第八章第7讲空间向量在证明空间位置关系中的应用.doc

第7讲　空间向量在证明空间位置关系中的应用

1．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：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．
(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
2．用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量为v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.
(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.
(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.
3．用向量证明空间中的垂直关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.
(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.
(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.

1．利用，列出关于n＝(x，y，z)的方程组，即由x，y，z为未知数的两个三元一次方程组成的不定方程组，根据其特点令其中一个为非零实数．即可求出其它两个．例如令z＝z0(z0≠0)．可求出x＝x0，y＝y0，则法向量n＝(x0，y0，z0)．
2．利用向量方法求解立体几何问题，最后将向量关系“翻译”成几何元素关系．

1．(选修2－1 P118A组T7改编)已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1，0,1)．若ka＋b与2a－b垂直，则k的值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D.ka＋b＝k(1,1,0)＋(－1,0,1)＝(k－1，k,1)，
2a－b＝2(1,1,0)－(－1,0,1)＝(3,2，－1)，
因为ka＋b与2a－b垂直．
∴(k－1，k,1)·(3,2，－1)＝0，
即3k－3＋2k－1＝0，
∴k＝，故选D.
2．(选修2－1 P104练习T2(3)改编)已知平面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．以上均不对
解析：选C.∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直，故选C.
3．(选修2－1 P104内文改编)已知直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量为u，v，有下列命题：
①若a⊥u，则l∥α；②若a∥b，a∥u则m⊥α；
③若u∥v，则α∥β；④若a∥u，u⊥v，则l⊥β.
其中真命题的个数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.对于①，l可能在平面α内，故①为假；
对于②，由a∥b，即l∥m，由a∥u，
则有l⊥α，∴m⊥α，故②为真；
对于③，由u∥v，则以u，v为法向量的两平面α，β平行．
即u∥v，且u⊥α，v⊥β，
∴α∥β，故③为真；
对于④，由a∥u，则l⊥α，又由u⊥v，
则α⊥β，∴l∥β或l⊂β，故④为假，
∴②、③为真，故选B.
4．(选修2－1 P107练习T1改编)如图，F是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CD的中点．E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　　)

A．B1E＝EB
B．B1E＝2EB
C．B1E＝EB
D．E与B重合
解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，设正方体棱长为2，则D(0,0,0)，F(0,1,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，且设E(2,2，t)．则＝(0,1，－2)，＝(2,2，t)．

由D1F⊥DE，得(0,1，－2)·(2,2，t)＝0，即2－2t＝0.
∴t＝1，即E为BB1的中点，故选A.
5．(选修2－1 P118A组T10改编)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E、F、G分别是DD1，BD，AA1的中点，求证D1G∥平面EFC.

证明：取基底{，，}＝{a，b，c}，由题意有＝＋＝－c＋b，
＝＋＝－c＋a＋b.
＝＋＝－a＋c，
设＝λ＋μ.

即(－a＋c)＝λ(－c＋b)＋μ(－c＋a＋b)，
∴解得λ＝1，μ＝－2.
即存在λ＝1，μ＝－2，使＝－，
即、、共面．又GD1⊄平面EFC.
∴GD1∥平面EFC.
(提示：此题还有其他两种证明方法：①建立空间直角坐标系，求出EFC的法向量n，证明n⊥；②连接GB与BD1，证明平面GBD1∥平面EFC.)

　　　　　　利用向量法证明平行问题　

已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点．求证：FC1∥平面ADE.
[证明]　如图所示，建立空间直角坐标系D­xyz，

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)．
＝(0,2,1)，＝(2,0,0)，＝(0,2,1)．
设n＝(x，y，z)是平面ADE的一个法向量，
则即
解得
令z＝2，则y＝－1.所以n＝(0，－1,2)．
因为·n＝－2＋2＝0.所以⊥n.
因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE.

用向量证明线面平行的方法有：
①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；
②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；
③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．　　　　

1.如图所示，在三棱锥P­ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.

求证：AB∥GH.
证明：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°，又PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两互相垂直．
以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP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．

设BA＝BQ＝BP＝2，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0，0,2)，Q(0，2,0)．
所以＝(－2,0,0)．
因为点D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以点G，H分别是△PAQ，△PBQ的重心，所以G，H，所以＝.
所以＝3，所以∥，即AB∥GH.
2.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A­xyz，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)．
法一：＝(0,1,0)，＝(1,2，－1)，
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，则n＝(1,0,1)为平面EFG的一个法向量，
∵＝(2,0，－2)，∴·n＝0，∴n⊥，
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
法二：＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，
＝(1,1，－1)．
设＝s＋t，即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，∴解得s＝t＝2.
∴＝2＋2，又∵与不共线，
∴，与共面．
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.

　　　　　　利用向量法证明垂直问题　

如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．

求证：EF⊥BC.
[证明]　法一：∵E、F分别是AC，DC的中点．
∴＝＝(－)．
又||＝||＝||＝2，
〈，〉＝〈，〉＝120°.
∴·＝(－)·＝(·－·)＝(2×2×cos 120°－2×2×cos 120°)＝0，∴⊥.即EF⊥BC.
法二：
由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直于BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 易得B(0,0,0)，A(0，－1，)，

D(，－1,0)，C(0,2,0)，
因而E(0，，)，F(，，0)，
所以＝(，0，－)，＝(0,2,0)，
因此·＝0.从而⊥，所以EF⊥BC.

用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．　　　　

1.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.求证：BD⊥平面AED.

证明：连接AC，∵AB∥CD，∠DAB＝60°，
∴∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CD＝CB＝AD，∴∠DAC＝∠DCA＝30°，∴∠ACB＝90°，即AC⊥BC.以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设BC＝1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，A(，0,0)，D，
F(0,0,1)，
因此＝，＝，∴·＝0，∴BD⊥AD，又AE⊥BD，
且AE∩AD＝A，
AE，AD⊂平面AED，∴BD⊥平面AED.
2.如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．

(1)求证：CM∥平面PAD；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAD.
证明：(1)以C为坐标原点，分别以CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图(1)所示的空间直角坐标系C­xyz，

图(1)
∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面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，)，∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，
＝(，0，)，
令n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，
则即
∴令y＝2，得n＝(－，2,1)．
∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0，
∴n⊥，又CM⊄平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
(2)如图(2)，取AP的中点E，

图(2)
则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.

　　　　　　立体几何中的探索性问题　

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，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O，则AC⊥BD.

连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.
以O 为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，
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
＝，
由·＝0⇔t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
又BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.

对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标 ，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．　　　　

1.(2016·武汉调研)如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
解： (1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，

∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AA，
∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则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)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λCC1，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．
从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．
设n3⊥平面DA1C1，则
又＝(0,2,0)，＝(，0，)，
设n3＝(x3，y3，z3)，
取n3＝(1,0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，
则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，
得λ＝－1，即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
2.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．

(1)求证：CD⊥平面ADD1A1.
(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值．
解：(1)证明：取CD的中点E，连接BE，如图(1)．

图(1)
∵AB∥DE，AB＝DE＝3k，∴四边形ABED为平行四边形，∴BE∥AD且BE＝AD＝4k.
在△BCE中，∵BE＝4k，CE＝3k，BC＝5k，∴BE2＋CE2＝BC2，∴∠BEC＝90°，即BE⊥CD.
又∵BE∥AD，∴CD⊥AD.
∵AA1⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴AA1⊥CD.

又AA1∩AD＝A，∴CD⊥平面ADD1A1.
(2)以D为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图(2)所示的空间直角坐标系，则A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)，∴＝(－4k,6k,0)，＝(0,3k,1)，＝(0,0,1)．

图(2)
设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，则由得
取y＝2，得n＝(3,2，－6k)．
设AA1与平面AB1C所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得k＝1，故所求k的值为1.

1．(选修2－1 P117A组T3改编)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，求λ的值．
解：如图所示，取B1C1中点P，以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，

∵底面边长为1，侧棱长为2，则A(0，，0)，B1(－，0,2)，C(，0,0)，C1(，0,2)，M(0,0,0)，设N(，0，t)，
∵＝λ，∴N(，0，)，
∴＝(－，－，2)，
＝(，0，)．
又∵AB1⊥MN，∴·＝0.
∴－＋＝0，∴λ＝15.
2. (选修2－1 P113B组T2改编)如图，四边形ABEF与ABCD是两个全等的正方形，且平面ABEF与平面ABCD互相垂直，M、N分别是AC与BF上的点，且CM＝BN.

(1)求证MN⊥AB；
(2)求证MN∥平面CBE.
证明：(1)设正方形的边长为1.＝λ，则＝λ.
取一组向量的基底为{，，}，记为{a，b，c}．
则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝b·c＝c·a＝0.
∴＝＋＋＝－λ＋＋λ
＝－λ(a－c)－c＋λ(a＋b)＝λb＋(λ－1)c，
∴·＝[λb＋(λ－1)c]·a
＝λ(b·a)＋(λ－1)(c·a)
＝λ×0＋(λ－1)×0＝0.
∴⊥，即MN⊥AB.
(2)法一：由(1)知MN⊥AB.
又AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B.
∴AB⊥平面CBE.
又MN⊄平面CBE.
∴MN∥平面CBE.
法二：由(1)知，＝λb＋(λ－1)c
＝λ＋(λ－1).
∴与平面CBE共面．
又MN⊄平面CBE.
∴MN∥平面CBE.
3．(选修2－1 P119B组T2改编)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：(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，

E，B1(a，0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，
＝.
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)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
因为n⊥平面B1AE，

所以n⊥，n⊥，得
取x＝1，则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|＝.

一、选择题
1．在空间四点O，A，B，C中，若， ，是空间的一个基底，则下列命题不正确的是(　　)
A．O，A，B，C四点不共线
B．O，A，B，C四点共面，但不共线
C．O，A，B，C四点不共面
D．O，A，B，C四点中任意三点不共线
[导学号03350667]　解析：选B.选项A对应的命题是正确的，若四点共线，则向量，，共面，构不成基底；选项B是错误命题，若四点共面，则，，共面．构不成基底；选项C是正确的，若四点共面，则，，构不成基底；选项D是正确的，若有三点共线，则这四点共面，向量，，构不成基底．
2．正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E、F分别是面A1B1C1D1和侧面DCC1D1的中心，若＋λ＝0(λ∈R)，则λ的值为(　　)
A．－1　　　 B.　　　
C．1　　　 D．－
[导学号03350668]　解析：选D.如图，连接A1C1，C1D，则E在A1C1上，F在C1D上，易知EF綊A1D，∴＝，即－＝0，∴λ＝－，故选D.

3．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A．相交 　　　　　 B．平行
C．垂直 　　　　　 D．不能确定
[导学号03350669]　解析：选B.∵正方体的棱长为a，A1M＝AN＝，∴＝，＝，∴＝＋＋＝＋＋
＝(＋)＋＋(＋)
＝＋，又是平面B1BCC1的一个法向量，且·＝·＝0，
∴⊥，
∴MN∥平面B1BCC1，故选B.
4．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．既不充分又不必要条件
[导学号03350670]　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，故选B.
5.如图，已知边长为6的正方形ABCD和正方形ADEF所在平面互相垂直，O是BE的中点，＝，则线段OM的长为(　　)

A．3 B.
C．2 D.
[导学号03350671]　解析：选B.由题意可建立以D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系(图略)，则E(0,0,6)，B(6,6,0)，M(6,0,4)，O(3,3,3)，所以||＝＝，即线段OM的长为，故选B.

6．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的值为(　　)

A．1∶2 B．1∶1
C．3∶1 D．2∶1
[导学号03350672]　解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形边长为1，PA＝a，则B(1,0,0)，

E，P(0,0，a)．
设点F的坐标为(0，y,0)，
则＝(－1，y,0)，＝(，1，－a)，
∵BF⊥PE，∴·＝0，
解得y＝，即点F的坐标为，
∴F为AD的中点，∴AF∶FD＝1∶1，故选B.
二、填空题
7．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝________.
[导学号03350673]　解析：∵⊥，
∴·＝0，∴3＋5－2z＝0，∴z＝4.
∵＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，
∴，即，
解得，故＝.
答案：
8．P是平行四边形ABCD所在平面外一点．如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确结论的序号是________．
[导学号03350674]　解析：由于·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0.
·＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正确．
答案：①②③
9．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝，＝.
则VA与平面PMN的关系是________．
[导学号03350675]　解析：如图，设＝a，＝b，＝c，则＝a＋c－b，

由题意知＝b－c，
＝－
＝a－b＋c.
因此＝＋，∴，，共面．
又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.
答案：平行
三、解答题
10.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．证明：CD⊥平面PAE.

[导学号03350676]
证明：以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝h，则A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)．则＝(－4,2,0)，＝(2,4,0)，＝(0,0，h)．

∵·＝－8＋8＋0＝0，·＝0，∴CD⊥AE，CD⊥AP.
又AP⊂平面PAE.AE⊂平面PAE，AP∩AE＝A，∴CD⊥平面PAE.
11.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.

[导学号03350677]　证明：如图，以D为坐标原点，线段DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz.

设DA＝1，则有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，
＝(1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(1，－1,0)．
∴·＝0，·＝0.
即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，
又DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ，
又PQ⊂平面PQC，
∴平面PQC⊥平面DCQ.
12．如图，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点．

(1)指出直线MN的一个以A为起点的方向向量；
(2)若∠PDA＝45°，求证为平面PCD的一个法向量．
[导学号03350678]　解：(1)如图，取PD的中点E，连接NE，AE，

因为N是PC的中点，所以NE∥DC，NE＝DC.
又DC∥AB，DC＝AB，

AM＝AB，所以AM綊CD，所以NE綊AM.
所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE.所以为直线MN的一个以A为起点的方向向量．
(2)证明：在Rt△PAD中，∠PDA＝45°，所以AP＝AD，所以AE⊥PD，又因为MN∥AE，所以MN⊥PD，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，又因为CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，因为AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE.
又因为MN∥AE，所以CD⊥MN，又因为CD∩PD＝D，所以MN⊥平面PCD.
所以为平面PCD的一个法向量．