1.4.1第2课时空间中直线、平面的平行课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦空间向量在直线、平面平行关系中的应用，通过自主学习的填一填、练一练梳理线线、线面、面面平行的向量表述，结合互动探究的例题与跟踪训练，搭建从概念到证明的学习支架，衔接空间向量基础与立体几何应用。 其亮点在于以数学眼光抽象平行关系的向量本质，用数学思维通过坐标法、基向量法推理证明，如例1用坐标法证线线平行，例2多法证线面平行，培养学生空间观念与推理能力，为教师提供分层练习与系统教学资源，提升教学效率。

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 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 u1＝λu2 u·n＝0 n1＝λn2 自主学习通道 √ √ × × 自主学习通道 AB 自主学习通道 C 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 D 巩固提升通道 D 巩固提升通道 B 巩固提升通道 巩固提升通道 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 －8 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 l∥α或l⊂α 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 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.2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的平行关系． 填一填 1．直线与直线平行 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得 eq \o(□,\s\up4(1)) ． 2．直线与平面平行 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⇔ eq \o(□,\s\up4(2)) ． 3．平面与平面平行 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得 eq \o(□,\s\up4(3)) ． 练一练 1．判断正误 (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)若两个平面平行，则它们的法向量一定平行．(　　) (3)若两条直线的方向向量平行，则这两条直线平行．(　　) (4)直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线与平面平行．(　　) 2．(多选)直线a，b的方向向量分别为m＝(1，－2，－2)，n＝(－2，4，4)，则a与b的位置关系可能是(　　) A．平行 B．重合 C．垂直 D．夹角为60° 解析　∵m＝－ eq \f(1,2)n，∴m∥n，∴直线a与b平行或重合． 解析　因为α∥β，所以它们的法向量共线，从而 eq \f(1,－2)＝ eq \f(3,－6)＝ eq \f(\r(2),k)，解得k＝－2 eq \r(2). 3．若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，1，1)，则 (　　) A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α或l∥α D．l与α斜交 解析　∵a·n＝－2＋2＝0，∴a⊥n.∴l⊂α或l∥α. 4．设平面α的法向量为(1，3， eq \r(2))，平面β的法向量为(－2，－6，k)，若α∥β，则k＝ ． －2 eq \r(2) 类型一　直线与直线平行 【例1】　在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，点M在棱BB1上，且BM＝2MB1，点S在DD1上，且SD1＝2SD，点N，R分别为A1D1，BC的中点，求证：MN∥RS. 证明　如图所示，建立空间直角坐标系Axyz， 则根据题意得M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(4,3)))，N(0，2，2)，R(3，2，0)，S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，\f(2,3)))， ∴ eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(2,3)))， eq \o(RS,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(2,3)))，∴ eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(RS,\s\up15(→)). ∴ eq \o(MN,\s\up15(→))∥ eq \o(RS,\s\up15(→))，∵M∉RS，∴MN∥RS. 利用空间向量证明两直线平行的方法 (1)基向量法：分别取两条直线的方向向量m，n，证明m∥n，即m＝λn. (2)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． [跟踪训练1]　长方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是面对角线B1D1，A1B上的点，且D1E＝2EB1，BF＝2FA1.求证：EF∥AC1. 证明　如图所示，分别以DA，DC，DD1所在的直线为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)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，\f(2b,3)，c))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(b,3)，\f(2c,3)))， ∴ eq \o(FE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，\f(b,3)，\f(c,3)))， eq \o(AC1,\s\up15(→))＝(－a，b，c)， ∴ eq \o(FE,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(AC1,\s\up15(→)).又FE与AC1不共线， ∴EF∥AC1. 类型二　直线与平面平行 【例2】　如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB＝2，PC与平面ABCD所成的角是45°，F是AD的中点，M是PC的中点．求证：DM∥平面PFB. 证明　由PD⊥平面ABCD及PC与平面ABCD所成的角为45°，得∠PCD＝45°，故PD＝DC＝2，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0，0，2)，B(2，2，0)，F(1，0，0)，D(0，0，0)，M(0，1，1)， 所以 eq \o(FB,\s\up15(→))＝(1，2，0)， eq \o(FP,\s\up15(→))＝(－1，0，2)， eq \o(DM,\s\up15(→))＝(0，1，1). 证法一：设平面PFB的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(FB,\s\up15(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up15(→))·n＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,－x＋2z＝0，)) 令y＝1，则x＝－2，z＝－1，故平面PFB的一个法向量为n＝(－2，1，－1). 因为 eq \o(DM,\s\up15(→))·n＝0，所以 eq \o(DM,\s\up15(→))⊥n， 又DM⊄平面PFB，所以DM∥平面PFB. 证法二：取PB的中点G，则G(1，1，1)， 所以 eq \o(FG,\s\up15(→))＝(0，1，1)＝ eq \o(DM,\s\up15(→))，所以DM∥FG， 又FG⊂平面PFB，DM⊄平面PFB， 所以DM∥平面PFB. 利用空间向量证明线面平行的方法 (1)设a是直线的方向向量，u是平面的法向量，证明a⊥u，即a·u＝0； (2)在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量； (3)证明直线的方向向量能够用平面内两个不共线的向量线性表示． [跟踪训练2]　如图，两个边长为1的正方形ABCD与正方形ABEF相交于AB，∠EBC＝90°，M，N分别是BD，AE上的点，且AN＝DM.求证：MN∥平面EBC. 证明　如图所示，以{ eq \o(BA,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))， eq \o(BE,\s\up15(→))}为单位正交基底建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D(1，1，0)，E(0，0，1)，B(0，0，0)， eq \o(AE,\s\up15(→))＝(－1，0，1)， eq \o(BD,\s\up15(→))＝(1，1，0)， eq \o(DA,\s\up15(→))＝(0，－1，0). 设 eq \f(AN,AE)＝ eq \f(DM,BD)＝λ，则 eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(MD,\s\up15(→))＋ eq \o(DA,\s\up15(→))＋ eq \o(AN,\s\up15(→))＝λ eq \o(BD,\s\up15(→))＋ eq \o(DA,\s\up15(→))＋λ eq \o(AE,\s\up15(→))＝λ(1，1，0)＋(0，－1，0)＋λ(－1，0，1)＝(0，λ－1，λ). 易知平面EBC的一个法向量为 eq \o(BA,\s\up15(→))＝(1，0，0)， 因为 eq \o(MN,\s\up15(→))· eq \o(BA,\s\up15(→))＝0，所以 eq \o(MN,\s\up15(→))⊥ eq \o(BA,\s\up15(→)). 又MN⊄平面EBC，所以MN∥平面EBC. 类型三　平面与平面平行 【例3】　如图，棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，B1A1的中点．求证：平面BFC1∥平面A1EC. 证明　在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB，AD，AA1两两垂直， 所以以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图)， 因为正方体的棱长为2，所以B(2，0，0)，C(2，2，0)，A1(0，0，2)，C1(2，2，2)，E(1，2，2)，F(1，0，2)，所以 eq \o(CE,\s\up15(→))＝(－1，0，2)， eq \o(A1E,\s\up15(→))＝(1，2，0)， eq \o(BC1,\s\up15(→))＝(0，2，2)， eq \o(BF,\s\up15(→))＝(－1，0，2). 设平面A1EC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up15(→))＝0，,n·\o(A1E,\s\up15(→))＝0))⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((x，y，z)·(－1，0，2)＝0，,(x，y，z)·(1，2，0)＝0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2z，,x＝－2y，))令x＝2，得y＝－1，z＝1， 所以n＝(2，－1，1). 因为n· eq \o(BC1,\s\up15(→))＝(2，－1，1)·(0，2，2)＝0， 所以n⊥ eq \o(BC1,\s\up15(→))， 因为n· eq \o(BF,\s\up15(→))＝(2，－1，1)·(－1，0，2)＝0， 所以n⊥ eq \o(BF,\s\up15(→))， 又因为BF∩BC1＝B，所以n⊥平面BFC1， 所以平面BFC1∥平面A1EC. 利用空间向量证明两个平面平行的方法 (1)直接证明法：建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，证明两个法向量平行． (2)间接证明法：根据两个平面平行的判定定理，把证明两个平面平行转化为证明线面平行或线线平行，再利用空间向量证明． [跟踪训练3]　已知正方体ABCD­A′B′C′D′，求证：平面AB′D′∥平面BDC′. 证明　证法一：设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，B′(1，1，1)，D′(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，0，0)，C′(0，1，1)，于是 eq \o(AB′,\s\up15(→))＝(0，1，1)， eq \o(D′B′,\s\up15(→))＝(1，1，0)， eq \o(DB,\s\up15(→))＝(1，1，0)， eq \o(DC′,\s\up15(→))＝(0，1，1). 设平面AB′D′的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(AB′,\s\up15(→))，,n1⊥\o(D′B′,\s\up15(→))，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB′,\s\up15(→))＝y1＋z1＝0，,n1·\o(D′B′,\s\up15(→))＝x1＋y1＝0，)) 令y1＝1，可得平面AB′D′的一个法向量为n1＝(－1，1，－1). 设平面BDC′的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(DB,\s\up15(→))，,n2⊥\o(DC′,\s\up15(→))，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(DB,\s\up15(→))＝x2＋y2＝0，,n2·\o(DC′,\s\up15(→))＝y2＋z2＝0，)) 令y2＝1，可得平面BDC′的一个法向量为n2＝(－1，1，－1). 则n1＝n2，所以n1∥n2，故平面AB′D′∥平面BDC′. 证法二：由证法一中的坐标系知 eq \o(AD′,\s\up15(→))＝(－1，0，1)， eq \o(BC′,\s\up15(→))＝(－1，0，1)， eq \o(AB′,\s\up15(→))＝(0，1，1)， eq \o(DC′,\s\up15(→))＝(0，1，1)，所以 eq \o(AD′,\s\up15(→))＝ eq \o(BC′,\s\up15(→))， eq \o(AB′,\s\up15(→))＝ eq \o(DC′,\s\up15(→))，即AD′∥BC′，AB′∥DC′， 所以AD′∥平面BDC′，AB′∥平面BDC′. 又AD′∩AB′＝A，所以平面AB′D′∥平面BDC′. 1．知识清单 (1)线线平行的向量表示及其应用． (2)线面平行的向量表示及其应用． (3)面面平行的向量表示及其应用． 2．方法归纳：坐标法、转化与化归． 3．常见误区：通过向量和平面平行直接得到线面平行，忽略直线不在平面内的条件． 1．已知向量a＝(2，4，5)，b＝(3，x，y)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　由题意得， eq \f(3,2)＝ eq \f(x,4)＝ eq \f(y,5)，∴x＝6，y＝ eq \f(15,2). 2．(2023·北京通州区期中)已知n1，n2分别是平面α，β的法向量，其中n1＝(1，y，－2)，n2＝(x，－2，1).若α∥β，则x＋y＝(　　) A．－ eq \f(9,2)　　 B．－ eq \f(7,2)　　 C．3　 D． eq \f(7,2) 解析　∵α∥β，且n1，n2分别是平面α，β的法向量，∴n1∥n2，则有 eq \f(1,x)＝ eq \f(y,－2)＝ eq \f(－2,1)，故x＝－ eq \f(1,2)，y＝4，则x＋y＝ eq \f(7,2).故选D. 3．(2024·海南海口期末)在空间直角坐标系中，a＝(1，2，1)为直线l的一个方向向量，n＝(2，t，4)为平面α的一个法向量，且l∥α，则t＝(　　) A．3 B．－3 C．1 D．－1 解析　因为l∥α，所以a·n＝2＋2t＋4＝0，解得t＝－3.故选B. 4．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱DD1的三等分点(靠近D1点)，点F在棱C1D1上，且 eq \o(D1F,\s\up15(→))＝λ eq \o(D1C1,\s\up15(→))，若B1F∥平面A1BE，则λ＝ ． eq \f(2,3) 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为3， 则E(0，0，2)，A1(3，0，3)，B(3，3，0)，B1(3，3，3)，设F(0，a，3)，所以 eq \o(B1F,\s\up15(→))＝(－3，a－3，0)， eq \o(A1E,\s\up15(→))＝(－3，0，－1)， eq \o(A1B,\s\up15(→))＝(0，3，－3)，设平面A1BE的法向量为m＝(x，y，z)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(A1E,\s\up15(→))·m＝－3x－z＝0，,\o(A1B,\s\up15(→))·m＝3y－3z＝0，))取x＝1，则m＝(1，－3，－3)，由于B1F∥平面A1BE，所以 eq \o(B1F,\s\up15(→))⊥m，即 eq \o(B1F,\s\up15(→))·m＝－3－3(a－3)＝0，故a＝2，所以| eq \o(D1F,\s\up15(→))|＝2， 所以 eq \o(D1F,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(D1C1,\s\up15(→))，故λ＝ eq \f(2,3). 基础巩固 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　由题意得， eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－3，－3，3)， eq \o(CD,\s\up15(→))＝(1，1，－1)， ∴ eq \o(AB,\s\up15(→))＝－3 eq \o(CD,\s\up15(→))，∴ eq \o(AB,\s\up15(→))与 eq \o(CD,\s\up15(→))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　因为α∥β，所以 eq \f(－2,1)＝ eq \f(－4,2)＝ eq \f(k,－2)，所以k＝4. 3．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　若m·n＝0，则l∥α或l⊂α；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．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). 5．(2024·山东济宁期末)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)，且β与α不重合，则(　　) A．α∥β B．α⊥β C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对 解析　∵ eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，1，－1)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(1，0，－1)，n· eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1)×0＋(－1)×1＋(－1)×(－1)＝0，n· eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1)×1＋(－1)×0＋(－1)×(－1)＝0，∴n⊥ eq \o(AB,\s\up15(→))，n⊥ eq \o(AC,\s\up15(→)).又AB∩AC＝A，∴n是平面α的一个法向量．又∵平面α与平面β不重合，∴α∥β. 6．(2023·宁波联考)已知平面α的一个法向量为a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，2y－1，－\f(1,4)))，直线l1和l2的方向向量分别为b，c，且b＝(－1，2，1)，c＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)，－2))，若l1，l2都与α平行，则a等于(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，－\f(53,26)，－\f(1,4))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，\f(27,52)，－\f(1,4))) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,52)，－\f(53,26)，－\f(1,4))) 解析　∵a是平面α的法向量，b，c分别为l1，l2的方向向量，且l1，l2都与α平行， ∴a与b，c都垂直． ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a·b＝－x＋4y－2－\f(1,4)＝0，,a·c＝3x＋y－\f(1,2)＋\f(1,2)＝0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋4y＝\f(9,4)，,3x＋y＝0，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\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))). 7．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＝ ． 解析　由题意得l的方向向量与平面α的法向量垂直， ∴(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. 8．设直线l的方向向量为a＝(－1，－1，1)，平面α的法向量为n＝(2，2，4)，则直线l与平面α的位置关系为 ． 解析　因为a＝(－1，－1，1)，n＝(2，2，4)，所以a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l⊂α. 9．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1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 eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))， eq \o(DD1,\s\up15(→))的方向为正方向建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C1(0，1，1)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))， ∴ eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))， eq \o(FC1,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))， eq \o(EC1,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， eq \o(AF,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， ∴ eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \o(FC1,\s\up15(→))， eq \o(EC1,\s\up15(→))＝ eq \o(AF,\s\up15(→))，∴ eq \o(AE,\s\up15(→))∥ eq \o(FC1,\s\up15(→))， eq \o(EC1,\s\up15(→))∥ eq \o(AF,\s\up15(→))， 又∵F∉AE，F∉EC1，∴AE∥FC1，EC1∥AF， ∴四边形AEC1F是平行四边形． 10．如图，在正方体ABCD­A′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. 证明　以点D为原点， eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))， eq \o(DD′,\s\up15(→))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． 设正方体的棱长为a， 则E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，0))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，0，\f(1,2)a))，G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,2)a，\f(1,2)a))，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，a，\f(1,2)a))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)a，\f(1,2)a))，H eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，a))， 则 eq \o(FG,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，0))， eq \o(NM,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a，0))， 所以 eq \o(FG,\s\up15(→))∥ eq \o(NM,\s\up15(→))， 所以FG∥平面HMN. 又 eq \o(GE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a，0，－\f(1,2)a))， eq \o(NH,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，0，\f(1,2)a))，所以 eq \o(GE,\s\up15(→))∥ eq \o(NH,\s\up15(→))， 所以GE∥平面HMN. 又FG∩GE ＝G，所以平面EFG∥平面HMN. 能力提升 11．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，PQ与直线A1D和AC都垂直，则直线PQ与BD1的关系是(　　) A．异面直线 B．平行直线 C．垂直不相交 D．垂直且相交 解析　设正方体的棱长为1，取D点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)， 则 eq \o(DA1,\s\up15(→))＝(1，0，1)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1，1，0)， 设 eq \o(PQ,\s\up15(→))＝(a，b，c)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＋c＝0，,－a＋b＝0，)) 取b＝1，则 eq \o(PQ,\s\up15(→))＝(1，1，－1)， ∵ eq \o(BD1,\s\up15(→))＝(－1，－1，1)＝－ eq \o(PQ,\s\up15(→))， ∴ eq \o(PQ,\s\up15(→))∥ eq \o(BD1,\s\up15(→))，∴PQ∥BD1. 12．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝ eq \f(\r(2),3)a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) A．相交但不平行 B．平行 C．相交且垂直 D．不能确定 解析　∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝ eq \f(\r(2),3)a， ∴ eq \o(MB,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(A1B,\s\up15(→))， eq \o(CN,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(CA,\s\up15(→))， ∴ eq \o(MN,\s\up15(→))＝ eq \o(MB,\s\up15(→))＋ eq \o(BC,\s\up15(→))＋ eq \o(CN,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(A1B,\s\up15(→))＋ eq \o(BC,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3) eq \o(CA,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3)( eq \o(B1B,\s\up15(→))－ eq \o(B1A1,\s\up15(→)))＋ eq \o(B1C1,\s\up15(→))＋ eq \f(2,3)( eq \o(B1A1,\s\up15(→))－ eq \o(B1C1,\s\up15(→)))＝ eq \f(2,3) eq \o(B1B,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(B1C1,\s\up15(→)). 又∵ eq \o(CD,\s\up15(→))是平面BB1C1C的法向量， 且 eq \o(MN,\s\up15(→))· eq \o(CD,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)\o(B1B,\s\up15(→))＋\f(1,3)\o(B1C1,\s\up15(→))))· eq \o(CD,\s\up15(→))＝0， ∴ eq \o(MN,\s\up15(→))⊥ eq \o(CD,\s\up15(→))，又MN⊄平面BB1C1C， ∴MN∥平面BB1C1C. 13．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1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 ． eq \f(1,2) 解析　建立以A为坐标原点， eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(AD,\s\up15(→))， eq \o(AA1,\s\up15(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，设AB＝a，点P坐标为(0，0，b)，则A(0，0，0)，B1(a，0，1)，D(0，1，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，∴ eq \o(AB1,\s\up15(→))＝(a，0，1)， eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))， eq \o(DP,\s\up15(→))＝(0，－1，b)，设平面B1AE的法向量为m＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AB1,\s\up15(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(a,2)x＋y＝0，)) 令x＝2，则y＝－a，z＝－2a， ∴平面B1AE的一个法向量为m＝(2，－a，－2a)， ∵DP∥平面B1AE， ∴ eq \o(DP,\s\up15(→))·m＝0，即0＋a－2ab＝0，解得b＝ eq \f(1,2)，即AP＝ eq \f(1,2). 多元数学 14．(逻辑推理)如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，△ABD是边长为1的等边三角形，BC＝3.问：线段BD上是否存在点N(不包括端点)，使得直线CE∥平面AFN？若存在，求出 eq \f(BN,BD)的值；若不存在，请说明理由. 解　存在．∵平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，∴DE⊥平面ABCD.过点D作DG⊥BC于点G，如图． 以点D为原点，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f(\r(3),2)，0))，D(0，0，0)，E(0，0，1)，F(1，0，1)， ∴ eq \o(AF,\s\up15(→))＝(0，0，1)， eq \o(CE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(\r(3),2)，1))， eq \o(AB,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))， eq \o(BD,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，0)). 设 eq \f(BN,BD)＝λ，0<λ<1， 则 eq \o(BN,\s\up15(→))＝λ eq \o(BD,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)λ，－\f(\r(3),2)λ，0))， 则 eq \o(AN,\s\up15(→))＝ eq \o(AB,\s\up15(→))＋ eq \o(BN,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,2)λ，\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)λ，0)). 设n＝(x，y，z)是平面AFN的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AN,\s\up15(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,2)λ))x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(\r(3),2)λ))y＝0，)) ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(z＝0，,\r(3)(1－λ)y＝(1＋λ)x，)) 取x＝ eq \r(3)，则y＝ eq \f(1＋λ,1－λ)， ∴n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1＋λ,1－λ)，0))是平面AFN的一个法向量． ∵CE∥平面AFN，∴ eq \o(CE,\s\up15(→))·n＝0. 由n· eq \o(CE,\s\up15(→))＝ eq \f(5\r(3),2)－ eq \f(\r(3),2)× eq \f(1＋λ,1－λ)＝0，得λ＝ eq \f(2,3)，符合题意，即线段BD上存在点N，使得直线CE∥平面AFN，此时 eq \f(BN,BD)＝ eq \f(2,3). $