資源簡介

6.3.2　空間線面關系的判定
第1課時　空間向量與平行關系
1.在空間直角坐標系中，已知A（1，2，3），B（－2，－1，6），C（3，2，1），D（4，3，0），則直線AB與CD的位置關系是（　　）
A.垂直 B.平行
C.異面 D.相交但不垂直
2.已知平面α的一個法向量為（1，2，－2），平面β的一個法向量為（－2，－4，k），若α∥β，則k＝（　　）
A.2 B.－4
C.4 D.－2
3.已知a為直線l的一個方向向量，，為平面α內兩個向量，則下列說法正確的是（　　）
A.若a＝，則l∥α
B.若a＝k（k∈R），則l∥α
C.若a＝p＋λ（p，λ∈R），則l∥α
D.以上均不一定推出l∥α
4.已知直線l的方向向量為m，平面α的法向量為n，則“m·n＝0”是“l∥α”的（　　）
A.充要條件
B.既不充分也不必要條件
C.充分不必要條件
D.必要不充分條件
5.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，若M，N分別為A1B，AC的中點，則MN與平面BB1C1C的位置關系是（　　）
A.相交 B.平行
C.垂直 D.不能確定
6.（多選）（2024·蘇州月考）已知空間中兩條不同的直線l，m，兩個不同的平面α，β，則下列說法中正確的是（　　）
A.若直線l的一個方向向量為a＝（1，－1，2），直線m的一個方向向量為b＝（2，－2，4），則l∥m
B.若直線l的方向向量為a＝（0，1，－1），平面α的法向量為n＝（1，－1，－1），則l∥α
C.若平面α，β的法向量分別為n1＝（0，1，3），n2＝（1，0，2），則α∥β
D.若平面α經過三個點A（1，0，－1），B（0，－1，0），C（－1，2，0），向量n＝（1，u，t）是平面α的一個法向量，則u＋t＝
7.直線l的方向向量s＝（－1，1，1），平面α的法向量為n＝（2，x2＋x，－x），若直線l∥平面α，則實數x的值為　　　　.
8.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中點，則OP與BD1的位置關系是　　　　.
9.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為2，M，N分別為A1B，AC的中點.求證：MN∥B1C.
10.如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC的中點，
求證：AB1∥平面DBC1.
11.（2024·連云港月考）如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，若AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，則M點的坐標為（　　）
A.（1，1，1） B.
C. D.
12.（多選）已知四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝1，E是PB的中點，F是PC的中點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則下列說法中正確的是（　　）
A.平面ADE的一個法向量是（0，－1，1）
B.直線AE∥平面PCD
C.直線EF∥平面PAD
D.直線DF∥平面PAB
13.（2024·鹽城質檢）已知直線l的一個方向向量為a＝（1，－1，2），平面α的一個法向量為b＝（x，0，z）.若l∥α，｜b｜＝2｜a｜，則b＝　　　　.
14.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E，F分別是BB1，DD1的中點，求證：
（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F.
15.（2024·鎮江質檢）四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的倍，P為側棱SD上的點.若SD⊥平面PAC，問側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，請說明理由.
第1課時　空間向量與平行關系
1.B　由題意得，＝（－3，－3，3），＝（1，1，－1），∴＝－3，∴與共線，又AB與CD沒有公共點.∴AB∥CD.
2.C　因為α∥β，所以＝＝，所以k＝4.
3.D　選項A、B、C都能推出l∥α或l α，但不能確定一定是l∥α.
4.D　若m·n＝0，則l∥α或l α；另一方面，若l∥α，則m·n＝0.因此，“m·n＝0”是“l∥α”的必要不充分條件.故選D.
5.B　根據題意建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則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的一個法向量為n＝（0，1，0），∴·n＝－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴⊥n，又∵MN 平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.故選B.
6.AD　對于A，b＝2a，則a∥b，∴l∥m，故A中說法正確；對于B，a·n＝0×1＋1×（－1）＋（－1）×（－1）＝0，則a⊥n，∴l∥α或l α，故B中說法錯誤；對于C，若n1＝λn2（λ≠0），則（0，1，3）＝λ（1，0，2），得此方程組無解，∴α∥β不成立，故C中說法錯誤；對于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中說法正確.故選A、D.
7.±　解析：∵直線l的方向向量s＝（－1，1，1），平面α的法向量為n＝（2，x2＋x，－x），直線l∥平面α，∴x2－2＝0，解得x＝±.
8.平行　解析：如圖所示，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系D-xyz，設正方體的棱長為1，則O（，，0），P（0，0，），B（1，1，0），D1（0，0，1）.則＝（－，－，），＝（－1，－1，1），所以＝，∥，所以OP∥BD1.
9.證明：如圖，以點D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系.則A（2，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），B（2，2，0），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.
10.證明：如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系.
設正三棱柱的底面邊長為a（a＞0），側棱長為b（b＞0），則A（0，0，0），B（a，，0），B1（a，，b），C1（0，a，b），D（0，，0），
∴＝（a，，b），＝（－a，0，0），＝（0，，b）.
設平面DBC1的法向量為n＝（x，y，z），
則
∴
不妨令y＝2b，則n＝（0，2b，－a）.
由于·n＝ab－ab＝0，因此⊥n.
又AB1 平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1.
11.C　由已知得A（，，0），B（0，，0），D（，0，0），E（0，0，1）.設M（x，x，1），則＝（x－，x－，1），＝（，－，0），＝（0，－，1）.設平面BDE的一個法向量為n＝（a，b，c），則即所以取b＝1，則n＝（1，1，）.又AM∥平面BDE，所以n·＝0，即2（x－）＋＝0，得x＝，所以M.故選C.
12.AC　由題圖得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），＝（，，），設平面ADE的法向量為n＝（x，y，z），則令z＝1，得y＝－1，x＝0，所以n＝（0，－1，1），故A正確；因為PD⊥AD，AD⊥CD，PD∩CD＝D，又PD，CD 平面PCD，所以AD⊥平面PCD，所以平面PCD的一個法向量為＝（1，0，0）.又因為＝（－，，），·＝－≠0，所以與不垂直，即AE與平面PCD不平行，故B不正確；易知平面PAD的一個法向量為＝（0，1，0），又＝（－，0，0），·＝0，所以EF⊥DC，又EF 平面PAD，所以直線EF∥平面PAD，故C正確；設平面PAB的法向量為m＝（x1，y1，z1），又＝（0，1，0），＝（1，0，－1），由令x1＝1，得m＝（1，0，1），又＝（0，，），所以·m＝≠0，所以直線DF與平面PAB不平行，故D不正確.故選A、C.
13.（，0，－）或（－，0，）　解析：因為l∥α，所以x＋2z＝0，又因為｜b｜＝2｜a｜，所以x2＋z2＝4（1＋1＋4）＝24，解得或
14.證明：如圖所示建立空間直角坐標系D-xyz，則有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＝（0，2，1），＝（2，0，0），＝（0，2，1），＝（2，0，0）.
（1）設n1＝（x1，y1，z1）是平面ADE的一個法向量，則n1⊥，n1⊥，
即
得
令z1＝2，則y1＝－1，所以n1＝（0，－1，2）.
因為·n1＝－2＋2＝0，所以⊥n1.
又因為FC1 平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
（2）設n2＝（x2，y2，z2）是平面B1C1F的一個法向量.
由n2⊥，n2⊥，得
得
令z2＝2，得y2＝－1.
所以n2＝（0，－1，2），因為n1＝n2，
所以平面ADE∥平面B1C1F.
15.解：連接BD，設AC交BD于點O，連接SO，由題意知SO⊥平面ABCD.以O為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立空間直角坐標系O-xyz，如圖所示.
設底面邊長為a，則OD＝OC＝OB＝a，SO＝a，于是S，
B，D，
C（0，a，0），
則＝，
＝（a，0，a），
＝.
假設在側棱SC上存在一點E，使得BE∥平面PAC.
由題意知是平面PAC的一個法向量，
設＝t，則＝＋＝＋t＝（－a，a－at，at）.
由·＝0，得－＋a2t＝0，解得t＝.
即當SE∶EC＝2∶1時，⊥，
又BE 平面PAC，所以BE∥平面PAC.
故側棱SC上存在一點E，使得BE∥平面PAC，且SE∶EC＝2∶1.
3 / 3第1課時　空間向量與平行關系
題型一 直線和直線平行
【例1】　在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，點M在棱BB1上，且BM＝2MB1，點S在DD1上，且SD1＝2SD，點N，R分別為A1D1，BC的中點，求證：MN∥RS.
通性通法
證明直線平行的兩種思路
【跟蹤訓練】
如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為DD1和BB1的中點.求證：四邊形AEC1F是平行四邊形.
題型二 直線和平面平行
【例2】　（鏈接教科書第33頁例5）（1）用向量方法證明“直線與平面平行的判定定理”：若平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行.
已知：直線AB∥直線CD，AB 平面α，CD 平面α.
求證：AB∥α.
（2）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是C1C，B1C1的中點.求證：MN∥平面A1BD.
通性通法
利用空間向量證明線面平行的三種方法
（1）證明直線的方向向量與平面內任意兩個不共線的向量共面，即可用平面內的一組基底表示；
（2）證明直線的方向向量與平面內某一向量共線，轉化為線線平行，利用線面平行判定定理得證；
（3）先求直線的方向向量，然后求平面的法向量，證明直線的方向向量與平面的法向量垂直，最后說明所證直線不在該平面內.
【跟蹤訓練】
（2024·廈門月考）如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點M和點N分別為B1C和D1D的中點.求證：MN∥平面ABCD.
題型三 平面和平面平行
【例3】　證明“平面與平面平行的判定定理”：若一個平面內的兩條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行.
已知：如圖，a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α.求證：α∥β.
通性通法
證明面面平行的方法
（1）利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平行；
（2）將面面平行轉化為線線平行然后用向量共線進行證明.
【跟蹤訓練】
如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F是棱AB的中點.試用向量方法證明：平面AA1D1D∥平面FCC1.
1.已知向量a＝（2，4，5），b＝（3，x，y）分別是直線l1，l2的方向向量，若l1∥l2，則（　　）
A.x＝6，y＝15 B.x＝3，y＝
C.x＝3，y＝15 D.x＝6，y＝
2.已知l∥α，且l的方向向量為a＝（2，m，1），平面α的法向量為n＝，則m＝　　　　.
3.（2024·徐州月考）已知平面α內的三點A（0，0，1），B（0，1，0），C（1，0，0），平面β的一個法向量為n＝（－1，－1，－1），且β與α不重合，則β與α的位置關系是　　　　.
4.如圖，在四面體ABCD中，E是BC的中點.直線AD上是否存在點F，使得AE∥CF？
第1課時　空間向量與平行關系
【典型例題·精研析】
【例1】　證明：法一　設＝a，＝b，＝c，
則＝＋＋＝c－a＋b，
＝＋＋＝b－a＋c，
∴＝，∴∥，
又∵R MN，
∴MN∥RS.
法二　如圖所示，建立空間直角坐標系A-xyz，則根據題意得M，N（0，2，2），R（3，2，0），S.
∴＝，＝，
∴＝.
∴∥.∵M RS，∴MN∥RS.
跟蹤訓練
　證明：以點D為坐標原點，分別以，，為正交基底建立空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為1，則A（1，0，0），E，
C1（0，1，1），F，
∴＝，＝（－1，0，），＝，＝，
∴＝，＝，∴∥，∥，
又∵F AE，F EC1，
∴AE∥FC1，EC1∥AF，
∴四邊形AEC1F是平行四邊形.
【例2】　證明：（1）設平面α的法向量為n，則·n＝0.
因為∥，所以存在λ∈R，使＝λ，
則·n＝λ·n＝0，所以AB∥α.
（2）不妨設正方體的棱長為1，以{，，}為單位正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則可求得M（0，1，），N，D（0，0，0），A1（1，0，1），B（1，1，0）.
于是＝，＝（1，0，1），＝（1，1，0）.
設平面A1BD的法向量為n＝（x，y，z），
則得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1，∴n＝（1，－1，－1）.
∵·n＝·（1，－1，－1）＝0，∴⊥n.
又∵MN 平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
跟蹤訓練
　證明：如圖，以A為坐標原點，AC，AB，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，依題意可得A（0，0，0），C（2，0，0），D（1，－2，0），B1（0，1，2），D1（1，－2，2）.
因為M，N分別為B1C，D1D的中點，
所以M（1，，1），N（1，－2，1）.
依題意，可得n＝（0，0，1）為平面ABCD的一個法向量，
又＝（0，－，0），則·n＝0，
又直線MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
【例3】　證明：如題圖，取平面α的法向量n，直線a，b的方向向量u，v.
因為a∥α，b∥α，所以n·u＝0，n·v＝0.
因為a β，b β，a∩b＝P，
所以對任意點Q∈β，存在x，y∈R，使得＝xu＋yv.
從而n·＝n·（xu＋yv）＝xn·u＋yn·v＝0.
所以向量n也是平面β的法向量.故α∥β.
跟蹤訓練
　證明：因為AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中點，所以BF＝BC＝CF，所以△BCF為正三角形.
因為ABCD為等腰梯形，AB＝4，BC＝CD＝2，所以∠BAD＝∠ABC＝60°，
取AF的中點M，連接DM，
則DM⊥AB，所以DM⊥CD.
以D為原點，DM所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則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.
隨堂檢測
1.D　由題意得，＝＝，∴x＝6，y＝.
2.－8　解析：∵l∥α，∴a⊥n，即a·n＝2＋m＋2＝0，∴m＝－8.
3.α∥β　解析：∵＝（0，1，－1），＝（1，0，－1），n·＝（－1，－1，－1）·（0，1，－1）＝－1×0＋（－1）×1＋（－1）×（－1）＝0，n·＝（－1，－1，－1）·（1，0，－1）＝－1×1＋0＋（－1）×（－1）＝0，∴n⊥，n⊥.∴n也為α的一個法向量，又α與β不重合，∴α∥β.
4.解：不存在，理由如下.
＝＋，＝＋，
因為，不共線，所以不存在實數λ使＋＝λ（－＋），即不存在實數λ，使＝λ，所以，不共線，
故直線AD上不存在點F，使得AE∥CF.
2 / 2(共56張PPT)
第1課時　空間向量與平行關系
目錄
典型例題·精研析
01
知能演練·扣課標
02
典型例題·精研析
01
課堂互動 關鍵能力提升
題型一 直線和直線平行
【例1】　在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，
點M在棱BB1上，且BM＝2MB1，點S在DD1上，且SD1＝2SD，點
N，R分別為A1D1，BC的中點，求證：MN∥RS.
證明：法一　設 ＝a， ＝b， ＝c，
則 ＝ ＋ ＋ ＝ c－a＋ b，
＝ ＋ ＋ ＝ b－a＋ c，
∴ ＝ ，∴ ∥ ，
又∵R MN，
∴MN∥RS.
法二　如圖所示，建立空間直角坐標系A-xyz，則根據題意得
M ，N（0，2，2），R（3，2，0），S .
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ .
∴ ∥ .∵M RS，∴MN∥RS.
通性通法
證明直線平行的兩種思路
【跟蹤訓練】
如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為DD1和BB1的
中點.求證：四邊形AEC1F是平行四邊形.
證明：以點D為坐標原點，分別以 ， ， 為正交基底建立空
間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為1，則A（1，0，0），
E ，
C1（0，1，1），F ，
∴ ＝ ， ＝ ，
＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ， ＝ ，∴ ∥ ， ∥ ，
又∵F AE，F EC1，
∴AE∥FC1，EC1∥AF，
∴四邊形AEC1F是平行四邊形.
題型二 直線和平面平行
【例2】　（鏈接教科書第33頁例5）（1）用向量方法證明“直線與平面平行的判定定理”：若平面外一條直線與此平面內的一條直線平行，則該直線與此平面平行.
已知：直線AB∥直線CD，AB 平面α，CD 平面α.
求證：AB∥α.
證明： 設平面α的法向量為n，則 ·n＝0.
因為 ∥ ，所以存在λ∈R，使 ＝λ ，
則 ·n＝λ ·n＝0，所以AB∥α.
（2）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是C1C，B1C1的中點.求證：MN∥平面A1BD.
證明： 不妨設正方體的棱長為1，以
{ ， ， }為單位正交基底建立如圖
所示的空間直角坐標系，則可求得M（0，
1， ），N ，D（0，0，0），A1
（1，0，1），B（1，1，0）.
于是 ＝ ， ＝（1，0，1）， ＝（1，1，0）.
設平面A1BD的法向量為n＝（x，y，z），
則得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1，∴n＝（1，－1，－1）.
∵ ·n＝ ·（1，－1，－1）＝0，∴ ⊥n.
又∵MN 平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.
通性通法
利用空間向量證明線面平行的三種方法
（1）證明直線的方向向量與平面內任意兩個不共線的向量共面，即
可用平面內的一組基底表示；
（2）證明直線的方向向量與平面內某一向量共線，轉化為線線平
行，利用線面平行判定定理得證；
（3）先求直線的方向向量，然后求平面的法向量，證明直線的方向
向量與平面的法向量垂直，最后說明所證直線不在該平面內.
【跟蹤訓練】
（2024·廈門月考）如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，側棱A1A⊥
底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝ ，且
點M和點N分別為B1C和D1D的中點.求證：MN∥平面ABCD.
證明：如圖，以A為坐標原點，AC，AB，AA1所
在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐
標系，依題意可得A（0，0，0），C（2，0，
0），D（1，－2，0），B1（0，1，2），D1
（1，－2，2）.
因為M，N分別為B1C，D1D的中點，
所以M（1， ，1），N（1，－2，1）.
依題意，可得n＝（0，0，1）為平面ABCD的一個法向量，
又 ＝（0，－ ，0），則 ·n＝0，
又直線MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
題型三 平面和平面平行
【例3】　證明“平面與平面平行的判定定理”：若一個平面內的兩
條相交直線與另一個平面平行，則這兩個平面平行.
已知：如圖，a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α.
求證：α∥β.
證明：如題圖，取平面α的法向量n，直線a，b的方向向量u，v.
因為a∥α，b∥α，所以n·u＝0，n·v＝0.
因為a β，b β，a∩b＝P，
所以對任意點Q∈β，存在x，y∈R，使得 ＝xu＋yv.
從而n· ＝n·（xu＋yv）＝xn·u＋yn·v＝0.
所以向量n也是平面β的法向量.故α∥β.
通性通法
證明面面平行的方法
（1）利用空間向量證明面面平行，通常是證明兩平面的法向量平
行；
（2）將面面平行轉化為線線平行然后用向量共線進行證明.
【跟蹤訓練】
如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，
AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F是棱AB的中點.試用
向量方法證明：平面AA1D1D∥平面FCC1.
證明：因為AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中
點，所以BF＝BC＝CF，所以△BCF為正三角形.
因為ABCD為等腰梯形，AB＝4，BC＝CD＝2，所
以∠BAD＝∠ABC＝60°，
取AF的中點M，連接DM，
則DM⊥AB，所以DM⊥CD.
以D為原點，DM所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則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.
1. 已知向量a＝（2，4，5），b＝（3，x，y）分別是直線l1，l2的
方向向量，若l1∥l2，則（　　）
A. x＝6，y＝15
C. x＝3，y＝15
解析： 　由題意得， ＝ ＝ ，∴x＝6，y＝ .
2. 已知l∥α，且l的方向向量為a＝（2，m，1），平面α的法向量
為n＝ ，則m＝ .
解析：∵l∥α，∴a⊥n，即a·n＝2＋ m＋2＝0，∴m＝－8.
－8　
3. （2024·徐州月考）已知平面α內的三點A（0，0，1），B（0，
1，0），C（1，0，0），平面β的一個法向量為n＝（－1，－
1，－1），且β與α不重合，則β與α的位置關系是 .
解析：∵ ＝（0，1，－1）， ＝（1，0，－1），n· ＝
（－1，－1，－1）·（0，1，－1）＝－1×0＋（－1）×1＋（－
1）×（－1）＝0，n· ＝（－1，－1，－1）·（1，0，－1）＝
－1×1＋0＋（－1）×（－1）＝0，∴n⊥ ，n⊥ .∴n也為
α的一個法向量，又α與β不重合，∴α∥β.
α∥β　
4. 如圖，在四面體ABCD中，E是BC的中點.直線AD上是否存在點
F，使得AE∥CF？
解：不存在，理由如下.
＝ ＋ ， ＝ ＋ ，
因為 ， 不共線，所以不存在實數λ使 ＋ ＝λ（－
＋ ），即不存在實數λ，使 ＝λ ，所以 ，
不共線，
故直線AD上不存在點F，使得AE∥CF.
知能演練·扣課標
02
課后鞏固 核心素養落地
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1. 在空間直角坐標系中，已知A（1，2，3），B（－2，－1，6），
C（3，2，1），D（4，3，0），則直線AB與CD的位置關系是
（　　）
A. 垂直 B. 平行
C. 異面 D. 相交但不垂直
解析： 　由題意得， ＝（－3，－3，3）， ＝（1，1，－
1），∴ ＝－3 ，∴ 與 共線，又AB與CD沒有公共
點.∴AB∥CD.
2. 已知平面α的一個法向量為（1，2，－2），平面β的一個法向量
為（－2，－4，k），若α∥β，則k＝（　　）
A. 2 B. －4
C. 4 D. －2
解析： 　因為α∥β，所以 ＝ ＝ ，所以k＝4.
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3. 已知a為直線l的一個方向向量， ， 為平面α內兩個向量，
則下列說法正確的是（　　）
D. 以上均不一定推出l∥α
解析： 　選項A、B、C都能推出l∥α或l α，但不能確定一定
是l∥α.
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4. 已知直線l的方向向量為m，平面α的法向量為n，則“m·n＝0”
是“l∥α”的（　　）
A. 充要條件
B. 既不充分也不必要條件
C. 充分不必要條件
D. 必要不充分條件
解析： 　若m·n＝0，則l∥α或l α；另一方面，若l∥α，
則m·n＝0.因此，“m·n＝0”是“l∥α”的必要不充分條件.
故選D.
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5. 如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，若M，N分別為A1B，AC的
中點，則MN與平面BB1C1C的位置關系是（　　）
A. 相交
B. 平行
C. 垂直
D. 不能確定
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解析： 　根據題意建立如圖所示的空間直角坐
標系，設正方體的棱長為2，則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的一個
法向量為n＝（0，1，0），∴ ·n＝－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴ ⊥n，又∵MN 平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C. 故選B.
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6. （多選）（2024·蘇州月考）已知空間中兩條不同的直線l，m，兩
個不同的平面α，β，則下列說法中正確的是（　　）
A. 若直線l的一個方向向量為a＝（1，－1，2），直線m的一個方向向量為b＝（2，－2，4），則l∥m
B. 若直線l的方向向量為a＝（0，1，－1），平面α的法向量為n＝（1，－1，－1），則l∥α
C. 若平面α，β的法向量分別為n1＝（0，1，3），n2＝（1，0，
2），則α∥β
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解析： 　對于A，b＝2a，則a∥b，∴l∥m，故A中說法正
確；對于B，a·n＝0×1＋1×（－1）＋（－1）×（－1）＝0，
則a⊥n，∴l∥α或l α，故B中說法錯誤；對于C，若n1＝λn2
（λ≠0），則（0，1，3）＝λ（1，0，2），得此方程
組無解，∴α∥β不成立，故C中說法錯誤；對于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中說法正確.故選A、D.
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解析：∵直線l的方向向量s＝（－1，1，1），平面α的法向量為
n＝（2，x2＋x，－x），直線l∥平面α，∴x2－2＝0，解得x＝
± .
± 　
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8. 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1
的中點，則OP與BD1的位置關系是 .
解析：如圖所示，分別以DA，DC，DD1所在
直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系
D-xyz，設正方體的棱長為1，則O（ ， ，
0），P（0，0， ），B（1，1，0），D1
（0，0，1）.則 ＝（－ ，－ ， ），
＝（－1，－1，1），所以 ＝ ， ∥ ，所以OP∥BD1.
平行　
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9. 如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為2，M，N分別為
A1B，AC的中點.求證：MN∥B1C.
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證明：如圖，以點D為原點，DA，DC，DD1
所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角
坐標系.則A（2，0，0），C（0，2，0），A1
（2，0，2），B（2，2，0），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.
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10. 如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC的中點，求證：AB1∥平面DBC1.
證明：如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系.
設正三棱柱的底面邊長為a（a＞0），側棱長為
b（b＞0），則A（0，0，0），B（ a， ，0），
B1（ a， ，b），C1（0，a，b），D（0， ，0），
∴ ＝（ a， ，b）， ＝（－ a，0，0），
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＝（0， ，b）.設平面DBC1的法向量為n＝（x，y，z），
則∴
不妨令y＝2b，則n＝（0，2b，－a）.
由于 ·n＝ab－ab＝0，因此 ⊥n.
又AB1 平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1.
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11. （2024·連云港月考）如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面
互相垂直，以CD，CB，CE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建
立空間直角坐標系，若AB＝ ，AF＝1，M在EF上，且AM∥
平面BDE，則M點的坐標為（　　）
A. （1，1，1）
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解析： 　由已知得A（ ， ，0），B（0， ，0），D
（ ，0，0），E（0，0，1）.設M（x，x，1），則 ＝
（x－ ，x－ ，1）， ＝（ ，－ ，0）， ＝
（0，－ ，1）.設平面BDE的一個法向量為n＝（a，b，
c），則即所以取b＝1，
則n＝（1，1， ）.又AM∥平面BDE，所以n· ＝0，即2
（x－ ）＋ ＝0，得x＝ ，所以M . 故選C.
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12. （多選）已知四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，
PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝1，E是PB的中點，F是PC的中
點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則下列說法中正確的是
（　　）
A. 平面ADE的一個法向量是（0，－1，1）
B. 直線AE∥平面PCD
C. 直線EF∥平面PAD
D. 直線DF∥平面PAB
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解析： 　由題圖得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）， ＝（ ， ， ），
設平面ADE的法向量為n＝（x，y，z），則
令z＝1，得y＝－1，x＝0，所以
n＝（0，－1，1），故A正確；因為PD⊥AD，AD⊥CD，
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PD∩CD＝D，又PD，CD 平面PCD，所以AD⊥平面PCD，所以平面PCD的一個法向量為 ＝（1，0，0）.又因為 ＝（－ ， ， ）， · ＝－ ≠0，所以 與 不垂直，即AE與平面PCD不平行，故B不正確；易知平面PAD的一個法向量為 ＝（0，1，0），又 ＝（－ ，0，0）， · ＝0，所以EF⊥DC，又EF 平面PAD，所以直線EF∥平面
PAD，故C正確；設平面PAB的法向量為m＝（x1，y1，z1），又 ＝（0，1，0）， ＝（1，0，－1），由令x1＝1，得m＝（1，0，1），又 ＝（0， ， ），所以 ·m＝ ≠0，所以直線DF與平面PAB不平行，故D不正確.故選A、C.
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解析：因為l∥α，所以x＋2z＝0，又因為｜b｜＝2｜a｜，所
以x2＋z2＝4（1＋1＋4）＝24，解得或
（ ，0，－ ）或（－ ，0，
）　
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14. 已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E，F分別是BB1，DD1
的中點，求證：
證明：如圖所示建立空間直角坐標系D-xyz，
則有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 ＝（0，2，1）， ＝（2，0，0）， ＝（0，2，1）， ＝（2，0，0）.
（1）FC1∥平面ADE；
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（1）設n1＝（x1，y1，z1）是平面ADE的一個法向量，則
n1⊥ ，n1⊥ ，
即得
令z1＝2，則y1＝－1，所以n1＝（0，－1，2）.
因為 ·n1＝－2＋2＝0，所以 ⊥n1.
又因為FC1 平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
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（2）平面ADE∥平面B1C1F.
證明：設n2＝（x2，y2，z2）是平面B1C1F的一個法向量.
由n2⊥ ，n2⊥ ，得
得
令z2＝2，得y2＝－1.
所以n2＝（0，－1，2），因為n1＝n2，
所以平面ADE∥平面B1C1F.
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15. （2024·鎮江質檢）四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側棱的
長都是底面邊長的 倍，P為側棱SD上的點.若SD⊥平面
PAC，問側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC？若存
在，求SE∶EC的值；若不存在，請說明理由.
解：連接BD，設AC交BD于點O，連接SO，由題意知SO⊥平面ABCD. 以O為坐標原點， ， ， 的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立空間直角坐標系O-xyz，如圖所示.
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設底面邊長為a，則OD＝OC＝OB＝ a，SO＝ a，于是
S ，
B ，D ，C（0， a，0），
則 ＝ ， ＝ ，
＝ .
假設在側棱SC上存在一點E，使得BE∥平面PAC.
由題意知 是平面PAC的一個法向量，
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設 ＝t ，則 ＝ ＋ ＝ ＋t ＝ .
由 · ＝0，得－ ＋ a2t＝0，解得t＝ .
即當SE∶EC＝2∶1時， ⊥ ，
又BE 平面PAC，所以BE∥平面PAC.
故側棱SC上存在一點E，使得BE∥平面PAC，
且SE∶EC＝2∶1.
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