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-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦用空间向量研究空间平行关系，系统梳理线线、线面、面面平行的向量表示，通过课前自学衔接向量基础，以定义、定理为支架构建从几何法到向量法的知识脉络。 其亮点在于融合数学抽象、逻辑推理与数学运算素养，提供坐标法、基向量法等多种证明思路，如例2用向量共线证线线平行，例3通过法向量垂直证线面平行。探究总结方法规律，课后巩固梯度设计，助力学生深化理解，教师可高效开展分层教学。

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 素养目标 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)2.熟练掌握用方向向量、法向量证明线线、线面、面面间的平行关系．(逻辑推理、数学运算) 课前自学 3 要点　空间中平行关系的向量表示 线线 平行 设两条不重合的直线l1，l2的方向向量分别为u1＝(a1，b1，c1)，u2＝(a2，b2，c2)，则l1∥l2⇔______⇔_____________________________ 线面 平行 设直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)，l⊄α，则l∥α⇔________⇔_______________________________ 面面 平行 设两不重合平面α，β的法向量分别为n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔______⇔______________________________________ u1∥u2 (a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)(λ∈R) u·n＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 n1∥n2 (a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)(λ∈R) 第页 立体几何中平行关系的证明方法： (1)几何法：运用立体几何中的定义、定理进行推理、证明． (2)向量法：运用直线的方向向量、平面的法向量间的关系进行计算、证明，实际解题时应选择简单的方法，不能“一刀切”． 第页 若已知平面外一直线的方向向量和平面的法向量，则这两向量满足哪些条件可说明直线与平面平行？ 答：可探究直线的方向向量与平面的法向量是否垂直，进而确定线面是否平行． 返 回 课时学案 7 例 1 (1)设a，b分别是两条不重合直线l1，l2的方向向量，根据下列条件判断l1与l2的位置关系： ①a＝(2，3，－1)，b＝(－6，－9，3)； ②a＝(5，0，2)，b＝(0，4，0)； ③a＝(－2，1，4)，b＝(6，3，3)． 题型一　 利用方向向量、法向量判断位置关系 【思路分析】　直线的方向向量与两直线位置关系间的内在联系是l1∥l2⇔a∥b(l1，l2不重合)，l1⊥l2⇔a⊥b，据此可判断两直线的位置关系． 第页 8 第页 (2)设u是平面α的法向量，a是直线l的方向向量，根据下列条件判断α和l的位置关系： ①u＝(2，2，－1)，a＝(－3，4，2)； ②u＝(0，2，－3)，a＝(0，－8，12)； ③u＝(4，1，5)，a＝(2，－1，0)． 【思路分析】　直线的方向向量与平面的法向量的关系和直线与平面位置关系之间的内在联系是l∥α⇔a⊥u(l⊄α)，l⊥α⇔a∥u，据此可判断直线与平面的位置关系． 第页 第页 【思路分析】　平面法向量与两平面位置关系间的内在联系是α∥β⇔u∥v(α，β不重合)，α⊥β⇔u⊥v，据此可判断两平面的位置关系． 第页 第页 探究1 解答上述三类问题的关键：一是要搞清直线的方向向量、平面法向量和直线、平面的位置关系之间的内在联系；二是要熟练掌握判断两向量共线、垂直的充要条件． 第页 思考题1　根据下列各条件，判断相应的直线与直线、平面与平面、直线与平面的位置关系： (1)直线l1，l2的方向向量分别是a＝(1，－3，－1)，b＝(8，2，2)； 【解析】　(1)∵a＝(1，－3，－1)，b＝(8，2，2)， ∴a·b＝8－6－2＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2. 第页 (2)两不重合平面α，β的法向量分别是u＝(1，3，0)，v＝(－3，－9，0)； 【解析】　(2)∵u＝(1，3，0)，v＝(－3，－9，0)， ∴v＝－3u，∴u∥v，∴α∥β. 第页 (3)直线l的方向向量、平面α的法向量分别是a＝(1，－4，－3)，u＝(2，0，3)； 【解析】　(3)∵a＝(1，－4，－3)，u＝(2，0，3)， ∴a和u既不共线，也不垂直．∴l与α斜交． 第页 (4)直线l的方向向量、平面α的法向量分别是a＝(3，2，1)，u＝(－1，2，－1)． 【解析】　(4)∵a＝(3，2，1)，u＝(－1，2，－1)， ∴a·u＝－3＋4－1＝0，∴a⊥u，∴l⊂α或l∥α. 第页 例 2 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. 题型二　 利用空间向量证明线线平行 第页 19 第页 探究2 证明两直线平行的方法 方法一：平行直线的传递性． 方法二：基向量法，分别取两条直线的方向向量m，n，将m，n分别用基向量表示，进而证明m∥n，即m＝λn(λ∈R)，并说明两直线不重合． 方法三：坐标法，建立空间直角坐标系，把直线的方向向量用坐标表示，如m1＝(x1，y1，z1)，m2＝(x2，y2，z2)，即证明m1＝λm2，即x1＝λx2且y1＝λy2且z1＝λz2(λ∈R)，并说明两直线不重合． 第页 第页 第页 例 3　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. 题型三　 利用空间向量证明线面平行 第页 24 第页 第页 第页 探究3 利用空间向量证明线面平行一般有三种方法 方法一：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，并说明直线不在平面内． 方法二：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． 方法三：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，并说明直线不在平面内． 第页 思考题3　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是CC1，B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD. 第页 第页 第页 例 4　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，DA＝2，DC＝3，DD1＝4，M，N，E，F分别为棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点．求证：平面AMN∥平面EFBD. 题型四　 利用空间向量证明面面平行 第页 32 第页 第页 探究4 证明面面平行问题的方法 方法一：利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行． 方法二：将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明． 第页 思考题4　如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，点E，F，G，H，M，N分别是该正方体六个面的中心，求证：平面EFG∥平面HMN. 第页 第页 用向量方法证明空间中的平行关系： 线线 平行 设不重合两直线l1，l2的方向向量分别是a，b，则要证明l1∥l2，只需证明a∥b，即a＝kb(k∈R) 线面 平行 设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，l⊄α，则要证明l∥α，只需证明a⊥u，即a·u＝0 根据线面平行判定定理在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可 证明一条直线l与一个平面α平行，只需证明l的方向向量可以用平面α内的两个不共线向量线性表示 面面 平行 转化为相应的线线平行或线面平行 求出两不重合平面α，β的法向量u，v，证明u∥v，即可说明α∥β 返 回 课后巩固 39 √ 第页 2．【多选题】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　若l∥α，则a·n＝0.A中a·n＝0，B中a·n＝1＋5＝6，C中a·n＝－1，D中a·n＝－3＋3＝0. 第页 √ 第页 －8 第页 5．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； 第页 第页 (2)平面ADE∥平面B1C1F. 返 回 请做：课时作业（八） 教师备用资料 【解析】　①∵a＝(2，3，－1)，b＝(－6，－9，3)， ∴a＝－eq \f(1,3)b，∴a∥b，∴l1∥l2. ②∵a＝(5，0，2)，b＝(0，4，0)， ∴a·b＝0，∴a⊥b， ∴l1⊥l2. ③∵a＝(－2，1，4)，b＝(6，3，3)， ∴a与b不共线，也不垂直． ∴l1与l2的位置关系是相交或异面(不垂直)． 【解析】　①∵u＝(2，2，－1)，a＝(－3，4，2)， ∴u·a＝－6＋8－2＝0，∴u⊥a. ∴直线l和平面α的位置关系是l⊂α或l∥α. ②∵u＝(0，2，－3)，a＝(0，－8，12)， ∴u＝－eq \f(1,4)a，∴u∥a，∴l⊥α. ③∵u＝(4，1，5)，a＝(2，－1，0)， ∴u和a既不共线，也不垂直． ∴l与α斜交． (3)设u，v分别是两不重合平面α，β的法向量，根据下列条件判断α，β的位置关系： ①u＝(1，－1，2)，v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(1,2)))； ②u＝(0，3，0)，v＝(0，－5，0)； ③u＝(2，－3，4)，v＝(4，－2，1)． 【解析】　①∵u＝(1，－1，2)，v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(1,2)))， ∴u·v＝3－2－1＝0，∴u⊥v，∴α⊥β. ②∵u＝(0，3，0)，v＝(0，－5，0)， ∴u＝－eq \f(3,5)v，∴u∥v，∴α∥β. ③∵u＝(2，－3，4)，v＝(4，－2，1)， ∴u与v既不共线，也不垂直． ∴平面α和β相交(不垂直)． 【证明】　方法一：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Dxyz. 则P(3，0，1)，Q(0，2，2)，R(3，2，0)，S(0，4，1)，eq \o(PQ,\s\up18(→))＝(－3，2，1)，eq \o(RS,\s\up18(→))＝(－3，2，1)， ∴eq \o(PQ,\s\up18(→))＝eq \o(RS,\s\up18(→))，∴eq \o(PQ,\s\up18(→))∥eq \o(RS,\s\up18(→))，又点P不在RS上，故PQ∥RS. 方法二：eq \o(RS,\s\up18(→))＝eq \o(RB,\s\up18(→))＋eq \o(BC,\s\up18(→))＋eq \o(CS,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up18(→))－eq \o(DA,\s\up18(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DD1,\s\up18(→))，eq \o(PQ,\s\up18(→))＝eq \o(PA1,\s\up18(→))＋eq \o(A1D1,\s\up18(→))＋eq \o(D1Q,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DD1,\s\up18(→))－eq \o(DA,\s\up18(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up18(→))， ∴eq \o(RS,\s\up18(→))＝eq \o(PQ,\s\up18(→))，∴eq \o(RS,\s\up18(→))∥eq \o(PQ,\s\up18(→))，又点P不在RS上，故RS∥PQ. 【证明】　方法一：由题意知，直线DA，DC，DP两两垂直．以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up18(→))，eq \o(DC,\s\up18(→))，eq \o(DP,\s\up18(→))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(图略)，则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\up18(→))＝(－1，0，1)，eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0，\f(1,4)))，所以eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up18(→))，又M∉AP，故MN∥AP. 思考题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＝eq \f(1,4)DB，DA＝DP＝1，CD＝2.求证：MN∥AP. 方法二：由题意可得eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \o(MD,\s\up18(→))＋eq \o(DN,\s\up18(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up18(→))＋eq \f(1,2) eq \o(DE,\s\up18(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up18(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \o(DC,\s\up18(→))＋eq \o(DP,\s\up18(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up18(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DC,\s\up18(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up18(→))＝eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up18(→))＋eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up18(→))＝eq \f(1,4)(eq \o(AD,\s\up18(→))＋eq \o(DP,\s\up18(→)))＝eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up18(→))，又M∉AP，所以MN∥AP. 【证明】　如图所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，B(a，a，0)． 方法一：设平面EDB的法向量为n＝(x，y，z)， 又eq \o(DE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq \o(EB,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up18(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)（y＋z）＝0，,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y,2)－\f(z,2)))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,2x＋y－z＝0.))令z＝1，则x＝1，y＝－1， 所以n＝(1，－1，1)，又eq \o(PA,\s\up18(→))＝(a，0，－a)， 所以n·eq \o(PA,\s\up18(→))＝(1，－1，1)·(a，0，－a)＝a－a＝0.所以n⊥eq \o(PA,\s\up18(→)). 又PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB. 方法二：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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))， 所以eq \o(EG,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))，又eq \o(PA,\s\up18(→))＝(a，0，－a)， 所以eq \o(PA,\s\up18(→))＝2eq \o(EG,\s\up18(→))，又P∉EG，则PA∥EG. 而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB. 方法三：假设存在实数λ，μ使得eq \o(PA,\s\up18(→))＝λeq \o(DE,\s\up18(→))＋μeq \o(EB,\s\up18(→))， 即(a，0，－a)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))＋μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))， 则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝μa，,0＝λ·\f(a,2)＋μ·\f(a,2)，,－a＝λ·\f(a,2)－μ·\f(a,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝1.)) 所以eq \o(PA,\s\up18(→))＝－eq \o(DE,\s\up18(→))＋eq \o(EB,\s\up18(→))，即eq \o(PA,\s\up18(→))与eq \o(DE,\s\up18(→))，eq \o(EB,\s\up18(→))共面． 又PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB. 【证明】　方法一：如图，以D为坐标原点，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D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，于是eq \o(DA1,\s\up18(→))＝(1，0，1)，eq \o(DB,\s\up18(→))＝(1，1，0)，eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2))). 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(DA1,\s\up18(→))，,n⊥\o(DB,\s\up18(→))，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up18(→))＝x＋z＝0，,n·\o(DB,\s\up18(→))＝x＋y＝0，))取x＝1，则y＝－1，z＝－1，∴平面A1BD的一个法向量为n＝(1，－1，－1)． 又eq \o(MN,\s\up18(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，∴eq \o(MN,\s\up18(→))⊥n.又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD. 方法二：eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \o(C1N,\s\up18(→))－eq \o(C1M,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(C1B1,\s\up18(→))－eq \f(1,2) eq \o(C1C,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(D1A1,\s\up18(→))－eq \o(D1D,\s\up18(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(DA1,\s\up18(→))，∴eq \o(MN,\s\up18(→))∥eq \o(DA1,\s\up18(→))，又M∉DA1，所以MN∥DA1，又MN⊄平面A1BD，DA1⊂平面A1BD，∴MN∥平面A1BD. 方法三：eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \o(C1N,\s\up18(→))－eq \o(C1M,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(C1B1,\s\up18(→))－eq \f(1,2) eq \o(C1C,\s\up18(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DA,\s\up18(→))－eq \f(1,2) eq \o(A1A,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(DB,\s\up18(→))＋eq \o(BA,\s\up18(→)))－eq \f(1,2)(eq \o(A1B,\s\up18(→))＋eq \o(BA,\s\up18(→)))＝eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up18(→))－eq \f(1,2) eq \o(A1B,\s\up18(→))， 即eq \o(MN,\s\up18(→))可用eq \o(A1B,\s\up18(→))与eq \o(DB,\s\up18(→))线性表示，故eq \o(MN,\s\up18(→))与eq \o(A1B,\s\up18(→))，eq \o(DB,\s\up18(→))是共面向量，又MN⊄平面A1BD，故MN∥平面A1BD. 【证明】　以D为原点，eq \o(DA,\s\up18(→))，eq \o(DC,\s\up18(→))，eq \o(DD1,\s\up18(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，3，0)，M(1，0，4)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,2)，4))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，4))，F(1，3，4)． 方法一：eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，0))，eq \o(EF,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)，0))，eq \o(AM,\s\up18(→))＝(－1，0，4)，eq \o(BF,\s\up18(→))＝(－1，0，4)． ∴eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \o(EF,\s\up18(→))，eq \o(AM,\s\up18(→))＝eq \o(BF,\s\up18(→)).又M∉EF，A∉BF，∴MN∥EF，AM∥BF. 易得MN∥平面EFBD，AM∥平面EFBD.又AM，MN⊂平面AMN，AM∩MN＝M， ∴平面AMN∥平面EFBD. 方法二：连接DF.eq \o(AM,\s\up18(→))＝(－1，0，4)，eq \o(AN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，4))，eq \o(DE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，4))，eq \o(DF,\s\up18(→))＝(1，3，4)， 设平面AMN，平面EFBD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AM,\s\up18(→))＝0，,n1·\o(AN,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋4z1＝0，,\f(3,2)y1＋4z1＝0，)) 令x1＝1，得z1＝eq \f(1,4)，y1＝－eq \f(2,3).又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DE,\s\up18(→))＝0，,n2·\o(DF,\s\up18(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)y2＋4z2＝0，,x2＋3y2＋4z2＝0，)) 令y2＝－1，得z2＝eq \f(3,8)，x2＝eq \f(3,2).∴n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2,3)，\f(1,4)))，n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1，\f(3,8))). ∴n1＝eq \f(2,3)n2，即n1∥n2，∴平面AMN∥平面EFBD. 【证明】　由题意建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为2， 则E(1，1，0)，F(1，0，1)，G(2，1，1)，H(1，1，2)，M(1，2，1)，N(0，1，1)， 得eq \o(EF,\s\up18(→))＝(0，－1，1)，eq \o(FG,\s\up18(→))＝(1，1，0)，eq \o(HM,\s\up18(→))＝(0，1，－1)，eq \o(NM,\s\up18(→))＝(1，1，0)， 所以eq \o(EF,\s\up18(→))∥eq \o(HM,\s\up18(→))，eq \o(FG,\s\up18(→))∥eq \o(NM,\s\up18(→))，又E∉HM，F∉NM，所以EF∥HM，FG∥NM， 又HM⊂平面HMN，NM⊂平面HMN，EF，FG⊄平面HMN，所以EF∥平面HMN，FG∥平面HMN， 又EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF∩FG＝F， 所以平面EFG∥平面HMN. 1．设a，b分别是不重合的直线l1，l2的一个方向向量，则根据下列条件能判断l1∥l2的是(　　) ①a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，b＝(－2，－4，0)； ②a＝(4，6，－2)，b＝(－2，－3，1)； ③a＝(5，0，2)，b＝(0，1，0)； ④a＝(－2，－1，1)，b＝(4，－2，－8)． A．①②　 　 B．②③　 　　 C．③④　 　 D．①④ 解析　①a＝－eq \f(1,4)b，∴l1∥l2，排除B、C，②a＝－2b，∴l1∥l2，故选A. 解析　∵α∥β，∴u＝λv，λ∈R，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－λ，,1＝λy，,－2＝\f(1,2)λ，))解得λ＝－4，y＝－eq \f(1,4)，x＝4，∴x＋y＝4－eq \f(1,4)＝eq \f(15,4). 3．平面α的法向量u＝(x，1，－2)，平面β的法向量v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，y，\f(1,2)))，已知α∥β，则x＋y＝(　　) A.eq \f(15,4) B.eq \f(17,4) C．3 D.eq \f(5,2) 解析　l的方向向量与平面α的法向量垂直，即(2，m，1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))＝0，即2＋eq \f(1,2)m＋2＝0，∴m＝－8. 4．已知l∥α，且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＝________． 证明　建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则有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\up18(→))＝(0，2，1)，eq \o(DA,\s\up18(→))＝(2，0，0)， eq \o(AE,\s\up18(→))＝(0，2，1)，eq \o(C1B1,\s\up18(→))＝(2，0，0)． (1)设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量， 则n1⊥eq \o(DA,\s\up18(→))，n1⊥eq \o(AE,\s\up18(→))， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up18(→))＝2x1＝0，,n1·\o(AE,\s\up18(→))＝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\up18(→))·n1＝－2＋2＝0，所以eq \o(FC1,\s\up18(→))⊥n1. 又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE. 证明　(2)设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的法向量． 由n2⊥eq \o(FC1,\s\up18(→))，n2⊥eq \o(C1B1,\s\up18(→))， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(FC1,\s\up18(→))＝2y2＋z2＝0，,n2·\o(C1B1,\s\up18(→))＝2x2＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,z2＝－2y2.)) 令z2＝2，得y2＝－1. 所以n2＝(0，－1，2)，因为n1＝n2， 所以平面ADE∥平面B1C1F. $