymbol{e}}_{3} $ 为空间内三个不共面的向量，平面 $ \alpha $ 和平面 $ \beta $ 的法向量分别为 $ \boldsymbol{a}={\boldsymbol{e}}_{1}+\lambda {\boldsymbol{e}}_{2}+3{\boldsymbol{e}}_{3} $ 和 $ \boldsymbol{b}=-{\boldsymbol{e}}_{1}+2{\boldsymbol{e}}_{2}+\mu {\boldsymbol{e}}_{3} $ ，若 $ \alpha //\beta $ ，则 $ \lambda +\mu = $ （）

A．5

B． $ -5 $

C．3

D． $ -3 $

答案：B

解析：

因为 $ {\boldsymbol{e}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{e}}_{2} $ , $ {\boldsymbol{e}}_{3} $ 为空间内三个不共面的向量，所以{ $ {\boldsymbol{e}}_{1} $ , $ {\boldsymbol{e}}_{2} $ , $ {\boldsymbol{e}}_{3}｝ $ 可以作为空间的一组基，

又平面 $ \alpha $ 和平面 $ \beta $ 的法向量分别为 $ \boldsymbol{a}={\boldsymbol{e}}_{1}+\lambda {\boldsymbol{e}}_{2}+3{\boldsymbol{e}}_{3} $ 和 $ \boldsymbol{b}=-{\boldsymbol{e}}_{1}+2{\boldsymbol{e}}_{2}+\mu {\boldsymbol{e}}_{3} $ 且 $ \alpha //\beta $ ，所以 $ \boldsymbol{a}//\boldsymbol{b} $ ，则 $ \boldsymbol{a}=t\boldsymbol{b}(t\in \boldsymbol{R}) $ ，即 $ {\boldsymbol{e}}_{1}+\lambda {\boldsymbol{e}}_{2}+3{\boldsymbol{e}}_{3}=t(-{\boldsymbol{e}}_{1}+2{\boldsymbol{e}}_{2}+\mu {\boldsymbol{e}}_{3}) $ ，所以 $ \begin{cases}-t=1,\\ 2t=\lambda ,\\ t\mu =3,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}t=-1,\\ \lambda =-2,\\ \mu =-3,\end{cases} $ 所以 $ \lambda +\mu =-5 $ ．故选 $ \mathrm{B} $ ．

5．如图，在正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中， $ E $ ， $ F $ 分别为 $ BC $ ， $ CD $ 的中点，则（）

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A． $ AF// $ 平面 $ {A}_{1}E{C}_{1} $

B． $ {D}_{1}F// $ 平面 $ {A}_{1}E{C}_{1} $

C． $ {A}_{1}{C}_{1}// $ 平面 $ AF{D}_{1} $

D． $ {A}_{1}E// $ 平面 $ AF{D}_{1} $

答案：B

解析：

以点 $ A $ 为坐标原点， $ AB $ ， $ AD $ ， $ A{A}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ ， $ y $ ， $ z $ 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设 $ AB=2 $ ，则 $ A(0,0,0) $ ， $ B(2,0,0) $ ， $ C(2,2,0) $ ， $ D(0,2,0) $ ， $ {A}_{1}(0,0,2) $ ， $ {B}_{1}(2,0,2) $ ， $ {C}_{1}(2,2,2) $ ， $ {D}_{1}(0,2,2) $ ， $ E(2,1,0) $ ， $ F(1,2,0) $ .

设平面 $ {A}_{1}E{C}_{1} $ 的法向量为 $ \boldsymbol{m}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1}) $ ， $ \overrightarrow {{A}_{1}{C}_{1}}=(2,2,0) $ ， $ \overrightarrow {E{C}_{1}}=(0,1,2) $ ，

则 $ \begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {{A}_{1}{C}_{1}}=2{x}_{1}+2{y}_{1}=0,\\ \boldsymbol{m}\cdot \overrightarrow {E{C}_{1}}={y}_{1}+2{z}_{1}=0,\end{cases} $ 取 $ {x}_{1}=2 $ ，可得 $ \boldsymbol{m}=(2,-2,1) $ .

设平面 $ AF{D}_{1} $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=({x}_{2},{y}_{2},{z}_{2}) $ ， $ \overrightarrow {AF}=(1,2,0) $ ， $ \overrightarrow {A{D}_{1}}=(0,2,2) $ ，

则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {AF}={x}_{2}+2{y}_{2}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {A{D}_{1}}=2{y}_{2}+2{z}_{2}=0,\end{cases} $ 取 $ {x}_{2}=2 $ ，则 $ \boldsymbol{n}=(2,-1,1) $ .

对于 $ \mathrm{A} $ 选项， $ \overrightarrow {AF}\cdot \boldsymbol{m}=-2\ne 0 $ ， $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ 选项， $ \overrightarrow {{D}_{1}F}=(1,0,-2) $ ， $ \overrightarrow {{D}_{1}F}\cdot \boldsymbol{m}=0 $ ，且 $ {D}_{1}F\not\subset $ 平面 $ {A}_{1}E{C}_{1} $ ，则 $ {D}_{1}F// $ 平面 $ {A}_{1}E{C}_{1} $ ， $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ 选项， $ \overrightarrow {{A}_{1}{C}_{1}}\cdot \boldsymbol{n}=2\ne 0 $ ， $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ 选项， $ \overrightarrow {{A}_{1}E}=(2,1,-2) $ ， $ \overrightarrow {{A}_{1}E}\cdot \boldsymbol{n}=4-1-2=1\ne 0 $ ， $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B} $ .

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6．在空间直角坐标系中，平面 $ \alpha $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(1,0,-2) $ ，直线 $ l $ 的方向向量为 $ \boldsymbol{a}=(-2,0,4) $ ，直线 $ m $ 的方向向量为 $ \boldsymbol{b}=(4,3,2) $ ，则下列结论中正确的是（）

A． $ l//\alpha $ 且 $ m\perp \alpha $

B． $ l\perp \alpha $ 且 $ m//\alpha $

C． $ l\perp m $ 且 $ l\perp \alpha $

D． $ l\perp m $ 且 $ m\subset \alpha $

答案：C

解析：

$ \because \boldsymbol{n}=(1,0,-2) $ ， $ \boldsymbol{a}=(-2,0,4) $ ， $ \boldsymbol{b}=(4,3,2) $ ， $ \therefore \boldsymbol{a}=-2\boldsymbol{n} $ ， $ \boldsymbol{a}\cdot \boldsymbol{b}=-2×4+0×3+4×2=0 $ ，即 $ \boldsymbol{a}//\boldsymbol{n} $ ， $ \boldsymbol{a}\perp \boldsymbol{b} $ ，所以 $ l\perp \alpha $ ， $ l\perp m $ ．故选 $ \mathrm{C} $ ．

7．［河北衡水二中2026高二月考］若平面 $ \alpha $ 的法向量为 $ \boldsymbol{u}=(2,1,5) $ ，平面 $ \beta $ 的法向量为 $ \boldsymbol{v}=(m,-3,k) $ ，直线 $ l $ 的方向向量为 $ \boldsymbol{t}=(n,-2,-10) $ ，则（）（多选）

A．若 $ \alpha \perp \beta $ ，则 $ 2m-3+5k=0 $

B．若 $ l\perp \alpha $ ，则 $ n=-4 $

C．若 $ n=26 $ ，则 $ l//\alpha $

D．若 $ \alpha //\beta $ ，则 $ m=-6 $ ， $ k=15 $

答案：AB

解析：

对于 $ \mathrm{A} $ ，若 $ \alpha \perp \beta $ ，则 $ \boldsymbol{u}\perp \boldsymbol{v} $ ，即 $ \boldsymbol{u}\cdot \boldsymbol{v}=2m-3+5k=0 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ，若 $ l\perp \alpha $ ，则 $ \boldsymbol{t}//\boldsymbol{u} $ ，则 $ \dfrac{n}{2}=\dfrac{-2}{1}=\dfrac{-10}{5} $ ，解得 $ n=-4 $ ，故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ，若 $ n=26 $ ，则 $ \boldsymbol{t}=(26,-2,-10) $ ，所以 $ \boldsymbol{t}\cdot \boldsymbol{u}=52-2-50=0 $ ，所以 $ \boldsymbol{t}\perp \boldsymbol{u} $ ，则 $ l//\alpha $ 或 $ l\subset \alpha $ ，故 $ \mathrm{C} $ 错误；

对于 $ \mathrm{D} $ ，若 $ \alpha //\beta $ ，则 $ \boldsymbol{u}//\boldsymbol{v} $ ，则 $ \dfrac{m}{2}=\dfrac{-3}{1}=\dfrac{k}{5} $ ，解得 $ m=-6 $ ， $ k=-15 $ ，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B} $ .

8．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知图①②③都为堑堵， $ \mathrm{\angle }ABC=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ， $ AB=BC=A{A}_{1} $ ， $ D $ ， $ E $ ， $ F $ 分别是所在棱的中点，则满足 $ BF\perp DE $ 的有（）

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图① 图② 图③

A．0个

B．1个

C．2个

D．3个

答案：C

解析：

设 $ AB=2 $ ，则以 $ B $ 为坐标原点， $ BA $ ， $ BC $ ， $ B{B}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ 轴、 $ y $ 轴、 $ z $ 轴建立空间直角坐标系，则 $ B(0,0,0) $ ．在题图①中， $ D(1,0,2) $ ， $ E(0,1,0) $ ， $ F(1,1,0) $ ，则 $ \overrightarrow {BF}=(1,1,0) $ ， $ \overrightarrow {DE}=(-1,1,-2) $ ，所以 $ \overrightarrow {BF}\cdot \overrightarrow {DE}=-1+1=0 $ ，满足 $ BF\perp DE $ ;

在题图②中， $ D(1,0,2) $ ， $ E(1,1,0) $ ， $ F(0,2,1) $ ，则 $ \overrightarrow {BF}=(0,2,1) $ ， $ \overrightarrow {DE}=(0,1,-2) $ ，所以 $ \overrightarrow {BF}\cdot \overrightarrow {DE}=2-2=0 $ ，满足 $ BF\perp DE $ ;

在题图③中， $ D(1,0,0) $ ， $ E(1,1,0) $ ， $ F(1,1,2) $ ，则 $ \overrightarrow {BF}=(1,1,2) $ ， $ \overrightarrow {DE}=(0,1,0) $ ，所以 $ \overrightarrow {BF}\cdot \overrightarrow {DE}=1\ne 0 $ ，不满足 $ BF\perp DE $ ．故选 $ \mathrm{C} $ ．

9．如图，在棱长为3的正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中， $ \overrightarrow {BC}=3\overrightarrow {EC} $ ，点 $ P $ 在底面 $ ABCD $ （包含边界）上移动，且满足 $ {B}_{1}P\perp {D}_{1}E $ ，则线段 $ {B}_{1}P $ 的长度的最大值为 .

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答案：

$ \sqrt{22} $

解析：

如图，以 $ D $ 为坐标原点， $ DA $ ， $ DC $ ， $ D{D}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ ， $ y $ ， $ z $ 轴，建立空间直角坐标系.

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则 $ {D}_{1}(0,0,3) $ ， $ E(1,3,0) $ ， $ {B}_{1}(3,3,3) $ ，则 $ \overrightarrow {{D}_{1}E}=(1,3,-3) $ .设 $ P(x,y,0) $ ， $ x $ ， $ y\in [0,3] $ ，则 $ \overrightarrow {{B}_{1}P}=(x-3,y-3,-3) $ .因为 $ {B}_{1}P\perp {D}_{1}E $ ，所以 $ \overrightarrow {{B}_{1}P}\cdot \overrightarrow {{D}_{1}E}=x+3y-3=0 $ ，即 $ x=3-3y $ ，所以 $ 0\leqslant 3-3y\leqslant 3 $ ，得 $ y\in [0,1] $ .

$ \left|\overrightarrow {{B}_{1}P}\right|=\sqrt{{\left(x-3\right) ^ {2}}+{\left(y-3\right) ^ {2}}+9}=\sqrt{10{y}^{2}-6y+18} $ ，而 $ t=10{y}^{2}-6y+18=10{\left(y-\dfrac{3}{10}\right) ^ {2}}+18-\dfrac{9}{10} $ ，由二次函数的单调性可知当 $ y=1 $ 时， $ {t}_{ \max }=22 $ ，则 $ {\left|\overrightarrow {{B}_{1}P}\right|}_{ \max }=\sqrt{22} $ .

10．如图，正方形 $ ADEF $ 与梯形 $ ABCD $ 所在的平面互相垂直， $ AD\perp CD $ ， $ AB//CD $ ， $ AB=AD=2 $ ， $ CD=4 $ ， $ M $ 为 $ CE $ 的中点．

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（1）求证： $ BM// $ 平面 $ ADEF $ ；

（2）求证： $ BC\perp $ 平面 $ BDE $ ．

答案：

（1）【证明】根据题意可知平面 $ ADEF\perp $ 平面 $ ABCD $ ，平面 $ ADEF\cap $ 平面 $ ABCD=AD $ ，又四边形 $ ADEF $ 是正方形，所以 $ AD\perp ED $ ．

因为 $ ED\subset $ 平面 $ ADEF $ ，所以 $ ED\perp $ 平面 $ ABCD $ ，从而可得 $ \overrightarrow {DA} $ ， $ \overrightarrow {DC} $ ， $ \overrightarrow {DE} $ 两两垂直．以 $ D $ 为原点，以 $ \overrightarrow {DA} $ ， $ \overrightarrow {DC} $ ， $ \overrightarrow {DE} $ 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．则 $ D(0,0,0) $ , $ A(2,0,0) $ , $ B(2,2,0) $ , $ C(0,4,0) $ , $ E(0,0,2) $ , $ F(2,0,2) $ ．

又 $ M $ 为 $ CE $ 的中点，所以 $ M(0,2,1) $ ，则 $ \overrightarrow {BM}=(-2,0,1) $ ，且易知平面 $ ADEF $ 的一个法向量为 $ \boldsymbol{n}=(0,1,0) $ ，

因为 $ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {BM}=0 $ ，所以 $ \boldsymbol{n}\perp \overrightarrow {BM} $ ．

又 $ BM\not\subset $ 平面 $ ADEF $ ，所以 $ BM// $ 平面 $ ADEF $ ．

（2）由（1）可得 $ \overrightarrow {BC}=(-2,2,0) $ , $ \overrightarrow {DB}=(2,2,0) $ , $ \overrightarrow {DE}=(0,0,2) $ ,所以 $ \overrightarrow {BC}\cdot \overrightarrow {DB}=-4+4=0 $ ， $ \overrightarrow {BC}\cdot \overrightarrow {DE}=0 $ ，所以 $ BC\perp DB $ , $ BC\perp DE $ ．又 $ DB\cap DE=D $ ， $ DB $ , $ DE\subset $ 平面 $ BDE $ ，所以 $ BC\perp $ 平面 $ BDE $ ．

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解析：

11．如图，已知正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 中， $ E $ 为棱 $ C{C}_{1} $ 上的动点.

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（1）求证： $ {A}_{1}E\perp BD $ ；

（2）若平面 $ {A}_{1}BD\perp $ 平面 $ EBD $ ，求证： $ E $ 为 $ C{C}_{1} $ 的中点.

答案：

（1）【证明】以 $ D $ 为坐标原点， $ DA $ ， $ DC $ ， $ D{D}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ ， $ y $ ， $ z $ 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

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设正方体 $ ABCD-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}{D}_{1} $ 的棱长为 $ a $ ，则 $ D(0,0,0) $ ， $ B(a,a,0) $ ， $ C(0,a,0) $ ， $ {A}_{1}(a,0,a) $ ， $ {C}_{1}(0,a,a) $ ，则 $ \overrightarrow {BD}=(-a,-a,0) $ .

设 $ E(0,a,t)(0\leqslant t\leqslant a) $ ，则 $ \overrightarrow {{A}_{1}E}=(-a,a,t-a) $ .

$ \because \overrightarrow {{A}_{1}E}\cdot \overrightarrow {BD}={a}^{2}-{a}^{2}+(t-a)\cdot 0=0 $ ，

$ \therefore \overrightarrow {{A}_{1}E}\perp \overrightarrow {BD} $ ，即 $ {A}_{1}E\perp BD $ .

（2）由（1）知， $ \overrightarrow {DB}=(a,a,0) $ ， $ \overrightarrow {D{A}_{1}}=(a,0,a) $ ， $ \overrightarrow {DE}=(0,a,t) $ .

设平面 $ {A}_{1}BD $ 的法向量为 $ {\boldsymbol{n}}_{1}=({x}_{1},{y}_{1},{z}_{1}) $ .

则 $ \begin{cases}{\boldsymbol{n}}_{1}\cdot \overrightarrow {DB}=0,\\ {\boldsymbol{n}}_{1}\cdot \overrightarrow {D{A}_{1}}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}a{x}_{1}+a{y}_{1}=0,\\ a{x}_{1}+a{z}_{1}=0,\end{cases} $

令 $ {x}_{1}=1 $ ，则 $ {y}_{1}={z}_{1}=-1 $ ，则 $ {\boldsymbol{n}}_{1}=(1,-1,-1) $ .

设平面 $ EBD $ 的法向量为 $ {\boldsymbol{n}}_{2}=({x}_{2},{y}_{2},{z}_{2}) $ ，则 $ \begin{cases}{\boldsymbol{n}}_{2}\cdot \overrightarrow {DB}=0,\\ {\boldsymbol{n}}_{2}\cdot \overrightarrow {DE}=0,\end{cases} $

即 $ \begin{cases}a{x}_{2}+a{y}_{2}=0,\\ a{y}_{2}+t{z}_{2}=0,\end{cases} $ 令 $ {x}_{2}=t $ ，则 $ {y}_{2}=-t $ ， $ {z}_{2}=a $ ，则 $ {\boldsymbol{n}}_{2}=(t,-t,a) $ .

由平面 $ {A}_{1}BD\perp $ 平面 $ EBD $ ，得 $ {\boldsymbol{n}}_{1}\perp {\boldsymbol{n}}_{2} $ ，

$ \therefore {\boldsymbol{n}}_{1}\cdot {\boldsymbol{n}}_{2}=0 $ ， $ \therefore t+t-a=0 $ ，即 $ t=\dfrac{a}{2} $ .

$ \therefore $ 当平面 $ {A}_{1}BD\perp $ 平面 $ EBD $ 时， $ E $ 为 $ C{C}_{1} $ 的中点.

解析：

12．已知矩形 $ ABCD $ 中， $ AB=4 $ ， $ AD=2 $ ， $ E $ 为 $ CD $ 的中点，沿 $ AE $ 折成直二面角， $ M $ 为 $ BC $ 的中点.

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（1）求证： $ BC\perp DM $ .

（2）在棱 $ DE $ 上是否存在点 $ N $ ，使得 $ CN// $ 平面 $ ADM $ ?若存在，求 $ \dfrac{EN}{ND} $ 的值；若不存在，请说明理由.

答案：

（1）【证明】如图，取 $ AE $ 的中点 $ F $ ,连接 $ DF $ , $ MF $ .

因为矩形 $ ABCD $ 中, $ AB=4 $ , $ AD=2 $ , $ E $ 为 $ CD $ 的中点,所以 $ CE\perp BC $ , $ AD\perp DE $ , $ DE=CE=\dfrac{1}{2}CD=2 $ ,则 $ AD=DE=2 $ ,所以 $ DF\perp AE $ .

又因为平面 $ ADE\perp $ 平面 $ ABCE $ ,平面 $ ADE\cap $ 平面 $ ABCE=AE $ , $ DF\subset $ 平面 $ ADE $ ,所以 $ DF\perp $ 平面 $ ABCE $ .因为 $ BC\subset $ 平面 $ ABCE $ ,所以 $ DF\perp BC $ .由 $ M $ , $ F $ 分别为 $ BC $ , $ AE $ 的中点,得 $ MF $ 为梯形 $ ABCE $ 的中位线,即 $ MF//CE $ ,又 $ CE\perp BC $ ,所以 $ MF\perp BC $ .因为 $ MF $ , $ DF\subset $ 平面 $ DFM $ , $ MF\cap DF=F $ ,

所以 $ BC\perp $ 平面 $ DFM $ ,

由 $ DM\subset $ 平面 $ DFM $ ,所以 $ BC\perp DM $ .

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（2）【解】存在点 $ N $ ,使得 $ CN// $ 平面 $ ADM $ ,此时 $ \dfrac{EN}{ND}=\dfrac{1}{2} $ .证明如下：

如图,过点 $ M $ 作 $ MP\perp $ 平面 $ ABCE $ ,以 $ M $ 为原点, $ MF $ , $ MB $ , $ MP $ 所在直线分别为 $ x $ , $ y $ , $ z $ 轴,建立空间直角坐标系.

由（1）得, $ MF $ 为梯形 $ ABCE $ 的中位线,所以 $ MF=3 $ .

由 $ AD\perp DE $ ,得 $ AE=\sqrt{A{D}^{2}+D{E}^{2}}=2\sqrt{2} $ ,则 $ AF=EF=DF=\sqrt{2} $ ,

所以 $ M(0,0,0) $ , $ A(4,1,0) $ , $ D(3,0,\sqrt{2}) $ , $ E(2,-1,0) $ , $ C(0,-1,0) $ ,则 $ \overrightarrow {MA}=(4,1,0) $ , $ \overrightarrow {MD}=(3,0,\sqrt{2}) $ , $ \overrightarrow {DE}=(-1 $ , $ -1 $ , $ -\sqrt{2}) $ ,

设平面 $ ADM $ 的法向量为 $ \boldsymbol{n}=(x,y,z) $ ,则 $ \begin{cases}\boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {MA}=0,\\ \boldsymbol{n}\cdot \overrightarrow {MD}=0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}4x+y=0,\\ 3x+\sqrt{2}z=0,\end{cases} $ 取 $ x=2 $ ,则 $ \boldsymbol{n}=(2,-8,-3\sqrt{2}) $ .

设 $ \overrightarrow {DN}=\lambda \overrightarrow {DE}=(-\lambda ,-\lambda ,-\sqrt{2}\lambda ) $ , $ \lambda \in (0,1) $ ,所以 $ N(3-\lambda ,-\lambda ,\sqrt{2}-\sqrt{2}\lambda ) $ ,所以 $ \overrightarrow {CN}=(3-\lambda ,1-\lambda ,\sqrt{2}-\sqrt{2}\lambda ) $ .

由 $ CN// $ 平面 $ ADM $ 得 $ \overrightarrow {CN}\perp \boldsymbol{n} $ ,所以 $ \overrightarrow {CN}\cdot \boldsymbol{n}=0 $ ,即 $ 2(3-\lambda )-8(1-\lambda )-3\sqrt{2}(\sqrt{2}-\sqrt{2}\lambda )=-8+12\lambda =0 $ ,解得 $ \lambda =\dfrac{2}{3} $ ,

即 $ DN=\dfrac{2}{3}DE $ ,所以 $ \dfrac{EN}{ND}=\dfrac{1}{2} $ ,所以存在点 $ N $ ,使得 $ CN// $ 平面 $ ADM $ ,此时 $ \dfrac{EN}{ND}=\dfrac{1}{2} $ .

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解析：

13．如图，在直三棱柱 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 中， $ CA=CB=\dfrac{1}{2}A{A}_{1}=1 $ ， $ BC\perp AC $ ， $ P $ 为线段 $ {A}_{1}B $ 上的动点， $ Q $ 为棱 $ {C}_{1}C $ 的中点.

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（1）设平面 $ {A}_{1}BQ\cap $ 平面 $ ABC=l $ ，若 $ P $ 为线段 $ {A}_{1}B $ 的中点，求证： $ PQ//l $ .

（2）设 $ \overrightarrow {BP}=\lambda \overrightarrow {B{A}_{1}} $ ，在线段 $ {A}_{1}B $ 上是否存在点 $ P $ ，使得 $ AP\perp $ 平面 $ {A}_{1}BQ $ ？若存在，求出实数 $ \lambda $ 的值；若不存在，请说明理由.

答案：

（1）【证明】设线段 $ AB $ 的中点为 $ E $ ，连接 $ PE $ ， $ CE $ ，

因为 $ P $ 为线段 $ {A}_{1}B $ 的中点， $ Q $ 为棱 $ {C}_{1}C $ 的中点，所以 $ PE//{A}_{1}A $ ， $ PE=\dfrac{1}{2}{A}_{1}A $ ， $ QC=\dfrac{1}{2}{C}_{1}C $ ，

在直三棱柱 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 中， $ {A}_{1}A//{C}_{1}C $ ， $ {A}_{1}A={C}_{1}C $ ，所以 $ {A}_{1}A//QC $ ，且 $ \dfrac{1}{2}{A}_{1}A=QC $ ，则 $ PE//QC $ ， $ PE=QC $ ，

所以四边形 $ PECQ $ 为平行四边形，则 $ PQ//EC $ .又 $ PQ\not\subset $ 平面 $ ABC $ ， $ EC\subset $ 平面 $ ABC $ ，所以 $ PQ// $ 平面 $ ABC $ .

又平面 $ {A}_{1}BQ\cap $ 平面 $ ABC=l $ ， $ PQ\subset $ 平面 $ {A}_{1}BQ $ ，所以 $ PQ//l $ .

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（2）【解】存在点 $ P $ ，使得 $ AP\perp $ 平面 $ {A}_{1}BQ $ ，此时 $ \lambda =\dfrac{1}{3} $ .在直三棱柱 $ ABC-{A}_{1}{B}_{1}{C}_{1} $ 中， $ C{C}_{1}\perp $ 平面 $ ABC $ ， $ BC\perp AC $ ，则 $ CA $ ， $ CB $ ， $ C{C}_{1} $ 两两垂直，

故以 $ C $ 为原点， $ CA $ ， $ CB $ ， $ C{C}_{1} $ 所在直线分别为 $ x $ ， $ y $ ， $ z $ 轴建立空间直角坐标系，如图所示.

因为 $ CA=CB=\dfrac{1}{2}A{A}_{1}=1 $ ，所以 $ B(0,1,0) $ ， $ Q(0,0,1) $ ， $ {A}_{1}(1,0,2) $ ， $ A(1,0,0) $ ，

则 $ \overrightarrow {B{A}_{1}}=(1,-1,2) $ ， $ \overrightarrow {{A}_{1}Q}=(-1,0,-1) $ ， $ \overrightarrow {AB}=(-1,1,0) $ .

又 $ \overrightarrow {BP}=\lambda \overrightarrow {B{A}_{1}}(0\leqslant \lambda \leqslant 1) $ ，则 $ \overrightarrow {BP}=(\lambda ,-\lambda ,2\lambda ) $ ，所以 $ \overrightarrow {AP}=\overrightarrow {AB}+\overrightarrow {BP}=(\lambda -1,1-\lambda ,2\lambda ) $ .

若 $ AP\perp $ 平面 $ {A}_{1}BQ $ ，

则 $ \begin{cases}\overrightarrow {AP}\cdot \overrightarrow {B{A}_{1}}=0,\\ \overrightarrow {AP}\cdot \overrightarrow {{A}_{1}Q}=0,\end{cases} $

则 $ \begin{cases}\lambda -1-\left(1-\lambda \right)+4\lambda =0,\\ -\left(\lambda -1\right)-2\lambda =0,\end{cases} $

解得 $ \lambda =\dfrac{1}{3} $ .

所以线段 $ {A}_{1}B $ 上存在点 $ P $ ，使得 $ AP\perp $ 平面 $ {A}_{1}BQ $ ，此时 $ \lambda =\dfrac{1}{3} $ .

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解析：

课时2 空间线面位置关系的判定

一、刷基础