2.4.2 第2课时 向量与平行-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案课件PPT（湘教版）

第2章　空间向量与 立体几何 2.4　空间向量在立体几何 中的应用 2.4.2　空间线面位置关系的判定 第２课时　向量与平行 (教师独具内容) 课程标准：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：利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的平行关系． 教学难点：1．明确直线与平面平行的本质是直线的方向向量与平面的法向量垂直．2．明确两平面平行的本质是两平面的法向量平行． 核心素养：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解决，提升数学运算素养、逻辑推理素养和直观想象素养． 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 知识点　　空间中平行关系的向量表示 设空间两条直线l1，l2的方向向量分别为v1＝(x1，y1，z1)，v2＝(x2，y2，z2)，两个平面α1，α2的法向量分别为n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)，则 位置关系 向量表示 向量运算 坐标运算 l1∥l2或l1与l2重合 _________ __________ _____________________________________ l1∥α1或l1⊂α1 _________ __________ _______________________ α1∥α2或α1与α2重合 _________ __________ _____________________________________ v1∥v2 v2＝kv1 x2＝kx1，y2＝ky1，z2＝kz1，k为非零常数 v1⊥n1 v1·n1＝0 x1a1＋y1b1＋z1c1＝0 n1∥n2 n2＝kn1 a2＝ka1，b2＝kb1，c2＝kc1，k为非零常数 核心概念掌握 5 利用向量法证明空间中的平行、垂直是指通过建立空间直角坐标系，把要证的空间中的平行与垂直问题转化为证明空间向量之间的平行和垂直问题．破解此类题的关键点如下： ①合理建系，抓住空间几何体的结构特征，充分利用图形中的垂直关系(或在图形中构造垂直关系)建立空间直角坐标系． ②确定坐标，利用题设条件写出相关点的坐标，进而获得相关向量的坐标． ③准确运算，验证两向量平行或垂直的条件成立． ④得出结论，由运算结果说明原问题得证． 核心概念掌握 6 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)已知不重合的直线l1，l2的方向向量分别是v1＝(1，2，－2)，v2＝(－3，－6，6)，则l1∥l2．(　　) (2)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．(　　) (3)平面α，β的法向量分别为n1＝(2，1，3)，n2＝(－1，0，2)，则α∥β．(　　) √ × √ 核心概念掌握 7 －14 6 －8 4 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　直线与直线平行 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 10 【感悟提升】 向量法证明两条直线平行的方法 两直线的方向向量共线时，两直线平行或共线，否则两直线相交或异面． 核心素养形成 11 【跟踪训练】 1. 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分别是AA1，D1C1，AB，CC1的中点．求证：PQ∥RS． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 题型二　直线与平面平行 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AB ＝4，AA1＝2，E，F，G分别是DD1，BD，AA1的中点，求 证：D1G∥平面EFC． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】 应用向量法证明线面平行问题的方法 (1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (2)证明直线的方向向量与平面内的某一直线的方向向量共线． (3)证明直线的方向向量可用平面内的任意两个不共线的向量表示． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 题型三　平面与平面平行 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形， BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点， AB＝2，DE＝4． 求证：平面BDM∥平面EFC． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 【感悟提升】 　证明面面平行的方法 设平面α的法向量为n1＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为n2＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔n1∥n2⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R且k≠0)． 核心素养形成 24 【跟踪训练】 3. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底 面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q是CC1上的点，当点Q在 什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO? 核心素养形成 25 核心素养形成 26 随堂水平达标 1．已知平面α的一个法向量是n＝(1，1，1)，A(2，3，1)，B(1，3，2)，则直线AB与平面α的关系是(　　) A．AB∥α B．AB⊥α C．AB⊄α D．AB∥α或AB⊂α 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 2．已知线段AB的两端点坐标为A(9，－3，4)，B(9，2，1)，则线段AB与坐标平面(　　) A．xOy平行 B．xOz平行 C．yOz平行 D．yOz相交 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 3．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1，2，－1)，v＝(－3，－6，3)，则(　　) A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 解析　∵v＝－3u，∴α∥β． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 4．若平面α的一个法向量为v1＝(－3，y，2)，平面β的一个法向量为v2＝(6，－2，z)，且α∥β，则y＋z＝________． －3 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 5．在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥BE，AD∥ EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中 点，求证：AB∥平面DEG． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 课后课时精练 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的一个法向量的是(　　) 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 A级 B级 1 2 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 二、填空题 6．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 A级 B级 1 2 41 平行 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 8．已知O为原点，四面体OABC的顶点A(0，3，5)，B(2，2，0)，C(0，5，0)，直线BD∥CA，并且与坐标平面xOz相交于点D，点D的坐标为____________． (2，0，5) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 三、解答题 9．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 A级 B级 1 2 44 10．如图，已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形， 且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC 的中点．判断并说明线段PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 1．如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形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：平面EFG∥平面PBC． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 2．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 A级 B级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 　　　　　　　　　　　　　 R 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)已知直线l1的一个方向向量为(－7，3，4)，直线l2的一个方向向量为(x，y，8)，且l1∥l2，则x＝____，y＝___． (2)已知直线l∥平面α，且直线l的方向向量为(2，m，1)，平面α的法向量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，则m＝_____． (3)设平面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＝____． 证明　如图所示，以点D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，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\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，\f(b,3)，\f(c,3)))，eq \o(AC1,\s\up12(→))＝(－a，b，c)， 所以eq \o(FE,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AC1,\s\up12(→))． 又FE与AC1不共线，所以EF∥AC1． 解　证法一：以D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系． 则P(3，0，1)，Q(0，2，2)，R(3，2，0)，S(0，4，1)， eq \o(PQ,\s\up12(→))＝(－3，2，1)，eq \o(RS,\s\up12(→))＝(－3，2，1)， ∴eq \o(PQ,\s\up12(→))＝eq \o(RS,\s\up12(→))，∴eq \o(PQ,\s\up12(→))∥eq \o(RS,\s\up12(→))， 又PQ与RS不共线，∴PQ∥RS． 证法二：eq \o(RS,\s\up12(→))＝eq \o(RC,\s\up12(→))＋eq \o(CS,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up12(→))－eq \o(DA,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DD1,\s\up12(→))，eq \o(PQ,\s\up12(→))＝eq \o(PA1,\s\up12(→))＋eq \o(A1Q,\s\up12(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DD1,\s\up12(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up12(→))－eq \o(DA,\s\up12(→))， ∴eq \o(PQ,\s\up12(→))＝eq \o(RS,\s\up12(→))，∴eq \o(PQ,\s\up12(→))∥eq \o(RS,\s\up12(→))， 又PQ与RS不共线，∴PQ∥RS． 证明　证法一：如图，以点D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系． 则A(4，0，0)，B(4，4，0)，C(0，4，0)，D1(0，0，2)，G(4，0，1)，E(0，0，1)，F(2，2，0)， ∴eq \o(D1G,\s\up12(→))＝(4，0，－1)，eq \o(FE,\s\up12(→))＝(－2，－2，1)，eq \o(FC,\s\up12(→))＝(－2，2，0)， 设平面EFC的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(FE,\s\up12(→))，,n⊥\o(FC,\s\up12(→))，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x－2y＋z＝0，,－2x＋2y＝0.)) 令x＝1，解得y＝1，z＝4．∴n＝(1，1，4)． 又n·eq \o(D1G,\s\up12(→))＝4×1＋0×1＋(－1)×4＝0， ∴n⊥eq \o(D1G,\s\up12(→))． 又D1G⊄平面EFC，∴D1G∥平面EFC． 证法二：取一组基{eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))}＝{a，b，c}， 由题意得eq \o(EC,\s\up12(→))＝eq \o(ED,\s\up12(→))＋eq \o(DC,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)c＋b， eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \o(ED,\s\up12(→))＋eq \o(DF,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)c＋eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b， eq \o(GD1,\s\up12(→))＝eq \o(GA1,\s\up12(→))＋eq \o(A1D1,\s\up12(→))＝－a＋eq \f(1,2)c， 设eq \o(GD1,\s\up12(→))＝λeq \o(EC,\s\up12(→))＋veq \o(EF,\s\up12(→))， 即－a＋eq \f(1,2)c＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c＋b))＋veq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)c＋\f(1,2)a＋\f(1,2)b))， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＝\f(1,2)v，,0＝λ＋\f(1,2)v，,\f(1,2)＝－\f(1,2)λ－\f(1,2)v，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝1，,v＝－2.)) 即存在λ＝1，v＝－2，使eq \o(GD1,\s\up12(→))＝eq \o(EC,\s\up12(→))－2eq \o(EF,\s\up12(→))，即eq \o(GD1,\s\up12(→))，eq \o(EC,\s\up12(→))，eq \o(EF,\s\up12(→))共面． 又D1G⊄平面EFC，所以D1G∥平面EFC． 【跟踪训练】 2.如图，在四棱锥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CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由． 解　以A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)， 设E(0，y，z)，则eq \o(PE,\s\up12(→))＝(0，y，z－1)，eq \o(PD,\s\up12(→))＝(0，2，－1)， ∵eq \o(PE,\s\up12(→))∥eq \o(PD,\s\up12(→))，∴(－1)×y－2(z－1)＝0．① ∵eq \o(AD,\s\up12(→))＝(0，2，0)是平面PAB的一个法向量， 又eq \o(CE,\s\up12(→))＝(－1，y－1，z)，CE∥平面PAB， ∴eq \o(CE,\s\up12(→))⊥eq \o(AD,\s\up12(→))，∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝0． ∴y＝1，代入①得z＝eq \f(1,2)，∴E是PD的中点， ∴存在E点，当点E为PD的中点时，CE∥平面PAB． 证明　因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，所以DA，DC，DE两两垂直．以点D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DE,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，4)，F(2，2，4)，M(1，0，2)． 所以eq \o(DM,\s\up12(→))＝(1，0，2)，eq \o(DB,\s\up12(→))＝(2，2，0)，eq \o(EF,\s\up12(→))＝(2，2，0)，eq \o(CF,\s\up12(→))＝(2，0，4)． 设平面BDM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DM,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(DB,\s\up12(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋2z1＝0，,2x1＋2y1＝0.)) 令z1＝1，得x1＝－2，y1＝2． 所以平面BDM的一个法向量为n1＝(－2，2，1)． 设平面EFC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up12(→))＝0，,n2·\o(CF,\s\up12(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2＋2y2＝0，,2x2＋4z2＝0.)) 令x2＝1，得y2＝－1，z2＝－eq \f(1,2)． 所以平面EFC的一个法向量为n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(1,2)))． 因为n2＝－eq \f(1,2)n1，所以n1∥n2． 所以平面BDM∥平面EFC． 解　以点D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)． 设Q(0，2，c)，∴eq \o(OA,\s\up12(→))＝(1，－1，0)，eq \o(OP,\s\up12(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(BQ,\s\up12(→))＝(－2，0，c)． 设平面PAO的法向量为n1＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(OA,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(OP,\s\up12(→))＝0))⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－x－y＋z＝0，)) 令x＝1，则y＝1，z＝2， ∴平面PAO的一个法向量为n1＝(1，1，2)． 若平面D1BQ∥平面PAO，则n1也是平面D1BQ的一个法向量． ∴n1·eq \o(BQ,\s\up12(→))＝0，即－2＋2c＝0，∴c＝1， 故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO． 解析　因为eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－1，0，1)，eq \o(AB,\s\up12(→))·n＝0，所以AB∥α或AB⊂α．故选D． 解析　因为eq \o(AB,\s\up12(→))＝(9，2，1)－(9，－3，4)＝(0，5，－3)，所以AB∥平面yOz． 解析　因为α∥β，所以v1∥v2，所以存在实数λ使v1＝λv2，即(－3，y，2)＝λ(6，－2，z)，所以λ＝－eq \f(1,2)，y＝1，z＝－4．所以y＋z＝－3． 证明　因为EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，所以EF⊥ AE，EF⊥BE． 又因为AE⊥BE，所以BE，EF，AE两两垂直． 以点E为原点，分别以eq \o(EB,\s\up12(→))，eq \o(EF,\s\up12(→))，eq \o(EA,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得，A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，2，2)，E(0，0，0)，F(0，3，0)，G(2，2，0)， 所以eq \o(ED,\s\up12(→))＝(0，2，2)，eq \o(EG,\s\up12(→))＝(2，2，0)，eq \o(AB,\s\up12(→))＝(2，0，－2)． 设平面DEG的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up12(→))·n＝0，,\o(EG,\s\up12(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，)) 令y＝1，得z＝－1，x＝－1，则n＝(－1，1，－1)， 所以eq \o(AB,\s\up12(→))·n＝－2＋0＋2＝0，即eq \o(AB,\s\up12(→))⊥n． 因为AB⊄平面DEG，所以AB∥平面DEG． 2．直线l的方向向量为s＝(－1，1，1)，平面α的法向量为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∥平面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．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． 4．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))与平面α都平行，则向量a等于(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,52)，－\f(53,26)，－\f(1,4))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，－\f(53,26)，－\f(1,4))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，－\f(27,52)，－\f(1,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4))) 解析　由题意，知a·b＝0，a·c＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋4y－\f(9,4)＝0，,3x＋y＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(9,52)，,y＝\f(27,52)，))所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4)))． 5．(多选)下列命题中为真命题的是(　　) A．直线l的一个方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的一个方向向量为b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，－\f(1,2)))，则l与m垂直 B．直线l的一个方向向量为a＝(0，1，－1)，平面α的一个法向量为n＝(1，－1，－1)，则l⊥α C．平面α，β的一个法向量分别为n1＝(2，1，4)，n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，且α与β不重合，则α∥β D．直线l的方向向量为a＝(0，－1，－1)，平面α的法向量为b＝(0，1，1)，则l∥α 解析　对于A，因为a＝(1，－1，2)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，－\f(1,2)))，所以a·b＝1×2－1×1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，所以a⊥b，所以l与m垂直，A正确；对于B，a＝(0，1，－1)，n＝(1，－1，－1)，所以a·n＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，所以a⊥n，所以l∥α或l⊂α，B错误；对于C，因为n1＝(2，1，4)，n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，所以n1与n2共线，所以α∥β，C正确；对于D，因为a＝－b，所以l⊥α，D错误，故选AC． 解析　设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，eq \o(AB,\s\up12(→))＝(0，1，－1)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(1，0， －1)．由m·eq \o(AB,\s\up12(→))＝0，得y－z＝0，即y＝z，由m·eq \o(AC,\s\up12(→))＝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． 7．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________． 解析　以点C1为原点，分别以eq \o(C1B1,\s\up12(→))，eq \o(C1D1,\s\up12(→))，eq \o(C1C,\s\up12(→))为x轴、 y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空 间直角坐标系，由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))， Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3)))．又C1D1⊥平面BB1C1C，所以eq \o(C1D1,\s\up12(→))＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为eq \o(MN,\s\up12(→))·eq \o(C1D1,\s\up12(→))＝0，所以eq \o(MN,\s\up12(→))⊥eq \o(C1D1,\s\up12(→))，又MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C． 解析　由题意可设点D的坐标为(x，0，z)，则eq \o(BD,\s\up12(→))＝(x－2，－2，z)，eq \o(CA,\s\up12(→))＝(0，－2，5)．因为BD∥CA，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2＝0，,z＝5，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,z＝5，))所以点D的坐标为(2，0，5)． 证明　以点D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，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\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq \o(FC1,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，所以eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \o(FC1,\s\up12(→))， 又因为F∉AE，所以AE＝FC1，AE∥FC1， 所以四边形AEC1F是平行四边形． 解　∵PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝1，AD＝2， ∴以点A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，F(1，1，0)，D(0，2，0)． 不妨令P(0，0，t)， ∴eq \o(PF,\s\up12(→))＝(1，1，－t)，eq \o(DF,\s\up12(→))＝(1，－1，0)． 设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PF,\s\up12(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up12(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－tz＝0，,x－y＝0，)) 令z＝1，解得x＝y＝eq \f(t,2)，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，\f(t,2)，1))． 设点G的坐标为(0，0，m)(0≤m≤t)， 又Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，则eq \o(EG,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，m))． 要使EG∥平面PFD，只需eq \o(EG,\s\up12(→))·n＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·eq \f(t,2)＋0·eq \f(t,2)＋m·1＝0， 解得m＝eq \f(1,4)t，从而线段PA上存在点G，使EG∥平面PFD，此时点G满足AG＝eq \f(1,4)AP． 证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，所以AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系， 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)． 所以eq \o(PB,\s\up12(→))＝(2，0，－2)，eq \o(FE,\s\up12(→))＝(0，－1，0)，eq \o(FG,\s\up12(→))＝(1，1，－1)，eq \o(BC,\s\up12(→))＝(0，2，0)， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面EFG的法向量， 则n1⊥eq \o(FE,\s\up12(→))，n1⊥eq \o(FG,\s\up12(→))， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(FE,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(FG,\s\up12(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y1＝0，,x1＋y1－z1＝0，)) 令z1＝1，则x1＝1，y1＝0，所以n1＝(1，0，1)． 设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBC的法向量． 由n2⊥eq \o(PB,\s\up12(→))，n2⊥eq \o(BC,\s\up12(→))， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up12(→))＝2x2－2z2＝0，,n2·\o(BC,\s\up12(→))＝2y2＝0，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝0，,x2－z2＝0，)) 令z2＝1，得x2＝1，y2＝0， 所以n2＝(1，0，1)． 所以n1＝n2，所以平面EFG∥平面PBC． 解　以D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，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\up12(→))＝(0，2a，0)，eq \o(CD1,\s\up12(→))＝(0，－2a，a)． 假设CD1上存在点N，使MN∥平面ADD1A1， 并设eq \o(CN,\s\up12(→))＝λeq \o(CD1,\s\up12(→))＝(0，－2aλ，aλ)(0≤λ≤1)． 则eq \o(DN,\s\up12(→))＝eq \o(DC,\s\up12(→))＋eq \o(CN,\s\up12(→))＝(0，2a，0)＋(0，－2aλ，aλ)＝(0，2a(1－λ)，aλ)，又eq \o(DM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a，a，0))， ∴eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \o(DN,\s\up12(→))－eq \o(DM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)a，a－2aλ，aλ))． 易知eq \o(DC,\s\up12(→))是平面ADD1A1的一个法向量， ∴eq \o(MN,\s\up12(→))⊥eq \o(DC,\s\up12(→))，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． $