1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的平行-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

目录 第一章　空间向量与立体几何 1.4　空间向量的应用 1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系 第2课时　空间中直线、平面的平行 目录 15分钟对点练 30分钟综合练 15分钟对点练 目录 1 2 3 4 5 6 7 平行 解析 答案 * 知识点一　空间中直线与直线平行 1．若直线l1和l2是两条不同的直线，其方向向量分别是a＝(1，－1，2)，b＝(－2，2，－4)，则直线l1与l2________． 解析　∵b＝－2a，∴直线l1与l2平行． 目录 1 2 3 4 5 6 7 证明 * 2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，点M在棱BB1上，且BM＝2MB1，点S在DD1上，且SD1＝2SD，N，R分别为A1D1，BC的中点，求证：MN∥RS. 证明　证法一：设eq \o(AB,\s\up18(→))＝a，eq \o(AD,\s\up18(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝c， 则eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \o(MB1,\s\up18(→))＋eq \o(B1A1,\s\up18(→))＋eq \o(A1N,\s\up18(→))＝eq \f(1,3)c－a＋eq \f(1,2)b， eq \o(RS,\s\up18(→))＝eq \o(RC,\s\up18(→))＋eq \o(CD,\s\up18(→))＋eq \o(DS,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)b－a＋eq \f(1,3)c，∴eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \o(RS,\s\up18(→))，∴eq \o(MN,\s\up18(→))∥eq \o(RS,\s\up18(→))， 又R∉MN，∴MN∥RS. 目录 1 2 3 4 5 6 7 证明 * 证法二：如图所示，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，则根据题意得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(4,3)))，N(0，2，2)，R(3，2，0)，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，\f(2,3))). ∴eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(2,3)))，eq \o(RS,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(2,3)))， ∴eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \o(RS,\s\up18(→)). ∴eq \o(MN,\s\up18(→))∥eq \o(RS,\s\up18(→)).∵M∉RS，∴MN∥RS. 目录 1 2 3 4 5 6 7 答案 解析 * 知识点二　空间中直线与平面平行 3．(2023·河北沧州高二统考)已知m＝(3，a＋b，a－2b)(a，b∈R)是直线l的一个方向向量，n＝(－1，2，1)是平面α的一个法向量，若l∥α，则(　　) A．a＝1 B．b＝1 C．a＋b＝1 D．a－b＝1 解析　由已知得m·n＝0，∴－3＋2(a＋b)＋(a－2b)＝0，解得a＝1.故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 证明 * 4.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，DD1＝4，E，F分别是AA1，CC1的中点．求证：BE∥平面AFD1. 证明　如图所示，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz， 则B(2，2，0)，E(2，0，2)，A(2，0，0)，D1(0，0，4)，F(0，2，2)， 所以eq \o(BE,\s\up18(→))＝(0，－2，2)，eq \o(AD1,\s\up18(→))＝(－2，0，4)，eq \o(AF,\s\up18(→))＝(－2，2，2)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 证明 * 设平面AFD1的法向量为m＝(x，y，z)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD1,\s\up18(→))＝－2x＋4z＝0，,m·\o(AF,\s\up18(→))＝－2x＋2y＋2z＝0，)) 令x＝2，得y＝1，z＝1，所以m＝(2，1，1)， 所以eq \o(BE,\s\up18(→))·m＝0×2－2×1＋2×1＝0， 因为BE⊄平面AFD1，所以BE∥平面AFD1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 * 5.四棱锥P－ABCD的底面是梯形，AB⊥AD，AB⊥BC，PB⊥平面ABCD，PB＝AB＝BC＝2，AD＝1，M为线段PC的中点．问：在线段PD上是否存在一点N，使AN∥平面BDM？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由． 目录 1 2 3 4 5 6 7 解 * 解　以B为原点，BA，BC，BP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(2，0，0)，D(2，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，M(0，1，1)，则eq \o(AD,\s\up18(→))＝(0，1，0)，eq \o(DP,\s\up18(→))＝(－2，－1，2)，eq \o(BD,\s\up18(→))＝(2，1，0)，eq \o(BM,\s\up18(→))＝(0，1，1)．设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up18(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up18(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,y＋z＝0，))令x＝1，则y＝－2，z＝2. 所以n＝(1，－2，2)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 解 * 假设在线段PD上存在符合题意的点N， 设eq \o(DN,\s\up18(→))＝λeq \o(DP,\s\up18(→))＝(－2λ，－λ，2λ)(0≤λ≤1)， 则eq \o(AN,\s\up18(→))＝eq \o(AD,\s\up18(→))＋eq \o(DN,\s\up18(→))＝(0，1，0)＋(－2λ，－λ，2λ)＝(－2λ，1－λ，2λ)． 因为AN∥平面BDM，所以eq \o(AN,\s\up18(→))⊥n. 所以n·eq \o(AN,\s\up18(→))＝－2λ＋2λ－2＋4λ＝0. 解得λ＝eq \f(1,2)，符合题意， 即当N为PD的中点时，AN∥平面BDM. 目录 1 2 3 4 5 6 7 平行 答案 解析 * 知识点三　空间中平面与平面平行 6．若两个不重合平面α，β的法向量分别为u＝(2，－3，5)，v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)，－\f(5,2)))，则α与β的位置关系是________． 解析　∵u＝－2v，∴α与β平行． 目录 1 2 3 4 5 6 7 证明 * 7．已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别是A1C1，A1D和B1A上任意一点．求证：平面A1EF∥平面B1MC. 证明　如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，D(0，0，0)，C(0，1，0)，所以eq \o(A1C1,\s\up18(→))＝(－1，1，0)，eq \o(B1C,\s\up18(→))＝(－1，0，－1)，eq \o(DA1,\s\up18(→))＝(1，0，1)，eq \o(B1A,\s\up18(→))＝(0，－1，－1)， 设eq \o(A1E,\s\up18(→))＝λeq \o(A1C1,\s\up18(→))，eq \o(A1F,\s\up18(→))＝μeq \o(A1D,\s\up18(→))，eq \o(B1M,\s\up18(→))＝veq \o(B1A,\s\up18(→))(λ，μ，v∈R，且均不为0)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 证明 * 设n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)分别是平面A1EF与平面B1MC的法向量， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1E,\s\up18(→))＝0，,n1·\o(A1F,\s\up18(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1C1,\s\up18(→))＝0，,n1·\o(DA1,\s\up18(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,x1＋z1＝0，)) 可取n1＝(1，1，－1)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 证明 * 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(B1M,\s\up18(→))＝0，,n2·\o(B1C,\s\up18(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(B1A,\s\up18(→))＝0，,n2·\o(B1C,\s\up18(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y2－z2＝0，,－x2－z2＝0，)) 可取n2＝(1，1，－1)，所以n1＝n2， 所以n1∥n2，所以平面A1EF∥平面B1MC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 [名师点拨]　证明面面平行问题的方法 (1)转化为相应的线线平行或线面平行． (2)分别求出这两个平面的法向量，然后证明这两个法向量平行． * 30分钟综合练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 解析 * 一、选择题 1．(2024·山东聊城高二阶段练习)向量a＝(2，1，3)，b＝(3，2x，3y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则(　　) A．x＝6，y＝eq \f(9,2) B．x＝3，y＝eq \f(3,4) C．x＝2，y＝3 D．x＝eq \f(3,4)，y＝eq \f(3,2) 解析　因为l1∥l2，所以eq \f(3,2)＝eq \f(2x,1)＝eq \f(3y,3)，解得x＝eq \f(3,4)，y＝eq \f(3,2).故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 解析 * 2．已知直线l的方向向量为m，平面α的法向量为n，则“m·n＝0”是“l∥α”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　若m·n＝0，则l∥α或l⊂α，故充分性不成立，若l∥α，则m·n＝0，必要性成立，故“m·n＝0”是“l∥α”的必要不充分条件． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 解析 * 3．(2023·北京西城高二统考期末)在空间直角坐标系Oxyz中，点A(1，3，0)，B(0，3，－1)，则(　　) A．直线AB∥坐标平面Oxy B．直线AB∥坐标平面Oyz C．直线AB∥坐标平面Ozx D．以上均不正确 解析　eq \o(AB,\s\up18(→))＝(－1，0，－1)，坐标平面Oxy的一个法向量是(0，0，1)，坐标平面Ozx的一个法向量是(0，1，0)，坐标平面Oyz的一个法向量是(1，0，0)，eq \o(AB,\s\up18(→))·(0，0，1)＝－1，eq \o(AB,\s\up18(→))·(0，1，0)＝0，eq \o(AB,\s\up18(→))·(1，0，0)＝－1，点A，B均不在坐标平面Ozx上，因此直线AB∥坐标平面Ozx.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 解析 * 4．在空间直角坐标系中，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．垂直 B．平行 C．异面 D．相交但不垂直 解析　由题意得，eq \o(AB,\s\up18(→))＝(－3，－3，3)，eq \o(CD,\s\up18(→))＝(1，1，－1)，∴eq \o(AB,\s\up18(→))＝－3eq \o(CD,\s\up18(→))，∴eq \o(AB,\s\up18(→))与eq \o(CD,\s\up18(→))共线，又AB与CD没有公共点，∴AB∥CD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 * 5．[多选]在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1，D，E，F，H分别为AA1，AB，BC1，BC的中点，G为△A1B1C1的重心，则(　　) A．DF∥平面ABC B．FG∥平面A1EC C．FG与A1E为异面直线 D．AF与GH为异面直线 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析 * 解析　设AB＝AC＝AA1＝2.以A为原点，AB，AC，AA1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(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C1(0，2，2)，D(0，0，1)，E(1，0，0)，F(1，1，1)，H(1，1，0)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，2)).对于A，eq \o(DF,\s\up18(→))＝(1，1，0)，取平面ABC的一个法向量n1＝(0，0，1)，因为eq \o(DF,\s\up18(→))·n1＝0，所以eq \o(DF,\s\up18(→))⊥n1，又DF⊄平面ABC，所以DF∥平面ABC，故A正确；对于B，eq \o(FG,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，－\f(1,3)，1))，eq \o(A1E,\s\up18(→))＝(1，0，－2)，eq \o(A1C,\s\up18(→))＝(0，2，－2)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析 * 设平面A1EC的法向量为n2＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1E,\s\up18(→))·n2＝x－2z＝0，,\o(A1C,\s\up18(→))·n2＝2y－2z＝0，))令z＝1，则平面A1EC的一个法向量为n2＝(2，1，1)，因为eq \o(FG,\s\up18(→))·n2＝0，所以eq \o(FG,\s\up18(→))⊥n2，又FG⊄平面A1EC，所以FG∥平面A1EC，故B正确；对于C，eq \o(FG,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，－\f(1,3)，1))，eq \o(A1E,\s\up18(→))＝(1，0，－2)，eq \o(EF,\s\up18(→))＝(0，1，1)，因为若四点共面，则eq \o(FG,\s\up18(→))＝meq \o(EF,\s\up18(→))＋neq \o(A1E,\s\up18(→))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝－\f(1,3)，,m＝－\f(1,3)，,m－2n＝1，))此方程组无解， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析 * 所以FG与A1E不共面，即为异面直线，故C正确；对于D，eq \o(AF,\s\up18(→))＝(1，1，1)，eq \o(GH,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－2))，eq \o(AH,\s\up18(→))＝(1，1，0)，则eq \o(GH,\s\up18(→))＝－2eq \o(AF,\s\up18(→))＋eq \f(7,3) eq \o(AH,\s\up18(→))，所以AF与GH为共面直线，故D错误．故选ABC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 解析 答案 * 二、填空题 6．(2023·上海浦东新区高二期末)已知直线l的一个方向向量为d＝(2，－1，3)，平面α的一个法向量为n＝(1，t，0)，且直线l与平面α平行，则实数t＝________． 解析　因为直线l与平面α平行，直线l的一个方向向量为d＝(2，－1，3)，平面α的一个法向量为n＝(1，t，0)，所以d⊥n，则d·n＝2－t＝0，解得t＝2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 －3 解析 答案 * 7．若平面α的一个法向量为u1＝(－3，y，2)，平面β的一个法向量为u2＝(6，－2，z)，且α∥β，则y＋z＝________． 解析　∵α∥β，∴u1∥u2，∴eq \f(－3,6)＝eq \f(y,－2)＝eq \f(2,z)，解得y＝1，z＝－4，∴y＋z＝－3. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 * 8.(2023·安徽合肥一中高二校考期中)如图，在菱形ABCD中，AC＝1，BD＝2，将△ACD沿AC折起，使点D翻折到D′位置，连接BD′，直线BD′与平面ABC所成的角为22.5°，若E为AB的中点，过C作平面ABC的垂线l，在直线上取一点F，使EF∥平面AD′C，则CF的长为________． eq \f(1,2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析 * 解析　在菱形ABCD中，令AC∩BD＝O，如图，因为AC⊥OB，AC⊥OD′，OB∩OD′＝O，OB，OD′⊂平面BOD′，则AC⊥平面BOD′，又AC⊂平面ABC，所以平面BOD′⊥平面ABC，在平面BOD′内过O作Oz⊥OB，而平面BOD′∩平面ABC＝OB，于是得Oz⊥平面ABC，以O为原点，OA，OB，Oz所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，过D′作D′M∥Oz交OB于M，则D′M⊥平面ABC，直线BD′与平面ABC所成的角为∠OBD′，即∠OBD′＝22.5°，而OD′＝OB＝1，则∠MOD′＝45°，所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，B(0，1，0)，D′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析 * eq \o(CA,\s\up18(→))＝(1，0，0)，eq \o(OD,\s\up18(→))′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，设平面AD′C的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CA,\s\up18(→))＝x＝0，,n·\o(OD,\s\up18(→))′＝－\f(\r(2),2)y＋\f(\r(2),2)z＝0，))令y＝1，得n＝(0，1，1)，因为直线l过C且垂直于平面ABC，点F在直线l上，设Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，h))，于是得eq \o(EF,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，－\f(1,2)，h))，又EF∥平面AD′C，则n·eq \o(EF,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×1＋h×1＝0，解得h＝eq \f(1,2).所以CF的长为eq \f(1,2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 证明 * 三、解答题 9．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AC的中点，求证：AB1∥平面DBC1. 证明　如图，以A为原点，AC，AA1所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系．设正三棱柱的底面边长为a(a>0)，侧棱长为b(b>0)， 则A(0，0，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，0))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，b))，C1(0，a，b)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 证明 * ∴eq \o(AB1,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，b))，eq \o(BD,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，0，0))，eq \o(DC1,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，b)).设平面DBC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up18(→))＝－\f(\r(3),2)ax＝0，,n·\o(DC1,\s\up18(→))＝\f(a,2)y＋bz＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,z＝－\f(a,2b)y，)) 不妨令y＝2b，则n＝(0，2b，－a)． ∵eq \o(AB1,\s\up18(→))·n＝ab－ab＝0， ∴eq \o(AB1,\s\up18(→))⊥n.又AB1⊄平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 * 10.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2. (1)求证：平面A1C1B∥平面ACD1； (2)线段B1C上是否存在点P，使得A1P∥平面ACD1? 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解 * 解　(1)证明：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 由题意知A(3，0，0)，B(3，4，0)，C(0，4，0)，A1(3，0，2)，B1(3，4，2)，C1(0，4，2)，D1(0，0，2)， 则eq \o(A1C1,\s\up18(→))＝(－3，4，0)，eq \o(A1B,\s\up18(→))＝(0，4，－2)，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－3，4，0)，eq \o(AD1,\s\up18(→))＝(－3，0，2)． 设平面A1C1B的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up18(→))＝－3x＋4y＝0，,n·\o(A1B,\s\up18(→))＝4y－2z＝0，))令x＝4，得n＝(4，3，6)， 设平面ACD1的法向量为m＝(a，b，c)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解 * 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up18(→))＝－3a＋4b＝0，,m·\o(AD1,\s\up18(→))＝－3a＋2c＝0，))令a＝4，得m＝(4，3，6)， 因为n∥m，所以平面A1C1B∥平面ACD1. (2)假设线段B1C上存在点P，使得A1P∥平面ACD1， 由(1)得eq \o(A1B1,\s\up18(→))＝(0，4，0)，eq \o(B1C,\s\up18(→))＝(－3，0，－2)，平面ACD1的一个法向量为m＝(4，3，6)， 设eq \o(B1P,\s\up18(→))＝teq \o(B1C,\s\up18(→))，所以eq \o(A1P,\s\up18(→))＝eq \o(A1B1,\s\up18(→))＋eq \o(B1P,\s\up18(→))＝eq \o(A1B1,\s\up18(→))＋teq \o(B1C,\s\up18(→))＝(－3t，4，－2t)， 由m·eq \o(A1P,\s\up18(→))＝－3t×4＋4×3＋(－2t)×6＝0，解得t＝eq \f(1,2)，即P为线段B1C的中点时，A1P∥平面ACD1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 * 11.(2023·辽宁高二统考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形． (1)求证：AB⊥平面PAD； (2)已知AC∩BD＝O，在棱PD上是否存在一点E，使PB∥平面ACE？如果存在，确定点E的位置，并写出证明过程；如果不存在，请说明理由． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解 * 解　(1)证明：在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB， 在正方形ABCD中，AB⊥AD， 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD. (2)存在一点E，且当E为PD的中点时，PB∥平面ACE. 证明如下： 建立空间直角坐标系如图所示， 设PA＝z0，AB＝AD＝BC＝CD＝2t，eq \o(PE,\s\up18(→))＝λeq \o(PD,\s\up18(→))， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解 * ∴A(0，0，0)，B(2t，0，0)，C(2t，2t，0)，D(0，2t，0)，P(0，0，z0)，eq \o(PD,\s\up18(→))＝(0，2t，－z0)， eq \o(PE,\s\up18(→))＝(0，2λt，－λz0)， ∴E(0，2λt，(1－λ)z0)， ∴eq \o(PB,\s\up18(→))＝(2t，0，－z0)，eq \o(AE,\s\up18(→))＝(0，2λt，(1－λ)·z0)，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(2t，2t，0)， 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up18(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2λty＋（1－λ）z0z＝0，,2tx＋2ty＝0，)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解 * 令x＝1，得y＝－1，z＝eq \f(2λt,（1－λ）z0)， 即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(2λt,（1－λ）z0)))， 若PB∥平面ACE，则eq \o(PB,\s\up18(→))⊥n， ∴eq \o(PB,\s\up18(→))·n＝(2t，0，－z0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(2λt,（1－λ）z0)))＝2t－eq \f(2λt,1－λ)＝0， 解得λ＝eq \f(1,2)， ∴当E为线段PD的中点时，PB∥平面ACE. 目录 　　　　　　　　　　　　　 R $$