3.2立体几何中的向量方法第2课时 空间向量与垂直关系 教案(人教A版选修2-1)

第2课时空间向量与垂直关系●三维目标1.知识与技能能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系，能用向量方法判断有关直线和平面垂直关系的立体几何问题．2．过程与方法通过本节教学使学生理解体会用向量方法解决立体几何问题的思想及过程．3．情感、态度与价值观引导学生用联系与转化的观点看问题，体验在探索问题的过程中的受挫感和成功感，培养合作意识和创新精神．●重点难点重点：用向量方法判断有关直线和平面垂直关系的立体几何问题．难点：用向量语言证明立体几何中有关垂直关系的问题．本节课重点和难点在于用向量证明垂直关系，应利用探究式教学以及多媒体帮助分散难点，强化重点．(教师用书独具)●教学建议根据教学目标，应有一个让学生参与实践——探索发现——总结归纳的探索认知过程．因此本节课给学生提供以下4种学习的机会：(1)提供观察、思考的机会：用亲切的语言鼓励学生观察并用学生自己的语言进行归纳；(2)提供操作、尝试、合作的机会：鼓励学生大胆利用资源，发现问题，讨论问题，解决问题；(3)提供表达、交流的机会：鼓励学生敢想敢说，设置问题促使学生愿想愿说；(4)提供成功的机会：赞赏学生提出的问题，让学生在课堂中能更多地体验成功的乐趣．●教学流程提出问题：立体几何中如何证明线线、线面、面面垂直引导学生回顾以往知识，并启发学生思考用向量方法是否能够解决这一问题.通过探究、分析，引导学生归纳出用向量证明线线、线面、面面垂直的方法.通过例1及其变式训练，使学生掌握利用向量证明线线垂直.通过例2及其变式训练，使学生掌握利用向量证明线面垂直.完成例3及其变式训练，从而解决利用向量证明面面垂直问题.归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节课所学知识.完成当堂双基达标，巩固所学知识并进行反馈矫正.【问题导思】立体几何中怎样证明两条直线互相垂直【提示】(1)证明两直线所成的角为90°.(2)证明两直线的方向向量垂直．(3)转化为先证直线与平面垂直，再用线面垂直的性质．设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l ⊥m a·b＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.【问题导思】1．如果已知直线的方向向量与平面的法向量，怎样证明直线与平面垂直【提示】证明直线的方向向量与平面的法向量共线．2．除上述方法外，还有其他证明方法吗【提示】可以证明直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量都垂直．设直线l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是u＝(a2，b2，c2)，则l⊥αa ∥ua＝k u(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，则α⊥βu⊥v u·v＝0a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.图3－2－10已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为1，M 是底面上BC 边的中点，N 是侧棱CC 1上的点，且CN ＝14CC 1.求证：AB 1⊥MN .【思路探究】 (1)若选AB →、AC →、AA 1→为基向量，你能用基向量表示AB 1→与MN →吗怎样证明AB 1→与MN →垂直(2)若要建立空间直角坐标系，本题该怎样建立你能用坐标表示向量AB 1→与MN →并证明它们平行吗【自主解答】 法一 设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c ， 则由已知条件和正三棱柱的性质，得 |a |＝|b |＝|c |＝1，a ·c ＝b ·c ＝0， AB 1→＝a ＋c ，AM →＝12(a ＋b )，AN →＝b ＋14c ，MN →＝AN →－AM →＝－12a ＋12b ＋14c ，∴AB 1→·MN →＝(a ＋c )·(－12a ＋12b ＋14c )＝－12＋12cos 60°＋0－0＋0＋14＝0.∴AB 1→⊥MN →， ∴AB 1⊥MN .法二 设AB 中点为O ，作OO 1∥AA 1.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得 A (－12，0,0)，B (12，0,0)，C (0，32，0)，N (0，32，14)，B 1(12，0,1)，∵M 为BC 中点， ∴M (14，34，0)．∴MN →＝(－14，34，14)，AB 1→＝(1,0,1)，∴MN →·AB 1→＝－14＋0＋14＝0.∴MN →⊥AB 1→， ∴AB 1⊥MN .利用空间向量证明两直线垂直的常用方法及步骤：(1)基向量法：①选取三个不共线的已知向量(通常是它们的模及其两两夹角为已知)为空间的一个基底；②把两直线的方向向量用基底表示；③利用向量的数量积运算，计算出两直线的方向向量的数量积为0； ④由方向向量垂直得到两直线垂直．(2)坐标法：①根据已知条件和图形特征，建立适当的空间直角坐标系，正确地写出各点的坐标；②根据所求出点的坐标求出两直线方向向量的坐标； ③计算两直线方向向量的数量积为0； ④由方向向量垂直得到两直线垂直．在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .【证明】 以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )． 设AE ＝BF ＝x ，∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)．∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a )＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F分别是BB 1、D 1B 1的中点，求证：EF ⊥平面B 1AC .【思路探究】 (1)本题证明能用基向量法吗 (2)用坐标法可以吗怎样证明较为简单【自主解答】 法一 设AB →＝a ，AD →＝c ，AA 1→＝b ， 则EF →＝EB 1→＋B 1F →＝12(BB 1→＋B 1D 1→)＝12(AA 1→＋BD →)＝12(－a ＋b ＋c ) ∵AB 1→＝AB →＋AA 1→＝a ＋b ， ∴EF →·AB 1→＝12(－a ＋b ＋c )·(a ＋b )＝12(b 2－a 2＋c ·a ＋c ·b ) ＝12(|b |2－|a |2＋0＋0)＝0， ∴EF →⊥AB 1→，即EF ⊥AB 1，同理，EF ⊥B 1C . 又AB 1∩B 1C ＝B 1，∴EF ⊥平面B 1AC . 法二 设正方体的棱长为2，建系如图则A (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)，E (2,2,1)，F (1,1,2)． ∴EF →＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(－1，－1,1)， AB 1→＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)， AC →＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)． 而EF →·AB 1→＝(－1，－1,1)·(0,2,2) ＝(－1)×0＋(－1)×2＋1×2＝0，EF →·AC →＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝2－2＋0＝0， ∴EF ⊥AB 1，EF ⊥AC .又AB 1∩AC ＝A ， ∴EF ⊥平面B 1AC .1．坐标法证明线面垂直有两种思路： 方法一：(1)建立空间直角坐标系； (2)将直线的方向向量用坐标表示；(3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量； (4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0. 方法二：(1)建立空间直角坐标系； (2)将直线的方向向量用坐标表示； (3)求出平面的法向量；(4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行．2．使用坐标法证明时，如果平面的法向量很明显，可以用方法二，否则常常选用方法一解决．图3－2－11(2013·北京高二检测)如图3－2－11，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，点P 为DD 1的中点，求证：直线PB 1⊥平面P AC .【证明】 依题设，以D 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，则C (1,0,0)，P (0,0,1)，A (0,1,0)，B 1(1,1,2)，于是CA →＝(－1,1,0)，CP →＝(－1,0,1)，PB 1→＝(1,1,1)， ∴CA →·PB 1→＝(－1,1,0)·(1,1,1)＝0， CP →·PB 1→＝(－1,0,1)·(1,1,1)＝0，故CP →⊥PB 1→，CA →⊥PB 1→，即PB 1⊥CP ，PB 1⊥CA ， 又CP ∩CA ＝C ，且CP 平面P AC ，CA 平面P AC . 故直线PB 1⊥平面P AC .图3－2－12如图3－2－12，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，BB 1＝1，E 为BB 1的中点，求证：平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .【思路探究】 建系写出坐标→分别求出两平面的法向量n 1，n 2→n 1·n 2＝0→两平面垂直【自主解答】 由题意得AB ，BC ，B 1B 两两垂直，以B 为原点，分别以BA ，BC ，BB 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，A 1(2,0,1)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，E (0,0，12)，则AA 1→＝(0,0,1)，AC →＝(－2,2,0)，AC 1→＝(－2,2,1)，AE →＝(－2,0，12)．设平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1→＝0n 1·AC →＝0⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0. 令x ＝1，得y ＝1，∴n 1＝(1,1,0)．设平面AEC 1的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AC 1→＝0n 2·AE →＝0⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＋z ＝0，－2x ＋12z ＝0.令z ＝4，得x ＝1，y ＝－1.∴n 2＝(1，－1,4)．∵n 1·n 2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0， ∴n 1⊥n 2.∴平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .1．利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个途径，一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，由两个法向量垂直，得面面垂直．2．向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系，恰当建系或用基向量表示后，只需经过向量运算就可得到要证明的结果，思路方法“公式化”，降低了思维难度．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，证明：平面B 1ED ⊥平面B 1BD . 【证明】 以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，E (0,1，12)，DB 1→＝(1,1,1)，DE →＝(0,1，12)，设平面B 1DE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则x ＋y ＋z ＝0且y ＋12z ＝0，令z ＝－2，∴n 1＝(1,1，－2)．同理求得平面B 1BD 的法向量为n 2＝(1，－1,0)，由n 1·n 2＝0，知n 1⊥n 2，∴平面B 1DE ⊥平面B 1BD .利用平面的法向量求解空间中的探索性问题图3－2－13(12分)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点，试在棱CC 1上求一点P ，使得平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE .【思路点拨】 建立直角坐标系，设出点P 的坐标，将平面垂直当作已知条件．利用它们的法向量垂直可得P 点坐标．【规范解答】 如图，以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，P (0,1，a )，则A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，E (12，1,0)，C 1(0,1,1)，2分A 1B 1→＝(0,1,0)，A 1P →＝(－1,1，a －1)，DE →＝(12，1,0)，DC 1→＝(0,1,1).4分 设平面A 1B 1P 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B 1→＝0，n 1·A 1P →＝0， ⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝0，－x 1＋y 1＋a －1z 1＝0，∴x 1＝(a －1)z 1，y 1＝0.令z 1＝1，得x 1＝a －1，∴n 1＝(a －1,0,1).8分设平面C 1DE 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·DE →＝0，n 2·DC 1→＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ 12x 2＋y 2＝0，y 2＋z 2＝0，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－2y 2，z 2＝－y 2. 令y 2＝1，得x 2＝－2，z 2＝－1，∴n 2＝(－2,1，－1)．∵平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，∴n 1·n 2＝0，即－2(a －1)－1＝0，得a ＝12. ∴当P 为CC 1的中点时，平面A 1B 1P ⊥平面分【思维启迪】 立体几何中探索性、存在性问题的思维层次较高，分析时应特别注意．本题考查面面垂直关系的逆用，由题意设出探求点的坐标，求出两平面的法向量是解题的关键．1．用空间向量解决立体几何中的垂直问题，主要运用直线的方向向量与平面的法向量，同时也需要借助空间中已有的位置关系及关于垂直的定理．2．应用向量证明垂直问题的基本步骤：(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系，选取适当的基底)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线和平面；(2)通过向量运算研究垂直问题；(3)根据运算结果解释相关问题．1．若直线l 的方向向量a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．lαD ．l 与α斜交【解析】 ∵n ＝(－2,0，－4)＝－2(1,0,2)＝－2a ，∴n ∥a ，∴l ⊥α.【答案】 B2．若平面α、β的法向量分别为a ＝(2，－1,0)，b ＝(－1，－2,0)，则α与β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定 【解析】 a ·b ＝－2＋2＋0＝0，∴a ⊥b ，∴α⊥β.【答案】 B3．设直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(1，－1，－3)，b ＝(2，－1，x )，若l 1⊥l 2，则x ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】 ∵l 1⊥l 2，∴a ·b ＝2＋1－3x ＝0，∴x ＝1.【答案】 A图3－2－144．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，在如图3－2－14所示的坐标系下求证：BD 1⊥平面ACB 1.【证明】 如题图A (1,0,0)，C (0,1,0)，B 1(1,1,1)，D 1(0,0,1)，B (1,1,0)∴BD 1→＝(－1，－1,1)，AC →＝(－1,1,0)，AB 1→＝(0,1,1)由BD 1→·AC →＝1－1＋0＝0，BD 1→·AB 1→＝0－1＋1＝0∴BD 1⊥AC ，BD 1⊥AB 1，又AC ∩AB 1＝A∴BD 1⊥平面ACB 1.一、选择题1．(2013·东营高二检测)已知平面α的法向量为a ＝(1,2，－2)．平面β的法向量为b ＝(－2，－4，k )，若α⊥β，则k ＝( )A ．4B ．－4C ．5D ．－5【解析】 ∵α⊥β，∴a ⊥b ，∴a ·b ＝－2－8－2k ＝0∴k ＝－5.【答案】 D2．(2012·青岛高二检测)在菱形ABCD 中，若P A →是平面ABCD 的法向量，则以下等式中可能不成立的是( )⊥AB → ⊥CD →⊥BD → ⊥AB →【解析】 由题意知P A ⊥平面ABCD ，所以P A 与平面上的线AB 、CD 都垂直，A 、B 正确；又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD ⊥平面P AC ，故PC ⊥BD ，C 选项正确．【答案】 D3．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量为n ＝(－1，－1，－1)，且β与α不重合，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α与β相交不垂直D ．以上都不对 【解析】 AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，∴n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴n ⊥AB →，n ⊥AC →，故n 也是α的一个法向量，又∵α与β不重合，∴α∥β.【答案】 A4．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( )，－157，4 ，－157，4 ，－2,4 D ．4，407，－15【解析】 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ，∴BP →⊥AB →，BP →⊥BC →，则⎩⎪⎨⎪⎧ x －1＋5y ＋6＝0，3x －1＋y －12＝0，解得⎩⎨⎧ x ＝407，y ＝－157.【答案】 B5．平面上有四个互异的点A ，B ，C ，D ，已知(DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC的形状是( )A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等腰直角三角形D ．等边三角形【解析】 (DB →＋DC →－2DA →)·(AB →－AC →)＝(DB →－DA →＋DC →－DA →)·CB →＝(AB →＋AC →)·CB →＝0，故△ABC 为等腰三角形．【答案】 B二、填空题6．直线l 1与l 2的方向向量分别为a 1，a 2，若a 1⊥a 2，则l 1与l 2的位置关系为________．【解析】 两直线的方向向量垂直，这两条直线也垂直．【答案】 垂直7．(2013·吉林高二检测)已知直线l 与平面α垂直，直线l 的一个方向向量u ＝(1，－3，z )，向量v ＝(3，－2,1)与平面α平行，则z ＝________.【解析】 由题意知u ⊥v ，∴u ·v ＝3＋6＋z ＝0，∴z ＝－9.【答案】 －98．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．【解析】 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．由于BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误．【答案】 ①②③三、解答题图3－2－159．如图3－2－15，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：AM ⊥平面BDF .【证明】 以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2，2，0)，B (0，2，0)，D (2，0,0)，F (2，2，1)，M (22，22，1)． 所以AM →＝(－22，－22，1)，DF →＝(0，2，1)，BD →＝(2，－2，0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BDF 的法向量，则n ⊥BD →，n ⊥DF →，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝2x －2y ＝0，n ·DF →＝2y ＋z ＝0⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ，z ＝－2y ， 取y ＝1，得x ＝1，z ＝－ 2.则n ＝(1,1，－2)．因为AM →＝(－22，－22，1)． 所以n ＝－ 2 AM →，得n 与AM →共线．所以AM ⊥平面BDF .图3－2－1610．在四面体ABCD 中，AB ⊥面BCD ，BC ＝CD ，∠BCD ＝90°，∠ADB ＝30°，E 、F分别是AC 、AD 的中点，求证：平面BEF ⊥平面ABC .【证明】 建立如图所示空间直角坐标系，取A (0,0，a )，由∠ADB ＝30°，可得D (0，3a,0)，C (32a ，32a,0)，B (0,0,0)， E (34a ，34a ，a 2)，F (0，32a ，a 2)， ∴EF →＝(－34a ，34a,0)，BA →＝(0,0，a )， BC →＝(32a ，32a,0)， ∴EF →·BA →＝0，EF →·BC →＝0，∴EF ⊥AB ，EF ⊥BC ，∴EF ⊥面ABC ，又EF 面BEF ，∴面BEF ⊥面ABC .11．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点，(1)求证：A 1E ⊥BD ；(2)若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．【解】 (1)证明 分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为a .依题意可得，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设E (0，a ，e )．A 1E →＝(－a ，a ，e －a )，又BD →＝(－a ，－a,0)，∴A 1E →·BD →＝a 2－a 2＝0.∴A 1E →⊥BD →，即A 1E ⊥BD .(2)E 为CC 1的中点，证明如下：设BD 的中点为O ，连结A 1O ，OE .则O (a 2，a 2，0)，OE →＝(－a 2，a 2，e )，OA 1→＝(a 2，－a 2，a )． ∵A 1B ＝A 1D ，O 为BD 中点，∴A 1O ⊥BD .又平面A 1BD ⊥平面EBD ，∴A 1O ⊥平面EBD .∴A 1O ⊥OE .又BD →＝(－a ，－a,0)，则OA 1→·BD →＝0，OA 1→·OE →＝0，即⎩⎨⎧ －a 22＋a 22＝0－a 24－a 24＋ae ＝0，∴e ＝a 2. ∴当E 为CC 1的中点时，能使平面A 1BD ⊥平面EBD .(教师用书独具)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点，试在棱BB 1上找一点M ，使得D 1M ⊥平面EFB 1.【自主解答】 建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为2，则E (2,1,0)，F (1,2,0)，D 1(0,0,2)，B 1(2,2,2)．设M (2,2，m )，则EF →＝(－1,1,0)，B 1E →＝(0，－1，－2)，D 1M →＝(2,2，m －2)．∵D 1M ⊥平面EFB 1，∴D 1M ⊥EF ，D 1M ⊥B 1E ，∴D 1M →·EF →＝0且D 1M →·B 1E →＝0，于是⎩⎪⎨⎪⎧－2＋2＝0，－2－2m －2＝0， ∴m ＝1，故取B 1B 的中点为M 就能满足D 1M ⊥平面EFB 1.如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是矩形，AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，M 是BC 的中点．在DD 1上是否存在一点N ，使MN ⊥DC 1并说明理由．【解】 如图所示，建立以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴的坐标系，则C 1(0,2,3)，M (12，2,0)，D (0,0,0)．设N (0,0，h )，则MN →＝(－12，－2，h )，DC 1→＝(0,2,3)， 由MN →·DC 1→＝(－12，－2，h )·(0,2,3)＝－4＋3h . ∴当h ＝43时，MN →·DC 1→＝0，此时MN →⊥DC 1→. ∴存在N ∈DD 1，使MN ⊥DC 1.。