1.4.1 第2课时 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作业与测评课件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2课时 空间中直线、平面的平行 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 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． 平行 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 4 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，用向量法证明：MN∥RS. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 6 知识点二　空间中直线与平面平行 3．若直线l的方向向量为r，平面α的法向量为n，则下列选项中能使l∥α的是(　　) A．r＝(1，0，0)，n＝(－1，0，0) B．r＝(1，－2，3)，n＝(0，3，2) C．r＝(0，1，1)，n＝(－1，0，－1) D．r＝(1，3，5)，n＝(1，0，－1) 解析：对于A，r·n＝－1≠0，A不符合题意；对于B，r·n＝1×0－2×3＋3×2＝0，r⊥n，B符合题意；对于C，r·n＝0×(－1)＋1×0＋1×(－1)＝－1≠0，C不符合题意；对于D，r·n＝1×1＋3×0＋5×(－1)＝－4≠0，D不符合题意．故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 7 4．直线l的一个方向向量为m＝(－4，2，2)，平面α的一个法向量为n＝(2，－1，x)，若l∥平面α，则x＝(　　) A．－5 B．5 C．－1 D．1 解析：直线l的一个方向向量为m＝(－4，2，2)，平面α的一个法向量为n＝(2，－1，x)，因为l∥平面α，则m⊥n，所以m·n＝－8－2＋2x＝2x－10＝0，解得x＝5.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 8 5.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．建立空间直角坐标系，用向量法证明：BE∥平面AFD1. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 10 知识点三　空间中平面与平面平行 6．若两个互相平行的平面α，β的法向量分别为a＝(－1，2，－2)，b＝(2，m，4)，则实数m的值为(　　) A．－4 B．4 C．－2 D．2 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 11 解析： ∵u＝－2v，∴α与β平行． 平行 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 12 8．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．建立空间直角坐标系，用向量法证明：平面A1EF∥平面B1MC. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 13 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 14 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 16 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．故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 17 3．已知平面α的一个法向量为m＝(t，1，t＋1)．若∀t∈R，直线l∥平面α，则直线l的一个方向向量可以是(　　) A．(1，－1，1) B．(－1，1，－1) C．(－1，1，1) D．(1，1，－1) 解析：直线l∥平面α，设直线l的方向向量为n＝(x，y，z)，则m⊥n，即m·n＝0.对于A，m·n＝t－1＋t＋1＝2t，故A不满足题意；对于B，m·n＝－t＋1－t－1＝－2t，故B不满足题意；对于C，m·n＝－t＋1＋t＋1＝2，故C不满足题意；对于D，m·n＝t＋1－t－1＝0，故D满足题意．故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 4．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 5．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 二、多项选择题 6．设α，β是不重合的两个平面，m，n分别为平面α，β的法向量，a为直线l的方向向量，则下列结论错误的是(　　) A．a∥m⇒l∥α B．a⊥m⇒l∥α C．m∥n⇒α∥β D．m⊥n⇒α∥β 解析：对于A，若一条直线的方向向量与一个平面的法向量平行，则该直线垂直于该平面，所以若a∥m，则l⊥α，A错误；对于B，若一条直线的方向向量与一个平面的法向量垂直，则该直线平行于该平面或在该平面内，所以若a⊥m，则l∥α或l⊂α，B错误；对于C，若两个不同的平面的法向量互相平行，则这两个平面互相平行，所以若m∥n，则α∥β，C正确；对于D，若两个平面的法向量互相垂直，则这两个平面垂直，所以若m⊥n，则α⊥β，D错误．故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 7．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 三、填空题 8．已知A(－1，0，3)，B(2，t，1)，平面α的一个法向量为n＝(1，2，0)，且 直线AB与平面α平行，则实数t＝________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 9．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＝_____． －3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 10．如图，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别为PD，PB的中点，点G在线段AP上，AC与BD交于点O，PA＝AB＝2，若OG∥平面EFC，则AG＝ _____． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 四、解答题 11.如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均为2，D是AC的中点，建立空间直角坐标系，用向量法证明：AB1∥平面DBC1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 12.如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2.建立空间直角坐标系，用向量法证明：平面A1C1B∥平面ACD1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 13.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 _____． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 35 14.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形．若AC∩BD＝O，则在棱PD上是否存在一点E，使PB∥平面ACE？若存在，确定点E的位置，并写出证明过程；若不存在，请说明理由． 解：存在一点E，且当E为PD的中点时，PB∥平面ACE. 证明如下： 由题意，易知AB，AD，AP两两垂直，建立空间直角坐 标系，如图所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 37 　　　　　　　　　　　　　 R 证明：证法一：设eq \o(AB,\s\up13(→))＝a，eq \o(AD,\s\up13(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up13(→))＝c，则eq \o(MN,\s\up13(→))＝eq \o(MB1,\s\up13(→))＋eq \o(B1A1,\s\up13(→))＋eq \o(A1N,\s\up13(→))＝eq \f(1,3)c－a＋eq \f(1,2)b，eq \o(RS,\s\up13(→))＝eq \o(RC,\s\up13(→))＋eq \o(CD,\s\up13(→))＋eq \o(DS,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)b－a＋eq \f(1,3)c，∴eq \o(MN,\s\up13(→))＝eq \o(RS,\s\up13(→))，∴eq \o(MN,\s\up13(→))∥eq \o(RS,\s\up13(→))， 又R∉MN，∴MN∥RS. 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\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(2,3)))，eq \o(RS,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(2,3)))，∴eq \o(MN,\s\up13(→))＝eq \o(RS,\s\up13(→)). ∴eq \o(MN,\s\up13(→))∥eq \o(RS,\s\up13(→)).∵M∉RS，∴MN∥RS. 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\up13(→))＝(0，－2，2)，eq \o(AD1,\s\up13(→))＝(－2，0，4)，eq \o(AF,\s\up13(→))＝(－2，2，2)， 设m＝(x，y，z)是平面AFD1的法向量，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD1,\s\up13(→))＝－2x＋4z＝0，,m·\o(AF,\s\up13(→))＝－2x＋2y＋2z＝0，)) 令x＝2，得y＝1，z＝1，所以m＝(2，1，1)， 所以eq \o(BE,\s\up13(→))·m＝0×2－2×1＋2×1＝0，因为BE⊄平面AFD1，所以BE∥平面AFD1. 解析：因为α∥β，则它们的法向量a，b共线，所以存在实数λ，使b＝λa，即(2，m，4)＝(－λ，2λ，－2λ)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＝－λ，,m＝2λ，,4＝－2λ，))所以λ＝－2，m＝－4.故选A. 7．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________． 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\up13(→))＝(－1，1，0)，eq \o(B1C,\s\up13(→))＝(－1，0，－1)，eq \o(A1D,\s\up13(→))＝(－1，0，－1)，eq \o(B1A,\s\up13(→))＝(0，－1，－1)， 设eq \o(A1E,\s\up13(→))＝λeq \o(A1C1,\s\up13(→))，eq \o(A1F,\s\up13(→))＝μeq \o(A1D,\s\up13(→))，eq \o(B1M,\s\up13(→))＝veq \o(B1A,\s\up13(→))( λ，μ，v∈R，且均不为0)． 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\up13(→))＝0，,n1·\o(A1F,\s\up13(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1C1,\s\up13(→))＝0，,n1·\o(A1D,\s\up13(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,－x1－z1＝0，)) 可取n1＝(1，1，－1)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(B1M,\s\up13(→))＝0，,n2·\o(B1C,\s\up13(→))＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(B1A,\s\up13(→))＝0，,n2·\o(B1C,\s\up13(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y2－z2＝0，,－x2－z2＝0，)) 可取n2＝(1，1，－1)，因为n1∥n2，所以平面A1EF∥平面B1MC. 一、单项选择题 1．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. 解析：eq \o(AB,\s\up13(→))＝(－1，0，－1)，坐标平面Oxy的一个法向量是a＝(0，0，1)，坐标平面Ozx的一个法向量是b＝(0，1，0)，坐标平面Oyz的一个法向量是c＝(1，0，0)，eq \o(AB,\s\up13(→))·a＝－1，eq \o(AB,\s\up13(→))·b＝0，eq \o(AB,\s\up13(→))·c＝－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. 解析：由题意得，eq \o(AB,\s\up13(→))＝(－3，－3，3)，eq \o(CD,\s\up13(→))＝(1，1，－1)，∵eq \o(AB,\s\up13(→))＝－3eq \o(CD,\s\up13(→))，∴eq \o(AB,\s\up13(→))与eq \o(CD,\s\up13(→))共线，又eq \o(BC,\s\up13(→))＝(5，3，－5)，eq \o(AB,\s\up13(→))与eq \o(BC,\s\up13(→))不共线，∴AB∥CD. 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\up13(→))＝(1，1，0)，取平面ABC的一个法向量n1＝(0，0，1)，因为eq \o(DF,\s\up13(→))·n1＝0，所以eq \o(DF,\s\up13(→))⊥n1，又DF⊄平面ABC，所以DF∥平面ABC，故A正确；对于B，eq \o(FG,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，－\f(1,3)，1))，eq \o(A1E,\s\up13(→))＝(1，0，－2)，eq \o(A1C,\s\up13(→))＝(0，2，－2)，设n2＝(x，y，z)是平面A1EC的法向量，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1E,\s\up13(→))·n2＝x－2z＝0，,\o(A1C,\s\up13(→))·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\up13(→))·n2＝0，所以eq \o(FG,\s\up13(→))⊥n2，又FG⊄平面A1EC，所以FG∥平面A1EC，故B正确； 对于C，eq \o(FG,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，－\f(1,3)，1))，eq \o(A1E,\s\up13(→))＝(1，0，－2)，eq \o(EF,\s\up13(→))＝(0，1，1)， 若四点共面，则eq \o(FG,\s\up13(→))＝meq \o(EF,\s\up13(→))＋neq \o(A1E,\s\up13(→))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＝－\f(1,3)，,m＝－\f(1,3)，,m－2n＝1，))此方程组无解，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\up13(→))＝(1，1，1)，eq \o(GH,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－2))，eq \o(AH,\s\up13(→))＝(1，1，0)，因为eq \o(GH,\s\up13(→))＝－2eq \o(AF,\s\up13(→))＋eq \f(7,3) eq \o(AH,\s\up13(→))，所以AF与GH为共面直线，故D错误．故选ABC. 解析：由A(－1，0，3)，B(2，t，1)，可得直线AB的一个方向向量为eq \o(AB,\s\up13(→))＝(3，t，－2)，∵直线AB与平面α平行，∴eq \o(AB,\s\up13(→))·n＝0，即3＋2t＝0，解得t＝－eq \f(3,2). －eq \f(3,2) 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. eq \f(2,3) 解析：如图所示，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，由题意可得P(0，0， 2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，O(1，1，0)，则F(1， 0，1)，E(0，1，1)，所以eq \o(FC,\s\up13(→))＝(1，2，－1)，eq \o(FE,\s\up13(→))＝(－1，1，0)，设 n＝(x，y，z)是平面EFC的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(FC,\s\up13(→))＝0，,n·\o(FE,\s\up13(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，则n＝(1，1，3)．设G(0，0，a)，则eq \o(OG,\s\up13(→))＝(－1，－1，a)，因为OG∥平面EFC，所以n·eq \o(OG,\s\up13(→))＝0，即－1－1＋3a＝0，解得a＝eq \f(2,3)，所以Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(2,3)))，即AG＝eq \f(2,3). 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，则A(0，0，0)，B(eq \r(3)，1，0)，B1(eq \r(3)，1，2)，C1(0，2，2)，D(0，1，0)， ∴eq \o(AB1,\s\up13(→))＝(eq \r(3)，1，2)，eq \o(BD,\s\up13(→))＝(－eq \r(3)，0，0)，eq \o(DC1,\s\up13(→))＝(0，1，2)． 设n＝(x，y，z)是平面DBC1的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up13(→))＝－\r(3)x＝0，,n·\o(DC1,\s\up13(→))＝y＋2z＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,z＝－\f(1,2)y，)) 不妨令y＝2，则n＝(0，2，－1)． ∵eq \o(AB1,\s\up13(→))·n＝1×2－2×1＝0，∴eq \o(AB1,\s\up13(→))⊥n. 又AB1⊄平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1. 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\up13(→))＝(－3，4，0)，eq \o(A1B,\s\up13(→))＝(0，4，－2)，eq \o(AC,\s\up13(→))＝(－3，4，0)，eq \o(AD1,\s\up13(→))＝(－3，0，2)． 设n＝(x，y，z)是平面A1C1B的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up13(→))＝－3x＋4y＝0，,n·\o(A1B,\s\up13(→))＝4y－2z＝0，)) 令x＝4，得n＝(4，3，6)， 设m＝(a，b，c)是平面ACD1的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up13(→))＝－3a＋4b＝0，,m·\o(AD1,\s\up13(→))＝－3a＋2c＝0，)) 令a＝4，得m＝(4，3，6)，因为n∥m，所以平面A1C1B∥平面ACD1. eq \f(1,2) 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′，所 以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))， eq \o(CA,\s\up13(→))＝(1，0，0)，eq \o(OD′,\s\up13(→))＝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\up13(→))＝x＝0，,n·\o(OD,\s\up13(→))′＝－\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\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，－\f(1,2)，h))，又EF∥平面AD′C，则eq \o(EF,\s\up13(→))·n＝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). 设PA＝z0，AB＝AD＝BC＝CD＝2t，eq \o(PE,\s\up13(→))＝λeq \o(PD,\s\up13(→))， ∴A(0，0，0)，B(2t，0，0)，C(2t，2t，0)，D(0，2t，0)，P(0，0， z0)，eq \o(PD,\s\up13(→))＝(0，2t，－z0)，eq \o(PE,\s\up13(→))＝(0，2λt，－λz0)，∴E(0，2λt，(1－λ)z0)， ∴eq \o(PB,\s\up13(→))＝(2t，0，－z0)，eq \o(AE,\s\up13(→))＝(0，2λt，(1－λ)z0)，eq \o(AC,\s\up13(→))＝(2t，2t，0)， 设n＝(x，y，z)是平面ACE的法向量，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up13(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up13(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2λty＋（1－λ）z0z＝0，,2tx＋2ty＝0，)) 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\up13(→))⊥n，∴eq \o(PB,\s\up13(→))·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. $$