1.4.1 第1课时 空间中点、直线和平面的向量表示 空间中直线、平面的平行-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

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1课时　空间中点、直线和平面的向量表示　空间中直线、平面的平行 课程标准：1.能用向量语言描述直线和平面，理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系． 教学重点：1.用待定系数法求平面的法向量.2.用法向量证明平行关系． 教学难点：1.求平面的法向量.2.空间向量在解决立体几何平行问题中的应用． 核心素养：1.通过直线的方向向量和平面的法向量的求解，提升数学运算素养.2.通过利用向量方法解决空间中直线、平面的平行问题，把几何问题转化为代数问题，提升数学运算、逻辑推理及直观想象素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 核心概念掌握 5 ta 核心概念掌握 6 直线的方向向量 核心概念掌握 7 xa＋yb 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 (3)空间中任意平面由______________及__________________唯一确定． (4)如图，直线l⊥α.取直线l的方向向量a，称___________为__________的法向量．给定一个点A和一个向量a，过点A，且以向量a为__________的平面完全确定，可以表示为集合______________． [提醒]　(1)平面α的一个法向量垂直于平面α内的所有向量． (2)一个平面的法向量有无限多个，它们互相平行． 空间一点 两个不共线向量 向量a 平面α 法向量 核心概念掌握 10 线线平行 l1∥l2⇔____________⇔_______________________________ 线面平行 若l1⊄α，则l1∥α⇔___________⇔_________________ 面面平行 α∥β⇔_____________⇔__________________________ 知识点四　空间中平行关系的向量表示 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量． u1∥u2 ∃λ∈R，使得u1＝λu2 u1⊥n1 u1·n1＝0 n1∥n2 ∃λ∈R，使得n1＝λn2 核心概念掌握 11 [提醒]　(1)用向量方法证明线线平行时，必须说明两直线不重合． (2)证明线面平行时，必须说明直线不在平面内． (3)证明面面平行时，必须说明两个平面不重合． 核心概念掌握 12 1．(空间中线面平行的向量表示)若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则可能使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) 核心概念掌握 13 2．(空间中直线的向量表示)若点A(－1，0，1)，B(1，4，7)在直线l上，则直线l的一个方向向量的坐标可以是___________________________． 3．(空间中面面平行的向量表示)已知平面α的一个法向量为(1，3，－2)，平面β的一个法向量为(－2，－6，k)，若α∥β，则k＝________． (2，4，6)(答案不唯一) 4 核心概念掌握 14 核心素养形成 题型一　求直线的方向向量和平面的法,向量)　 例1　(1)(多选)若M(1，0，－1)，N(2，1，2)在直线l上，则直线l的一个方向向量是(　　) A．(2，2，6) B．(1，1，3) C．(3，1，1) D．(－3，0，1) 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 【感悟提升】　 (1)求直线的方向向量，首先是找到直线上两点，然后用坐标表示以这两点为起点和终点的向量，该向量就是直线的一个方向向量． (2)利用待定系数法求平面法向量的步骤 核心素养形成 20 核心素养形成 21 －2 核心素养形成 22 题型二　利用空间向量证明线线平行　 例2　长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是面对角线B1D1，A1B上的点，且D1E＝2EB1，BF＝2FA1.求证：EF∥AC1. 核心素养形成 23 【感悟提升】　向量法证明线线平行的两种思路 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 题型三　利用空间向量证明线面、面面平行　 例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. 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 【感悟提升】 1．利用空间向量证明线面平行的三种方法 2．证明面面平行问题的两种方法　 (1)证明直线的方向向量与平面内任意两个不共线的向量共面，即可用平面内的一个基底表示． (2)证明直线的方向向量与平面内某一向量共线，转化为线线平行，利用线面平行判定定理得证． (3)先求直线的方向向量，然后求平面的法向量，证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (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． 核心素养形成 31 【跟踪训练】　 3. 在多面体ABCDE－A1B1C1D1中，已知AB⊥AE，AE∥BC，AB∥ED，AA1⊥底面ABCDE，四边形A1B1C1D1是边长为2的正方形且平行于底面，AB∥A1B1，D1E，B1B的中点分别为F，G，AB＝AE＝2DE＝2BC＝4，AA1＝1.证明：FG∥平面C1CD. 核心素养形成 32 核心素养形成 33 核心素养形成 34 题型四　平行关系中的探究性问题　 例4　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO? 核心素养形成 35 核心素养形成 36 核心素养形成 37 【感悟提升】　 探究点的位置时，可先设出对应点的坐标，然后根据面面平行的判定定理转化为向量共线问题或者利用两个平面的法向量共线，建立与所求点的坐标有关的方程，通过解方程可得点的坐标． 核心素养形成 38 核心素养形成 39 核心素养形成 40 核心素养形成 41 随堂水平达标 随堂水平达标 43 2. (多选)在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD－A1B1C1D1是棱长为1的正方体，则下列结论中正确的是(　　) A．直线BD1的一个方向向量为(－2，2，2) B．直线BD1的一个方向向量为(2，2，2) C．平面B1CD1的一个法向量为(1，1，1) D．平面B1CD的一个法向量为(1，1，1) 随堂水平达标 44 随堂水平达标 45 3．已知直线l的一个方向向量为a＝(－3，2，5)，平面α的一个法向量为b＝(1，x，－1)，若l∥α，则x＝________． 解析：因为l∥α，所以a⊥b，a·b＝0，即－3×1＋2x＋5×(－1)＝0，得x＝4. 4 随堂水平达标 46 4．已知平面α经过点O(0，0，0)，且e＝(1，2，－3)是α的一个法向量，M(x，y，z)是平面α内任意一点，则x，y，z满足的关系式是__________________． x＋2y－3z＝0 随堂水平达标 47 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 考向 平面与平面平行 直线与平面平行 直线与平面的位置关系 平面的法向量 平面的 法向量 平行关系的综合应用 平面与平面 平行 考点 根据面面平行求法向量 根据线面平行求参数 平面的法向量的应用 求平面的法向量 利用空间向量判断面面平行 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★ ★★★ 考向 平面的 法向量 平面的 法向量 直线与直线 平行 平行关系的综合应用 直线与平面平行 平面与平面 平行 平行关系中的探索性问题 考点 求平面的法向量 平面的法向量的应用 利用空间向量判断线线平行 判断线面、面面的位置关系 根据线面平行求参数 利用空间向量证明面面平行 探索线面平行 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 一、选择题 1．已知平面α∥平面β，n＝(1，－1，1)为平面α的一个法向量，则下列向量是平面β的法向量的是(　　) A．(1，1，1) B．(－1，1，－1) C．(－1，－1，－1) D．(1，1，－1) 解析： ∵(－1，1，－1)＝－n，∴(－1，1，－1)是平面β的一个法向量． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 4．已知点A(2，－1，2)在平面α内，平面α的一个法向量为n＝(4，1，2)，则下列各点在平面α内的是(　　) A．(－2，1，－2) B．(1，2，3) C．(3，1，－1) D．(2，－1，3) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 6. (多选)在如图所示的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BB1，AD，AA1的中点，则下列说法错误的是(　　) A．D1F⊥B1C B．FG∥D1E C．FG⊥平面AD1E D．BF∥平面AD1E 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 二、填空题 7．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)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________． 平行 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 8．如图，在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在棱C1C上，且CM＝2MC1.以D为原点，DA，DC，DD1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．写出平面MD1B的一个法向量为_______________________． (2，1，3)(答案不唯一) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 三、解答题 10. 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为DD1和BB1的中点．求证：四边形AEC1F是平行四边形． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 64 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 67 13．如图1，已知直角梯形CDEF中，CF∥DE，DE⊥EF，CF＝2DE＝2EF＝4，M为CF的中点，将△CDM沿DM折起到△ADM的位置，使平面ADM⊥平面DEFM，N，Q，H，P分别为AF，DM，DE，AE的中点，如图2所示．求证：平面EMN∥平面PQH. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 71 14．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD＝AA1＝a，AB＝2a.试问在线段CD1上是否存在一点N，使MN∥平面ADD1A1？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 73 　　　　　　　　　　　　　 R eq \o(OP,\s\up17(→)) 知识点一　空间中点的位置向量 如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量eq \o(OP,\s\up17(→))来表示．我们把向量__________称为点P的位置向量． 知识点二　空间中直线的向量表示 (1)如图，a是直线l的方向向量，在直线l上取 eq \o(AB,\s\up17(→))＝a，设P是直线l上的任意一点，由向量共线的条件可知，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使得eq \o(AP,\s\up17(→))＝__________，即eq \o(AP,\s\up17(→))＝__________． teq \o(AB,\s\up17(→)) (2)如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋ta，① 将eq \o(AB,\s\up17(→))＝a代入①式，得eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \o(OA,\s\up17(→))＋t_______．② ①式和②式都称为空间直线的向量表示式． (3)空间任意直线由直线上一点及______________________唯一确定． [说明]　与平面向量一样，在空间中，设M是线段AB的中点，则eq \o(OM,\s\up17(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(OA,\s\up17(→))＋eq \o(OB,\s\up17(→)))，这就是线段AB中点的向量表达式． eq \o(AB,\s\up17(→)) 知识点三　空间中平面的向量表示 (1)如图，设两条直线相交于点O，它们的方向向量分别为a和b，P为平面α内任意一点，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序实数对(x，y)，使得eq \o(OP,\s\up17(→))＝_______________． (2)如图，取定空间任意一点O，可以得到，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在实数x，y，使eq \o(OP,\s\up17(→))＝_____________________．我们把这个式子称为空间平面ABC的向量表示式． eq \o(OA,\s\up17(→))＋xeq \o(AB,\s\up17(→))＋yeq \o(AC,\s\up17(→)) {P|a·eq \o(AP,\s\up17(→))＝0} 解析　∵M，N在直线l上，且eq \o(MN,\s\up17(→))＝(1，1，3)，故向量(1，1，3)，(2，2，6)都是直线l的方向向量． (2)如图，四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝eq \f(1,2)，建立适当的空间直角坐标系，并求平面SCD与平面SBA的一个法向量． 解　易知AD，AB，AS是三条两两垂直的线段， ∴以A为原点，AD，AB，AS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)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，C(1，1，0)，S(0，0，1)，eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))是平面SBA的一个法向量． 设n＝(1，λ，u)是平面SCD的法向量， 则n·eq \o(DC,\s\up17(→))＝(1，λ，u)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))＝eq \f(1,2)＋λ＝0， ∴λ＝－eq \f(1,2). n·eq \o(DS,\s\up17(→))＝(1，λ，u)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))＝－eq \f(1,2)＋u＝0， ∴u＝eq \f(1,2)，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(1,2))). 综上，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(1,2)))是平面SCD的一个法向量，eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))是平面SBA的一个法向量． 【跟踪训练】　 1．(1)已知A(3，2，0)，B(0，4，0)，C(3，0，2)，则平面ABC的一个法向量是(　　) A．(1，1，1) B．(2，2，3) C．(2，3，3) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) 解析：由题可知eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－3，2，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(0，－2，2)．设n＝(x，y，z)是平面ABC的法向量，则n⊥eq \o(AB,\s\up17(→))，n⊥eq \o(AC,\s\up17(→))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up17(→))＝－3x＋2y＝0，,n·\o(AC,\s\up17(→))＝－2y＋2z＝0，))取z＝3，则x＝2，y＝3，于是n＝(2，3，3)是平面ABC的一个法向量．故选C. (2)已知直线a，b的方向向量分别为m＝(4，k，k－1)和n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k，k＋3，\f(3,2)))，若a∥b，则k＝________． 解析：①当k＝0或k＝－3时，a与b不平行；②当k≠0且k≠－3时，由eq \f(4,k)＝eq \f(k,k＋3)＝eq \f(k－1,\f(3,2))，解得k＝－2. 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，设DA＝a，DC＝b，DD1＝c， 则A(a，0，0)，C1(0，b，c)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)b，c))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(b,3)，\f(2,3)c)). 所以eq \o(FE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，\f(b,3)，\f(c,3)))，eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(－a，b，c)， 所以eq \o(FE,\s\up17(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC1,\s\up17(→)). 又FE与AC1不共线，所以EF∥AC1. 【跟踪训练】　 2. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM＝eq \f(1,4)DB，DA＝DP＝1，CD＝2.求证：MN∥AP. 证明：证法一：由题意知，直线DA，DC，DP两两垂直．以D为原点，DA，DC，DP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D(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,4)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)，0))，所以eq \o(AP,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0，\f(1,4)))，所以eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up17(→))，又M∉AP，故MN∥AP. 证法二：由题意可得eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \o(MD,\s\up17(→))＋eq \o(DN,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(DP,\s\up17(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up17(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up17(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up17(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AD,\s\up17(→))＋eq \o(DP,\s\up17(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up17(→))，又M∉AP，所以MN∥AP. 证明：　(1)如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz， 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)， F(0，0，1)，B1(2，2，2)， 所以eq \o(FC1,\s\up17(→))＝(0，2，1)，eq \o(DA,\s\up17(→))＝(2，0，0)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝(0，2，1)． 证法一：设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥eq \o(DA,\s\up17(→))，n1⊥eq \o(AE,\s\up17(→))， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up17(→))＝2x1＝0，,n1·\o(AE,\s\up17(→))＝2y1＋z1＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝－2y1，)) 令z1＝2，则y1＝－1，所以n1＝(0，－1，2)． 因为eq \o(FC1,\s\up17(→))·n1＝－2＋2＝0，所以eq \o(FC1,\s\up17(→))⊥n1. 又因为FC1⊄平面ADE， 所以FC1∥平面ADE. 证法二：因为eq \o(FC1,\s\up17(→))＝(0，2，1)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝(0，2，1)， 所以eq \o(FC1,\s\up17(→))∥eq \o(AE,\s\up17(→))，即FC1∥AE，又FC1⊄平面ADE，AE⊂平面ADE，所以FC1∥平面ADE. (2)证法一：因为eq \o(C1B1,\s\up17(→))＝(2，0，0)， 设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的法向量． 由n2⊥eq \o(FC1,\s\up17(→))，n2⊥eq \o(C1B1,\s\up17(→))， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(FC1,\s\up17(→))＝2y2＋z2＝0，,n2·\o(C1B1,\s\up17(→))＝2x2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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. 证法二：因为eq \o(FB1,\s\up17(→))＝(2，2，1)，eq \o(DE,\s\up17(→))＝(2，2，1)， 所以eq \o(FB1,\s\up17(→))∥eq \o(DE,\s\up17(→))，即FB1∥DE， 又FB1⊄平面ADE，DE⊂平面ADE， 所以FB1∥平面ADE. 由(1)，知FC1∥平面ADE. 又FB1∩FC1＝F，FB1，FC1⊂平面B1C1F， 所以平面ADE∥平面B1C1F. 证明：过点E作AA1的平行线，由题意可知以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(0，0，0)，B(4，4，0)，C(4，2，0)，D(2，0，0)，B1(2，4，1)，C1(2，2，1)，D1(0，2，1)． 因为D1E，B1B的中点分别为F，G， 所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，4，\f(1,2)))，则eq \o(FG,\s\up17(→))＝(3，3，0)， 设n＝(x，y，z)是平面C1CD的法向量，eq \o(C1C,\s\up17(→))＝(2，0，－1)，eq \o(C1D,\s\up17(→))＝(0，－2，－1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(C1C,\s\up17(→))＝0，,n·\o(C1D,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－z＝0，,－2y－z＝0，)) 令x＝1，则n＝(1，－1，2)， 因为n·eq \o(FG,\s\up17(→))＝3－3＋0＝0，所以n⊥eq \o(FG,\s\up17(→))， 因为FG⊄平面C1CD，所以FG∥平面C1CD. 解　 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，在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q. 设正方体的棱长为1，则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)， 设Q(0，1，z)，则eq \o(OP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)， ∵eq \o(BD1,\s\up17(→))＝2eq \o(OP,\s\up17(→))，∴eq \o(OP,\s\up17(→))∥eq \o(BD1,\s\up17(→))，∴OP∥BD1. 又eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(BQ,\s\up17(→))＝(－1，0，z)， 当z＝eq \f(1,2)时，eq \o(AP,\s\up17(→))＝eq \o(BQ,\s\up17(→))，即AP∥BQ， 又AP∩OP＝P，BQ∩BD1＝B，AP，OP⊂平面PAO，BQ，BD1⊂平面D1BQ， ∴平面PAO∥平面D1BQ， ∴当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO. 【跟踪训练】　 4．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1. 问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由． 解：存在，当E为PD的中点时，CE∥平面PAB.由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图． ∵PB与底面ABCD所成的角为45°， 即∠PBA＝45°，∴AB＝PA＝1， 则P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)． 假设在棱PD上存在符合题意的点E， 设E(0，y，z)， 则eq \o(PE,\s\up17(→))＝(0，y，z－1)，eq \o(PD,\s\up17(→))＝(0，2，－1)． 设eq \o(PE,\s\up17(→))＝λeq \o(PD,\s\up17(→))(0≤λ≤1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2λ，,z－1＝－λ.))① ∵eq \o(AD,\s\up17(→))＝(0，2，0)是平面PAB的一个法向量，eq \o(CE,\s\up17(→))＝(－1，y－1，z)， 由CE∥平面PAB，可得eq \o(CE,\s\up17(→))⊥eq \o(AD,\s\up17(→)). ∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝2(y－1)＝0， ∴y＝1，代入①式得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2).)) ∴E是PD的中点，即当E为PD的中点时，CE∥平面PAB. 1．已知向量a＝(2，4，5)，b＝(3，x，y)，a与b分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则(　　) A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝eq \f(15,2) C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝eq \f(15,2) 解析：由l1∥l2，知a∥b，则eq \f(3,2)＝eq \f(x,4)＝eq \f(y,5)，解得x＝6，y＝eq \f(15,2).故选D. 解析：由题意可得B(1，0，0)，D1(0，1，1)，所以eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－1，1，1)是直线BD1的一个方向向量，所以(－2，2，2)也是直线BD1的一个方向向量，故A正确，B错误；因为B1(1，0，1)，C(1，1，0)，所以eq \o(B1C,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(CD1,\s\up17(→))＝(－1，0，1)，因为(1，1，1)·eq \o(B1C,\s\up17(→))＝0，(1，1，1)·eq \o(CD1,\s\up17(→))＝0，且B1C∩CD1＝C，所以(1，1，1)是平面B1CD1的一个法向量，故C正确；因为D(0，1，0)，所以eq \o(CD,\s\up17(→))＝(－1，0，0)，因为(1，1，1)·eq \o(CD,\s\up17(→))＝－1≠0，所以(1，1，1)不是平面B1CD的一个法向量，故D错误．故选AC. 解析：由题意得e⊥eq \o(OM,\s\up17(→))，则eq \o(OM,\s\up17(→))·e＝(x，y，z)·(1，2，－3)＝0，故x＋2y－3z＝0. 2．直线l的一个方向向量为s＝(－1，1，1)，平面α的一个法向量为n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥平面α，则x的值为(　　) A．－2 B．－eq \r(2) C.eq \r(2) D．±eq \r(2) 解析：∵l∥α，∴s⊥n，即s·n＝0，∴(－1，1，1)·(2，x2＋x，－x)＝0，即－2＋x2＋x－x＝0，∴x＝±eq \r(2). 3．若eq \o(AB,\s\up17(→))＝λeq \o(CD,\s\up17(→))＋μeq \o(CE,\s\up17(→))，则直线AB与平面CDE的位置关系是(　　) A．相交 B．平行 C．直线在平面内 D．平行或直线在平面内 解析：因为eq \o(AB,\s\up17(→))＝λeq \o(CD,\s\up17(→))＋μeq \o(CE,\s\up17(→))，所以eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(CD,\s\up17(→))，eq \o(CE,\s\up17(→))共面，则直线AB与平面CDE的位置关系是平行或直线在平面内． 解析：根据题意，设P(x，y，z)为平面α内除A外任意一点，则eq \o(AP,\s\up17(→))＝(x－2，y＋1，z－2)，平面α的一个法向量为n＝(4，1，2)，则n·eq \o(AP,\s\up17(→))＝4(x－2)＋y＋1＋2(z－2)＝4x＋y＋2z－11＝0，即4x＋y＋2z＝11.对于A，点(－2，1，－2)，有4x＋y＋2z＝－8＋1－4＝－11，该点不在平面α内；对于B，点(1，2，3)，有4x＋y＋2z＝4＋2＋6＝12，该点不在平面α内；对于C，点(3，1，－1)，有4x＋y＋2z＝12＋1－2＝11，该点在平面α内；对于D，点(2，－1，3)，有4x＋y＋2z＝8－1＋6＝13，该点不在平面α内．故选C. 5. (多选)在三棱锥P－ABC中，CP，CA，CB两两垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，在如图所示的空间直角坐标系中，下列所给向量是平面PAB的法向量的是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2))) B．(1，－eq \r(2)，1) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，－\f(1,2))) D．(－2，－2，－1) 解析：由题意，得A(1，0，0)，B(0，1，0)，P(0，0，2)， 则eq \o(PA,\s\up17(→))＝(1，0，－2)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，设n＝(x，y，1)是平面PAB的一个法向量，则n·eq \o(PA,\s\up17(→))＝x－2＝0，即x＝2；n·eq \o(AB,\s\up17(→))＝－x＋y＝0，即y＝x＝2.所以n＝(2，2，1)．因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))＝eq \f(1,2)n，(－2，－2，－1)＝－n，所以A，D符合题意． 解析：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设AD＝2，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(2，2，1)，F(1，0，0)，G(2，0，1)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，eq \o(D1F,\s\up17(→))＝(1，0，－2)，eq \o(B1C,\s\up17(→))＝(－2，0，－2)，eq \o(FG,\s\up17(→))＝(1，0，1)， eq \o(D1E,\s\up17(→))＝(2，2，－1)，eq \o(D1A,\s\up17(→))＝(2，0，－2)，eq \o(BF,\s\up17(→))＝(－1，－2，0). eq \o(D1F,\s\up17(→))·eq \o(B1C,\s\up17(→))＝(1，0，－2)·(－2，0，－2)＝2≠0，故A错误； 因为eq \f(1,2)≠eq \f(0,2)，所以FG∥D1E不成立，故B错误；eq \o(FG,\s\up17(→))·eq \o(D1E,\s\up17(→))＝(1， 0，1)·(2，2，－1)＝1≠0，故FG⊥平面AD1E不成立，故C错误；设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1A,\s\up17(→))＝0，,n·\o(D1E,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2z＝0，,2x＋2y－z＝0，))取x＝2，则z＝2，y＝－1，n＝(2，－1，2).eq \o(BF,\s\up17(→))·n＝(－1，－2，0)·(2，－1，2)＝0，又BF⊄平面AD1E，故BF∥平面AD1E，故D正确．故选ABC. 解析：设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(1，0，－1)．由m·eq \o(AB,\s\up17(→))＝0，得y－z＝0，即y＝z，由m·eq \o(AC,\s\up17(→))＝0，得x－z＝0，即x＝z，取x＝1，所以m＝(1，1，1)，m＝－n，所以m∥n，所以α∥β. 解析：根据题意，在坐标系中，B(3，3，0)，D1(0，0，3)，C1(0，3，3)，由于点M在棱C1C上，且CM＝2MC1，则M(0，3，2)，则eq \o(D1B,\s\up17(→))＝(3，3，－3)，eq \o(D1M,\s\up17(→))＝(0，3，－1)，设n＝(x，y，z)是平面MD1B的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(D1B,\s\up17(→))·n＝3x＋3y－3z＝0，,\o(D1M,\s\up17(→))·n＝3y－z＝0，))令y＝1，得x＝2，z＝3，则n＝(2，1，3)，故平面MD1B的一个法向量为(2，1，3)． 9．若a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，2y－1，－\f(1,4)))是平面α的一个法向量，且b＝(－1，2，1)，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)，－2))均与平面α平行，则向量a＝__________________． 解析：由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·b＝0，,a·c＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2（2y－1）－\f(1,4)＝0，,3x＋\f(1,2)（2y－1）＋\f(1,2)＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(9,52)，,y＝\f(27,52)，)) ∴a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4))) 证明：如图，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，不妨设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C1(0，1，1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))， 所以eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(FC1,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，所以eq \o(AE,\s\up17(→))＝eq \o(FC1,\s\up17(→))， 又因为F∉AE，所以AE∥FC1，AE＝FC1， 所以四边形AEC1F是平行四边形． 11. (多选)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为平面A1ABB1的中心，E，F分别为BC和D1C1的中点，则(　　) A．B1D∥平面A1EF B．若G为B1B上的动点，则AG＋GC1的最小值为2eq \r(5) C．A1O∥EF D．平面ACD1与平面A1EF相交 解析：如图，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，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，E(1，2，0)，F(0，1，2)，O(2，1，1)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，D1(0，0，2)，设n＝(x，y，z)是平面A1EF的法向量，由eq \o(A1F,\s\up17(→))＝(－2，1，0)，eq \o(A1E,\s\up17(→))＝(－1，2，－2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1F,\s\up17(→))＝－2x＋y＝0，,n·\o(A1E,\s\up17(→))＝－x＋2y－2z＝0，))令x＝2，则y＝4，z＝3，则n＝(2，4，3)．设m＝(a，b，c)是平面ACD1的法向量，由eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－2，2，0)，eq \o(CD1,\s\up17(→))＝(0，－2，2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up17(→))＝－2a＋2b＝0，,m·\o(CD1,\s\up17(→))＝－2b＋2c＝0，))令a＝1， 则b＝c＝1，则m＝(1，1，1)．对于A，∵eq \o(DB1,\s\up17(→))＝(2，2，2)，eq \o(DB1,\s\up17(→))·n＝2×2＋2×4＋2×3≠0，即eq \o(DB1,\s\up17(→))与n不垂直，∴B1D与平面A1EF不平行，故A错误；对于B，将平面BCC1B1沿着棱BB1展开与平面ABB1A1在一个平面，连接AC1交BB1于G，此时AG＋GC1最小，利用勾股定理可得AG＋GC1的最小值为2eq \r(5)，故B正确；对于C，eq \o(A1O,\s\up17(→))＝(0，1，－1)，eq \o(EF,\s\up17(→))＝(－1，－1，2)，∵eq \f(0,－1)≠eq \f(1,－1)≠eq \f(－1,2)，则eq \o(A1O,\s\up17(→))与eq \o(EF,\s\up17(→))不共线，∴A1O与EF不平行，故C错误；对于D，∵eq \f(2,1)≠eq \f(4,1)≠eq \f(3,1)，则m与n不共线，∴平面ACD1与平面A1EF相交，故D正确．故选BD. 12. 《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PA＝AB，E，F分别为PD，PB的中点，eq \o(AH,\s\up17(→))＝λeq \o(HP,\s\up17(→))，eq \o(CG,\s\up17(→))＝eq \o(GP,\s\up17(→))，若GH∥平面EFC，则λ＝________． 解析：以A为原点，AB，AD，AP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PA＝AB＝a(a>0)，则A(0，0，0)，P(0，0，a)，C(a，a，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\f(a,2)))，所以eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(a,2)，0))，eq \o(AP,\s\up17(→))＝(0，0，a)，eq \o(PC,\s\up17(→))＝(a，a，－a)，eq \o(EC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))，设n＝(x，y，z)是平面EFC的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up17(→))·n＝\f(a,2)x－\f(a,2)y＝0，,\o(EC,\s\up17(→))·n＝ax＋\f(a,2)y－\f(a,2)z＝0，)) 令x＝1，得y＝1，z＝3，所以n＝(1，1，3)．由eq \o(CG,\s\up17(→))＝eq \o(GP,\s\up17(→))，可得G是PC的中点，则Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，由eq \o(AH,\s\up17(→))＝λeq \o(HP,\s\up17(→))，可得Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(λa,1＋λ)))，所以eq \o(GH,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，－\f(a,2)，\f(λa,1＋λ)－\f(a,2)))，因为GH∥平面EFC，所以eq \o(GH,\s\up17(→))·n＝－eq \f(a,2)－eq \f(a,2)＋eq \f(3λa,1＋λ)－eq \f(3a,2)＝0，解得λ＝5. 证明：易知四边形DEFM是边长为2的正方形，AM⊥DM，∵平面ADM⊥平面DEFM，平面ADM∩平面DEFM＝DM， ∴AM⊥平面DEFM， 又MF⊂平面DEFM，∴AM⊥MF， 又DM⊥MF，∴MD，MF，MA两两垂直， 以M为原点，MD，MF，MA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M(0，0，0)，E(2，2，0)，N(0，1，1)，Q(1，0，0)，H(2，1，0)，P(1，1，1)， ∴eq \o(ME,\s\up17(→))＝(2，2，0)，eq \o(MN,\s\up17(→))＝(0，1，1)，eq \o(QP,\s\up17(→))＝(0，1，1)，eq \o(QH,\s\up17(→))＝(1，1，0)， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面EMN的法向量， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(ME,\s\up17(→))＝0，,n1·\o(MN,\s\up17(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＋2y1＝0，,y1＋z1＝0，)) 令x1＝1，得y1＝－1，z1＝1， ∴n1＝(1，－1，1)． 设n2＝(x2，y2，z2)是平面PQH的法向量， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(QP,\s\up17(→))＝0，,n2·\o(QH,\s\up17(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＋z2＝0，,x2＋y2＝0，)) 令x2＝1，得y2＝－1，z2＝1， ∴n2＝(1，－1，1)． ∴n1＝n2， ∴平面EMN∥平面PQH. 解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，2a，0)，C(0，2a，0)，D1(0，0，a)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，2a，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a，a，0))， 则eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，2a，0)，eq \o(CD1,\s\up17(→))＝(0，－2a，a)． 假设CD1上存在一点N， 使MN∥平面ADD1A1， 并设eq \o(CN,\s\up17(→))＝λeq \o(CD1,\s\up17(→))＝(0，－2aλ，aλ)(0<λ<1)． 则eq \o(DN,\s\up17(→))＝eq \o(DC,\s\up17(→))＋eq \o(CN,\s\up17(→))＝(0，2a，0)＋(0，－2aλ，aλ)＝(0，2a(1－λ)，aλ)， 又eq \o(DM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a，a，0))， ∴eq \o(MN,\s\up17(→))＝eq \o(DN,\s\up17(→))－eq \o(DM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)a，a－2aλ，aλ)). 易知eq \o(DC,\s\up17(→))是平面ADD1A1的一个法向量， ∴eq \o(MN,\s\up17(→))⊥eq \o(DC,\s\up17(→))，则2a(a－2aλ)＝0，λ＝eq \f(1,2). 又MN⊄平面ADD1A1，故存在N为CD1的中点，使MN∥平面ADD1A1. $$