1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的平行（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

本讲义聚焦高中数学“空间中直线、平面的平行”核心知识点，系统梳理线线平行（方向向量平行）、线面平行（方向向量与法向量垂直）、面面平行（法向量平行）的向量表示及应用，通过知识梳理、例题解析、规律方法总结和针对性训练，构建递进式学习支架。 资料以旗杆与地面等情境导入培养数学抽象，结合正方体、四棱锥等模型，通过坐标法与向量法证明平行发展逻辑推理和数学运算，设置探索性问题激发创新意识。课中助力教师高效授课，课后便于学生回顾知识、强化练习，有效查漏补缺。

第二课时　空间中直线、平面的平行 课标要求 1.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（数学抽象、逻辑推理）. 2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的平行关系（逻辑推理、数学运算）. 情境导入 　　观察图片， 旗杆底部的平台和地面平行，旗杆所在的直线和护旗战士所在的直线平行.旗杆所在直线的方向向量和护旗战士所在直线的方向向量有什么关系？旗杆底部平台所在平面的法向量和地面所在平面的法向量有什么关系？ 知识点一｜直线与直线平行 问题1　由直线与直线的平行关系，可以得到直线的方向向量有什么关系？ 提示：平行. 【知识梳理】 线线平行的向量表示：设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔　u1∥u2　⇔∃λ∈R，使得　u1＝λu2　. 【例1】（1）若直线l1和l2的方向向量分别是a＝（1，－1，2），b＝（－2，2，－4），则（　　） A.l1∥l2 B.l1与l2相交 C.l1与l2重合 D.l1∥l2或l1与l2重合 解析：D　∵b＝－2a，∴l1与l2平行或重合. （2）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM＝DB，DA＝DP＝1，CD＝2.求证：MN∥AP. 证明：法一　由题意知，直线DA，DC，DP两两垂直，如图所示，以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（1，0，0），P（0，0，1），N（0，，），M（，，0）， 所以＝（－1，0，1），＝（－，0，）， 所以＝，又M∉AP，故MN∥AP. 法二　由题意可得＝＋＝＋＝＋×（＋）＝＋＋＝＋＝（＋）＝，又M∉AP，所以MN∥AP. 【规律方法】 证明两直线平行的两种思路 训练1　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. 证明：以点D为坐标原点，分别以{，，}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A（1，0，0），E（0，0，），C1（0，1，1），F（1，1，）， ∴＝（－1，0，），＝（－1，0，），＝（0，1，），＝（0，1，）， ∴＝，＝， ∴∥，∥， 又∵F∉AE，F∉EC1， ∴AE∥FC1，EC1∥AF， ∴四边形AEC1F是平行四边形. 知识点二｜直线和平面平行 问题2　如图，直线l与平面α平行，u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，u与n有什么关系？ 提示：垂直. 【知识梳理】 线面平行的向量表示：设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u　⊥　n⇔u·n＝0. 　　提醒：特别要强调直线在平面外. 【例2】（1）（2025·济源月考）已知直线l的一个方向向量为u＝（2，0，－1），平面α的一个法向量为v＝（－2，1，－4），则l与α的位置关系为l∥α或l⊂α； 解析：∵u·v＝（2，0，－1）·（－2，1，－4）＝－4＋0＋4＝0，∴u⊥v，∴l∥α或l⊂α. （2）（链接教材P31练习3题）在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是正方形，侧棱PD垂直于底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点.证明：PA∥平面EDB. 证明：如图所示，建立空间直角坐标系，D是坐标原点，设PD＝DC＝a.连接AC，交BD于点G，连接EG， 依题意得D（0，0，0），A（a，0，0），P（0，0，a），E（0，，），B（a，a，0）. 法一　设平面BDE的法向量为n＝（x，y，z）， 又＝（0，，），＝（a，，－）， 则有即 即 令z＝1，则所以n＝（1，－1，1）， 又＝（a，0，－a）， 所以n·＝（1，－1，1）·（a，0，－a）＝a－a＝0. 所以n⊥. 又PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB. 法二　因为四边形ABCD是正方形，所以G是此正方形的中心， 故点G的坐标为（，，0）， 所以＝（，0，－）. 又＝（a，0，－a）， 所以＝2，这表明PA∥EG. 而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB. 法三　假设存在实数λ，μ使得＝λ＋μ， 即（a，0，－a）＝λ（0，，）＋μ（a，，－）， 则有 解得 所以＝－＋，又PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB. 【规律方法】 利用空间向量证明线面平行的三种方法 （1）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； （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）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. 训练2　如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点.求证：MN∥平面ABCD. 证明：如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，依题意可得A（0，0，0），C（2，0，0），D（1，－2，0），B1（0，1，2），D1（1，－2，2）. 因为M，N分别为B1C，D1D的中点， 所以M（1，，1），N（1，－2，1）. 依题意，可得n＝（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，又＝（0，－，0），则·n＝0，又直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. 知识点三｜平面与平面平行 问题3　如图，平面α，β平行，n1，n2分别是平面α，β的法向量，n1与n2具有什么关系？ 提示：平行. 【知识梳理】 面面平行的向量表示：设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔　n1∥n2　⇔∃λ∈R，使得　n1＝λn2　. 【例3】（链接教材P43习题12题）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：平面ADE∥平面B1C1F. 证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），E（2，2，1），F（0，0，1），B1（2，2，2）， 所以＝（0，2，1），＝（2，0，0），＝（0，2，1），＝（2，0，0）， 设n1＝（x1，y1，z1）是平面ADE的法向量， 则n1⊥，n1⊥， 即 得 令z1＝2，则y1＝－1，所以可取n1＝（0，－1，2）. 同理，设n2＝（x2，y2，z2）是平面B1C1F的法向量. 则n2⊥，n2⊥， 得 解得 令z2＝2，得y2＝－1， 所以可取n2＝（0，－1，2）. 因为n1＝n2，即n1∥n2， 所以平面ADE∥平面B1C1F. 【规律方法】 证明面面平行的方法 （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. 训练3　如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F是棱AB的中点.试用向量的方法证明：平面AA1D1D∥平面FCC1. 证明：因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点，所以BF＝BC＝CF，所以△BCF为正三角形. 因为ABCD为等腰梯形，AB＝4，BC＝CD＝2，所以∠BAD＝∠ABC＝60°， 取AF的中点M，连接DM， 则DM⊥AB，所以DM⊥CD. 以D为原点，DM所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D（0，0，0），D1（0，0，2），A（，－1，0），F（，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，2）， 所以＝（0，0，2），＝（，－1，0），＝（，－1，0），＝（0，0，2），所以∥，∥， 所以DD1∥CC1，DA∥CF， 又DD1∩DA＝D，CC1∩CF＝C，DD1，DA⊂平面AA1D1D，CC1，CF⊂平面FCC1， 所以平面AA1D1D∥平面FCC1. 提能点｜平行关系中的探索性问题 【例4】　（链接教材P30例3）如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，AC与BD相交于点O，且A1在底面ABCD上的投影为O.在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 解：因为四棱柱ABCD -A1B1C1D1的所有棱长都等于2，则底面四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又因A1在底面ABCD上的投影为O.则A1O⊥平面ABCD， 所以OA1，OB，OC两两互相垂直. 以OB，OC，OA1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B（，0，0），C（0，1，0），D（－，0，0），A1（0，0，），C1（0，2，）. 假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1， 设＝λ，P（x，y，z）， 则（x，y－1，z）＝λ（0，1，）. 从而有P（0，1＋λ，λ），＝（－，1＋λ，λ）. 设平面DA1C1的法向量为n＝（x1，y1，z1），则 又＝（0，2，0），＝（，0，）， 则 取n＝（1，0，－1）， 因为BP∥平面DA1C1， 则n⊥，即n·＝－－λ＝0，解得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP. 【规律方法】 有关是否存在一点，使得直线、平面满足平行关系的探索性问题，解答时，一般先假设存在这样的点，再建立空间直角坐标系，设出该点的坐标，将直线、平面的平行关系转化为直线的方向向量、平面的法向量的关系，利用向量坐标运算建立关于所求点坐标的方程（组）.若方程（组）有解，则点存在；否则，点不存在. 训练4　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且＝＝.若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明. 解：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，＝λ，则＝λ（0≤λ≤1）， 则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），R（1，λ，0），＝（0，－1，1），＝（－1，－1，0），＝（0，1，0）， 由＝＝，得＝，＝，得Q（0，，），P（，，0）， 则＝（－1，－λ，），＝（－，－λ，0）， 设平面PQR的法向量为n＝（x，y，z），则 令y＝，则n＝（－λ，，－λ）， 易知平面A1D1DA的一个法向量为＝（0，1，0）， 若平面PQR∥平面A1D1DA，则n＝k， 即解得λ＝， 故＝时，平面PQR∥平面A1D1DA. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反.（　√　） （2）若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）若两个平面平行，则这两个平面的法向量一定平行.（　√　） 2.若两个不重合平面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：A　∵v＝－3u，∴v∥u.故α∥β. 3.〔多选〕若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是（　　） A.a＝（1，0，0），n＝（0，－2，0） 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） 解析：AD　若l∥α，则a·n＝0.而A中a·n＝0，B中a·n＝1＋5＝6，C中a·n＝－1，D中a·n＝－3＋3＝0.故选A、D. 4.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝3，点S，P在棱CC1，AA1上，且CS＝SC1，AP＝2PA1，点R，Q分别为AB，D1C1的中点.求证：PQ∥RS. 证明：以D为原点，，与的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系.则D（0，0，0），A（3，0，0），C（0，4，0），B（3，4，0），D1（0，0，3），A1（3，0，3），C1（0，4，3），由题意知P（3，0，2），Q（0，2，3），S（0，4，1），R（3，2，0）， 因为＝（－3，2，1），＝（－3，2，1）， 所以＝，又PQ，RS不共线， 所以PQ∥RS. 课堂小结 1.理清单 （1）线线平行的向量表示及应用； （2）线面平行的向量表示及应用； （3）面面平行的向量表示及应用. 2.应体会 利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间中的平行关系，体现了转化与化归的思想方法. 3.避易错 利用直线的方向向量证明直线与直线平行、直线与平面平行时，要注意向量所在的直线与所证直线或平面无公共点. 1.在空间直角坐标系中，已知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：B　由题意得，＝（－3，－3，3），＝（1，1，－1），∴＝－3，∴与共线，又AB与CD没有公共点.∴AB∥CD. 2.已知平面α的一个法向量为（1，2，－2），平面β的一个法向量为（－2，－4，k），若α∥β，则k＝（　　） A.2 B.－4 C.4 D.－2 解析：C　因为α∥β，所以＝＝，所以k＝4. 3.（2025·驻马店月考）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.充要条件 B.既不充分也不必要条件 C.充分不必要条件 D.必要不充分条件 解析：D　若m·n＝0，则l∥α或l⊂α；另一方面，若l∥α，则m·n＝0.因此，“m·n＝0”是“l∥α”的必要不充分条件.故选D. 4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（　　） A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 解析：B　根据题意建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A（2，2，2），A1（2，2，0），C（0，0，2），B（2，0，2），∴M（2，1，1），N（1，1，2），∴＝（－1，0，1）.又平面BB1C1C的一个法向量为n＝（0，1，0），∴·n＝－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴⊥n，又∵MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C. 5.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且DP∥平面B1AE，则AP的长为（　　） A. B. C. D. 解析：B　如图，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.设AB＝a（a＞0），AP＝b（0＜b＜1），则A（0，0，0），D（0，1，0），P（0，0，b），B1（a，0，1），E（，1，0）.于是＝（a，0，1），＝（，1，0），＝（0，－1，b）.设平面B1AE的法向量为n＝（x，y，z），则得取x＝2，得y＝－a，z＝－2a，∴n＝（2，－a，－2a）是平面B1AE的一个法向量.∵DP∥平面B1AE，∴·n＝a－2ab＝0，解得b＝，即AP＝. 6.〔多选〕已知a＝（λ＋1，0，2），b＝（6，2μ－1，2λ），若a∥b，则λ与μ的值可以是（　　） A.2， B.－， C.－3， D.－3，2 解析：AC　由a∥b，可设b＝ka，即（6，2μ－1，2λ）＝k（λ＋1，0，2），得解得μ＝，λ＝－3或2，故A、C都符合选项.故选A、C. 7.〔多选〕已知空间中两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列说法中正确的是（　　） A.若直线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＝（2，－2，4），则l∥m B.若直线l的方向向量为a＝（0，1，－1），平面α的法向量为n＝（1，－1，－1），则l∥α C.若平面α，β的法向量分别为n1＝（0，1，3），n2＝（1，0，2），则α∥β D.若平面α经过三个点A（1，0，－1），B（0，－1，0），C（－1，2，0），向量n＝（1，u，t）是平面α的一个法向量，则u＋t＝ 解析：AD　对于A，b＝2a，则a∥b，∴l∥m，故A中说法正确；对于B，a·n＝0×1＋1×（－1）＋（－1）×（－1）＝0，则a⊥n，∴l∥α或l⊂α，故B中说法错误；对于C，若n1＝λn2（λ≠0），则（0，1，3）＝λ（1，0，2），得此方程组无解，∴α∥β不成立，故C中说法错误；对于D，＝（－1，－1，1），＝（－1，3，0），∵n＝（1，u，t）是平面α的法向量， ∴解得∴u＋t＝，故D中说法正确.故选A、D. 8.已知直线l∥平面ABC，且l的一个方向向量为a＝（2，m，1），A（0，0，1），B（1，0，0），C（0，1，0），则实数m＝－3. 解析：∵l∥平面ABC，∴存在实数x，y，使a＝x＋y，＝（1，0，－1），＝（0，1，－1），∴（2，m，1）＝x（1，0，－1）＋y（0，1，－1）＝（x，y，－x－y），∴∴m＝－3. 9.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1的位置关系是平行；设＝λ，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝. 解析：如图所示，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则O（，，0），C（0，1，0），C1（0，1，1），P（0，0，），A（1，0，0），B（1，1，0），D1（0，0，1）.则＝（－，－，），＝（－1，－1，1），所以＝，∥，所以OP∥BD1.设Q（0，1，z），则＝（－1，0，z）.由于OP∥BD1.故要使平面D1BQ∥平面PAO，只需∥，又＝（－1，0，），故z＝，则Q（0，1，），由＝（0，0，），＝（0，0，1）及＝λ，得λ＝. 10.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，M，N分别为A1B，AC的中点.求证：MN∥B1C. 证明：如图，以点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），A1（2，0，2），B1（2，2，2），M（2，1，1），N（1，1，0），所以＝（－1，0，－1），＝（－2，0，－2）. 所以＝2.所以∥，所以MN∥B1C. 11.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，若AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为（　　） A.（1，1，1） B.（，，1） C.（，，1） D.（，，1） 解析：C　由已知得A（，，0），B（0，，0），D（，0，0），E（0，0，1）.设M（x，x，1），则＝（x－，x－，1），＝（，－，0），＝（0，－，1）.设平面BDE的法向量为n＝（a，b，c），则即所以取b＝1，则n＝（1，1，）.又AM∥平面BDE，所以n·＝0，即2（x－）＋＝0，得x＝，所以M（，，1）.故选C. 12.〔多选〕已知四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝1，E是PB的中点，F是PC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法中正确的是（　　） A.平面ADE的一个法向量是（0，－1，1） B.直线AE∥平面PCD C.直线EF∥平面PAD D.直线DF∥平面PAB 解析：AC　由题图得D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），E（，，），F（0，，），所以＝（1，0，0），＝（，，），设平面ADE的法向量为n＝（x，y，z），则令z＝1，得y＝－1，x＝0，所以n＝（0，－1，1），故A正确；易知平面PCD的一个法向量为＝（1，0，0）.又因为＝（－，，），·＝－≠0，所以与不垂直，即AE与平面PCD不平行，故B不正确；易知平面PAD的一个法向量为＝（0，1，0），又＝（－，0，0），·＝0，所以EF⊥DC，又EF⊄平面PAD，所以直线EF∥平面PAD，故C正确；设平面PAB的法向量为m＝（x1，y1，z1），又＝（0，1，0），＝（1，0，－1），则令x1＝1，得m＝（1，0，1），又＝（0，，），所以·m＝≠0，所以直线DF与平面PAB不平行，故D不正确.故选A、C. 13.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD＝AA1＝2，AB＝4，E，M，N分别是棱C1D1，AB，BC的中点.若点P是平面AA1D1D内的动点，且满足PE∥平面B1MN，则线段PE长度的最小值为. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，因为AD＝AA1＝2，AB＝4，E，M，N分别是棱C1D1，AB，BC的中点，所以B1（2，4，2），M（2，2，0），N（1，4，0），E（0，2，2），因为点P是平面AA1D1D内的动点，所以设P（x，0，z），设平面B1MN的法向量为m＝（a，b，c），＝（0，－2，－2），＝（－1，0，－2），＝（x，－2，z－2），所以有⇒⇒m＝（－2，－1，1），因为PE∥平面B1MN，所以·m＝－2x＋2＋z－2＝0⇒z＝2x，即＝（x，－2，2x－2），｜｜＝＝＝，所以当x＝，z＝时，线段PE长度有最小值＝. 14.如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，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： （1）PB∥平面EFG； （2）平面EFG∥平面PBC. 证明：（1）∵平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，∴AB，AP，AD两两垂直. 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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）. 法一　＝（0，1，0），＝（1，2，－1）， 设平面EFG的法向量为n＝（x，y，z）， 则即令z＝1，则n＝（1，0，1）为平面EFG的一个法向量， ∵＝（2，0，－2），·n＝0，∴n⊥， ∵PB⊄平面EFG， ∴PB∥平面EFG. 法二　＝（2，0，－2），＝（0，－1，0），＝（1，1，－1）. 设＝s＋t， 即（2，0，－2）＝s（0，－1，0）＋t（1，1，－1）， ∴解得s＝t＝2. ∴＝2＋2，又与不共线，∴，与共面. ∵PB⊄平面EFG， ∴PB∥平面EFG. （2）由（1）知＝（0，1，0），＝（0，2，0）， ∴＝2，∴BC∥EF. 又EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴EF∥平面PBC， 同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC. 又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG， ∴平面EFG∥平面PBC. 15.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，且AB⊥BC，O为AC的中点.在线段BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB？若不存在，说明理由；若存在，确定点E的位置. 解：连接OA1，因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC， 又平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，且A1O⊂平面AA1C1C， 所以A1O⊥平面ABC. 连接OB，由AB＝BC，得OB⊥AC， 以O为原点，OB，OC，OA1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. 由题意可知，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，所以OB＝AC＝1， 所以O（0，0，0），A（0，－1，0），A1（0，0，），C1（0，2，），B（1，0，0）， 则＝（0，1，），＝（1，1，0）， 设平面A1AB的法向量为n＝（x，y，z），则有即 令y＝1，得x＝－1，z＝－， 所以n＝（－1，1，－）. 设E（x0，y0，z0），＝λ（0≤λ≤1）， 由＝（－1，2，），得（x0－1，y0，z0）＝λ（－1，2，），所以 所以E（1－λ，2λ，λ）， 所以＝（1－λ，2λ，λ）， 由OE∥平面A1AB，得·n＝0，即－1＋λ＋2λ－λ＝0得λ＝. 所以存在这样的点E，且E为BC1的中点. 5 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $