第1章 1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的平行-【金版新学案】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量应用，围绕线线、线面、面面平行及探索性问题展开，通过问题导思衔接向量概念与平行判定，搭建从向量关系到几何平行的认知支架。 其特色在于采用“问题-新知-典例-规律-练习”闭环结构，典例多解（如坐标法与基向量法）培养逻辑推理和数学运算，探索性问题提升创新意识。小结系统梳理方法，助力学生掌握向量表达几何关系，教师可利用分层评价优化教学。

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 　 第一章 空间向量与立体几何 单元学习四　空间向量的应用 任务一　空间中直线与直线平行 1 任务二　空间中直线与平面平行 2 任务三　空间中平面与平面平行 3 课时分层评价 6 内容索引 随堂评价 5 任务四　平行关系中的探索性问题 4 学习目标 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，培养数学抽象、直观想象的核心素养． 2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的平行关系，提升逻辑推理、数学运算的核心素养． 任务一　空间中直线与直线平行 返回 (阅读教材P29，完成探究问题1) 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具有什么 关系？ 提示：平行． 问题导思 两直线平行的判定方法 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得__________． 新知构建 u1＝λu2 (1)此处不考虑线线重合的情况.(2)设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔λ. 微提醒 (一题多解)如图，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，DMDB，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． 典例 1 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，C(0，2，0)，E(0，1，，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 证明两直线平行的方法 1.公理法：平行直线的传递性． 2.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． 3.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.　　 对点练1.(一题多解)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，点N，R分别为A1D1，BC的中点．求证：MN∥RS． 证明：法一：如图所示，建立空间直角坐标系． 根据题意得M，N(0，2，2)，R(3，2，0)，S. 则，分别为MN，RS的方向向量， 所以，， 所以，所以∥， 因为M∉RS，所以MN∥RS. 法二：设a，b，c， 则c－a＋b， b－a＋c． 所以， 所以∥. 又M∉RS，所以MN∥RS. 返回 任务二　空间中直线与平面平行 返回 (阅读教材P29，完成探究问题2) 问题2.观察下图，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． 问题导思 直线与平面平行的判定方法 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 ⇔_____________． 新知构建 u·n＝0 (1)证明线面平行的关键是证直线的方向向量与平面的法向量垂直．(2)特别强调直线在平面外．(3)设u＝(a1，b1，c1)是直线l的方向向量，n＝(a2，b2，c2)是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. 微提醒 (一题多解)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)，C(0，a，0)，E，B(a，a，0)． 典例 2 法一：设平面EDB的法向量为n＝(x，y，z)， 又，， 则有 所以 取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，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＋μ， 则有 所以－，又PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB． (变结论)在本例题的条件下，若点M为线段AB的中点，问：在棱PC上是否存在一点N，使得BN∥平面PDM？若存在，求出点N的位置，若不存在，请说明理由． 解：以点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(图略)，设PD＝DC＝a， 则D(0，0，0)，P(0，0，a)，M，C(0，a，0)， 则(0，0，a)，， 设平面PDM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 变式探究 则 令y1＝2，则x1＝－1，z1＝0，所以n1＝(－1，2，0). 设N(0，y，z)，则(0，y，z－a)，(0，a，－a)， 由λ(0≤λ≤1)得，(0，y，z－a)＝λ(0，a，－a)， 所以y＝λa，z＝a(1－λ)， 所以N(0，λa，a(1－λ)). 又B(a，a，0)，所以(－a，λa－a，a(1－λ))， 由BN∥平面PDM，得·n1＝0， 即a＋2(λ－1)a＝0，所以λ， 即在棱PC上存在一点N，且当N为PC的中点时，使得BN∥平面PDM. 规律方法 利用空间向量证明线面平行的方法 1.法向量法：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.共线向量法：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.共面向量法：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，即可用平面内的一组基底表示．　　 对点练2.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC的中点，求证：AB1∥平面DBC1. 证明：如图以A为坐标原点建立空间直角坐标系．设正三棱柱的底面边长为a(a＞0)，侧棱长为b(b＞0)， 则A(0，0，0)，B，B1，C1(0，a，b)，D， 所以，，. 设平面DBC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 所以 取y＝2b，则n＝(0，2b，－a). 由于·n＝ab－ab＝0，因此⊥n. 又AB1⊄平面DBC1，所以AB1∥平面DBC1. 返回 任务三　空间中平面与平面平行 返回 (阅读教材P29，完成探究问题3) 问题3.观察下图，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． 问题导思 平面与平面平行的判定方法 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得____________． 新知构建 n1＝λn2 微提醒 (1)此处不考虑面面重合的情况．(2)设n1分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔λ． 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，M，N，E，F分别是棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点． 求证：平面AMN∥平面BDEF． 证明：如图所示，以点D为坐标原点，分别以 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(a，0，0)，B(a，a，0)，M ． 典例 3 于是． 设n1＝(x1，y1， z 1)是平面AMN的法向量， 则 所以 取z1＝1，得x1＝2，y1＝－2，则n1＝(2，－2，1)． 设n2＝(x2，y2，z2)是平面BDEF的法向量， 则 所以 取z2＝1，得x2＝2，y2＝－2，则n2＝(2，－2，1)． 所以n1＝n2. 所以平面AMN∥平面BDEF． 规律方法 利用空间向量证明面面平行的方法 1.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．(例3) 2.转化为相应的线线平行或线面平行．(对点练3)　　 对点练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． 求证：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为坐标原点，DM，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 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∥，∥， 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. 返回 任务四　平行关系中的探索性问题 返回 (一题多解，链教材P30例3)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD＝AA1＝1，AB＝2.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，请说明理由． 解：以D为原点，DA，DC，DD1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． 典例 4 所以D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，E(，2，0)，M(，1，0). 所以(0，2，0)，(，1，0)，(0，－2，1). 法一：假设线段CD1上存在点N，使MN∥平面ADD1A1， 并设λλ(0，－2，1)＝(0，－2λ，λ)(0≤λ≤1)， 则(0，2，0)＋(0，－2λ，λ)＝(0，2－2λ，λ)， －(－，1－2λ，λ)， 由题意知(0，2，0)是平面ADD1A1的一个法向量，所以⊥，即2(1－2λ)＝0，解得λ. 所以当N为线段CD1的中点时，MN∥平面ADD1A1. 法二：由CD1⊂平面Dyz，假设线段CD1上存在点N(0，y，z)，使MN∥平面ADD1A1，过点N作DC的垂线，垂足为Q(图略)，在△CDD1与△CQN中，由三角形相似的性质知，，即y＋2z＝2①， (0，2，0)是平面ADD1A1的一个法向量， 而(－，y－1，z)， 由·0得2(y－1)＝0②， 由①②得，y＝1，z， 所以当N为线段CD1的中点时，MN∥平面ADD1A1. 规律方法 　　有关是否存在一点，使得直线与平面之间满足平行的探索性问题，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，将直线与平面的平行关系转化为直线的方向向量与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．　　 对点练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(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． 返回 课堂小结 任务再现 1.线线平行的向量表示.2.线面平行的向量表示.3.面面平行的向量表示.4.平行关系中的探索性问题 方法提炼 坐标法、基底法、转化与化归思想 易错警示 通过向量和平面平行直接得到线面平行，忽略条件直线不在平面内 随堂评价 返回 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 √ 因为b＝－2a，所以l1与l2平行或重合．故选D． 2.(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) √ √ 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AD． 3.设平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k＝ A．2　　 B．－2 C．4　　 D．－4 √ 因为α∥β，所以，所以k＝4.故选C． 4.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的值为__________． －3 因为l∥平面ABC，所以存在实数x，y，使a＝x＋y，(1，0，－1)，(0，1，－1)，所以(2，m，1)＝x(1，0，－1)＋y(0，1，－1)＝(x，y，－x－y)，所以所以m＝－3. 返回 课时分层评价 返回 1.(多选)已知u1，u2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，直线l1，l2均在平面α，β外，则下列说法中，正确的是 A．u1∥u2⇔l1∥l2　　 B．u1⊥u2⇔l1∥l2 C．n1∥n2⇔α∥β　　 D．u1⊥n1⇔l1∥α √ √ √ 两直线的方向向量平行，且两直线不重合，则两直线平行，故A正确；两直线的方向向量垂直，则它们也垂直，故B错误；两个平面的法向量平行，且两个平面不重合，则这两个平面平行，故C正确；一条直线的方向向量与一个平面的法向量垂直，则这条直线(直线在该平面外)与该平面平行，故D正确．故选ACD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.若平面α，β的一个法向量分别为m＝(－，，－1)，n，则下列结论正确的是 A．α∥β B．α⊥β C．α与β相交但不垂直 D．α∥β或α与β重合 √ 因为n＝－3m，所以m∥n，所以α∥β或α与β重合．故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.若λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是 A．相交 B．平行 C．直线在平面内 D．平行或直线在平面内 √ 因为λ＋μ，所以，，共面，则AB与平面CDE的位置关系是平行或直线在平面内.故选D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝ANa，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.因为A1M＝ANa，所以M，N，所以.又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，所以(0，a，0)，所以·0，所以⊥.因为是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C．故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(多选)直线l1，l2的方向向量分别为a，b，且a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若l1∥l2，则λ的值为 A．2　　 B．　　 C．－3　　 D．3 √ √ 因为a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，l1∥l2，令a＝tb，则(λ＋1，0，2)＝t(6，2μ－1，2λ)＝(6t，(2μ－1)t，2λt)， 即故选AC． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为 A．(1，1，1)　　 B． C．　　 D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设AC，BD交于点O，连接OE(图略).设点M的坐标为(x，y，1)， 因为AC∩BD＝O，所以O(，，0)，又E(0，0，1)，A(， ，0)，所以(－，－，1)，(x－，y－， 1)，因为AM∥平面BDE，AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以∥，易得，即所以点M的坐标为(，，1).故选C． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.两条不同直线l1，l2的方向向量分别为m，n，则这两条直线的位置关系是______________. 相交或异面 因为m，n，m·n＝2×1＋1×1－2×1＝1≠0，故直线l1，l2不垂直，又≠≠，故直线l1，l2不平行，所以两条直线相交或异面. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.若a是平面α的一个法向量，且b＝(－1，2，1)，c均与平面α平行，则向量a＝__________________. 由题意知 即所以a. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.如图，在三棱锥O-ABC中，OA＝OB＝1，OC＝2，OA，OB，OC两两垂直，存在一点D，使BD∥AC，DC∥AB，则点D的坐标为　　 　　　． (－1，1，2) 由题图知，A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，2)，设所求点D的坐标为(x，y，z)，则＝(x，y－1，z)，＝(－1，0，2)，＝(－x，－y，2－z)，＝(－1，1，0). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由BD∥AC，DC∥AB⇒∥，∥，因此(k1，k2∈R)，解得即点D的坐标为(－1，1，2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)如图，已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点．证明： (1)MN∥平面CC1D1D； 证明：以D为坐标原点，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，如图所示． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，0，1)，N(1，1，0)，P(1，2，1)． 由正方体的性质，知AD⊥平面CC1D1D， 所以(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量． 由于(0，1，－1)， 则0×2＋1×0＋(－1)×0＝0， 所以． 又MN⊄平面CC1D1D， 所以MN∥平面CC1D1D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)平面MNP∥平面CC1D1D． 证明：因为(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量， 由于(0，2，0)，(0，1，－1)，则 即(2，0，0)也是平面MNP的一个法向量， 所以平面MNP∥平面CC1D1D． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.(多选)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列结论中正确的是 A．A1M∥D1P　　 B．A1M∥B1Q C．A1M∥平面DCC1D1　　 D．A1M∥平面D1PQB1 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为 ，，所以∥，从而A1M∥D1P，可得选项A、C、D正确.又B1Q与D1P不平行，故B不正确.故选ACD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，点F在棱C1D1上，且λ，若B1F∥平面A1BE，则λ＝ A．　　 B． C．　　 D． √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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，设正方体的棱长为1，则B(1，0，0)，E，D1(0，1，1)，C1(1，1，1)，A1(0，0，1)，可得＝，＝，设n＝是平面A1BE的法 向量， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则取z ＝2，则x＝2，y＝1，即n＝.由＝，且＝λ，可得F(λ，1，1).又因为B1(1，0，1)，则＝.由B1F∥平面A1BE，可得n·＝2＋1×1＋2×0＝0，解得λ＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.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 11 12 13 14 15 16 解析：如图所示，以A为坐标原点，，， 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，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(1，2，－1)，(－1，1，0). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设平面EFC的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，则y＝1，z＝3，所以平面EFC的一个法向量为n＝(1，1，3).因为OG∥平面EFC，则n·0，设G(0，0，a)，则(－1，－1，a)，所以－1－1＋3a＝0，解得a，所以G，即AG. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO？ 解：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． 在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设正方体的棱长为1，O，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)， 设Q(0，1，m)(0m1)． 法一：因为(－1，－1，1)， 则， 所以，于是OP∥BD1. 又(－1，0，m)， 当m，即AP∥BQ， 有平面PAO∥平面D1BQ， 故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 法二：， 设平面PAO的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则有n1⊥， 因此取x1＝1，则n1＝(1，1，2)． 又因为(0，－1，1－m)， 设平面D1BQ的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则有n2⊥， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因此 所以取2＝1， 则n2＝(m，1－m，1)． 要使平面D1BQ∥平面PAO，需满足n1∥n2， 因此， 解得m． 故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(5分)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_______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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n，，，，所以有所以取c＝1，则n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为PE∥平面B1MN，所以·n＝－2x＋2＋z－2＝0，所以z＝2x，即(x，－2，2x－2)，，所以当x，z时，线段PE长度有最小值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(17分)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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以A1O⊥平面ABC． 连接OB，由AB＝BC，得OB⊥AC， 所以以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OBAC ＝1， 所以O，A，A1，C1(0，2，)，B， 则，. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设平面A1AB的法向量为n，则有 令y＝1，得x＝－1，z＝－， 所以n. 设E，λ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由，得λ(－1，2，)，所以所以E， 所以. 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. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 一 章 空 间 向 量 与 立 体 几 何 返回 $