高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第2课时导学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第2课时导学案，共18页。学案主要包含了直线和直线平行，直线和平面平行，平面和平面平行等内容，欢迎下载使用。

导语
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？
一、直线和直线平行
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具有什么关系？
提示 平行．
知识梳理
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.
注意点：
(1)此处不考虑线线重合的情况．
(2)证明线线平行的两种思路：
①用基向量表示出要证明的两条直线的方向向量，通过向量的线性运算，利用向量共线的充要条件证明．
②建立空间直角坐标系，通过坐标运算，利用向量平行的坐标表示．
例1 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 方法一 如图所示，建立空间直角坐标系，
根据题意得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，0，\f(4,3)))，N(0,2,2)，R(3,2,0)，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，4，\f(2,3))).
则eq \(MN,\s\up6(→))，eq \(RS,\s\up6(→))分别为MN，RS的方向向量，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，2，\f(2,3)))，eq \(RS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，2，\f(2,3)))，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(RS,\s\up6(→))，所以eq \(MN,\s\up6(→))∥eq \(RS,\s\up6(→))，因为M∉RS，
所以MN∥RS.
方法二 设eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，
则eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MB1,\s\up6(→))＋eq \(B1A1,\s\up6(—→))＋eq \(A1N,\s\up6(—→))＝eq \f(1,3)c－a＋eq \f(1,2)b，
eq \(RS,\s\up6(→))＝eq \(RC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)b－a＋eq \f(1,3)c.
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(RS,\s\up6(→))，
所以eq \(MN,\s\up6(→))∥eq \(RS,\s\up6(→)).
又R∉MN，
所以MN∥RS.
反思感悟 利用向量证明线线平行的思路
证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可．
跟踪训练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DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(FC1,\s\up6(→))，eq \(EC1,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))分别为直线AE，FC1，EC1，AF的方向向量，不妨设正方体的棱长为1，则A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(0,1,1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2)))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，
eq \(FC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，
eq \(EC1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(FC1,\s\up6(→))，eq \(EC1,\s\up6(→))＝eq \(AF,\s\up6(→))，
∴eq \(AE,\s\up6(→))∥eq \(FC1,\s\up6(→))，eq \(EC1,\s\up6(→))∥eq \(AF,\s\up6(→))，
又∵F∉AE，F∉EC1，
∴AE∥FC1，EC1∥AF，
∴四边形AEC1F是平行四边形．
二、直线和平面平行
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
知识梳理
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.
注意点：
(1)证明线面平行的关键看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．
例2 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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，B(a，a,0)．
方法一 设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，
又eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，
eq \(EB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(EB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)y＋z＝0，,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y,2)－\f(z,2)))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,2x＋y－z＝0.))
令z＝1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1，))所以n＝(1，－1,1)，
又eq \(PA,\s\up6(→))＝(a,0，－a)，
所以n·eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，－1,1)·(a,0，－a)＝a－a＝0.
所以n⊥eq \(PA,\s\up6(→)).
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\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，所以eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2))).
又eq \(PA,\s\up6(→))＝(a,0，－a)，
所以eq \(PA,\s\up6(→))＝2eq \(EG,\s\up6(→))，这表明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 \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(DE,\s\up6(→))＋μeq \(EB,\s\up6(→))，
即(a,0，－a)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))＋μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝1.))
所以eq \(PA,\s\up6(→))＝－eq \(DE,\s\up6(→))＋eq \(EB,\s\up6(→))，又PA⊄平面EDB，
所以PA∥平面EDB.
延伸探究 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1.问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置，若不存在，请说明理由．
解 分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图．
则P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,2,0)．
假设在棱PD上存在符合题意的点E，
设E(0，y，z)，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(0，y，z－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－1)．
∵eq \(PE,\s\up6(→))∥eq \(PD,\s\up6(→))，
∴－y－2(z－1)＝0.①
∵eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)是平面PAB的法向量，
eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，y－1，z)，
∴由CE∥平面PAB，可得eq \(CE,\s\up6(→))⊥eq \(AD,\s\up6(→)).
∴(－1，y－1，z)·(0,2,0)＝2(y－1)＝0.
∴y＝1，代入①式得z＝eq \f(1,2).
∴E是PD的中点，即存在点E为PD的中点时，CE∥平面PAB.
反思感悟 利用空间向量证明线面平行一般有三种方法：
(1)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．
(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)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．
跟踪训练2 在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点，求证：AB∥平面DEG.
证明 ∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB，
∴EF⊥AE，EF⊥BE.
又∵AE⊥EB，
∴EB，EF，EA两两垂直．
以点E为坐标原点，EB，EF，EA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．
由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,2)，G(2,2,0)，
∴eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)．
设平面DEG的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(ED,\s\up6(→))·n＝0，,\(EG,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))
令y＝1，得z＝－1，x＝－1，则n＝(－1,1，－1)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))·n＝－2＋0＋2＝0，即eq \(AB,\s\up6(→))⊥n.
∵AB⊄平面DEG，
∴AB∥平面DEG.
三、平面和平面平行
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．
知识梳理
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 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，
则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 \(FC1,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(C1B1,\s\up6(—→))＝(2,0,0)，
设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，
则n1⊥eq \(DA,\s\up6(→))，n1⊥eq \(AE,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝2x1＝0，,n1·\(AE,\s\up6(→))＝2y1＋z1＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝0，,z1＝－2y1.))
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的一个法向量．
由n2⊥eq \(FC1,\s\up6(→))，n2⊥eq \(C1B1,\s\up6(—→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(FC1,\s\up6(→))＝2y2＋z2＝0，,n2·\(C1B1,\s\up6(—→))＝2x2＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,z2＝－2y2.))
令z2＝2，得y2＝－1，
所以n2＝(0，－1,2)．
因为n1＝n2，即n1∥n2，
所以平面ADE∥平面B1C1F.
反思感悟 证明面面平行问题的方法
(1)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．
(2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明．
跟踪训练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．
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，
则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A(eq \r(3)，－1,0)，F(eq \r(3)，1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，
所以eq \(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1,0)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
所以eq \(DD1,\s\up6(→))∥eq \(CC1,\s\up6(→))，eq \(DA,\s\up6(→))∥eq \(CF,\s\up6(→))，
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．知识清单：
(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．
2．方法归纳：坐标法、转化化归．
3．常见误区：通过向量和平面平行直接得到线面平行，忽略条件直线不在平面内．
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)
答案 D
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．(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)
答案 AD
解析 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.
3．设平面α，β的一个法向量分别为u＝(1,2，－2)，v＝(－3，－6,6)，则α，β的位置关系为________．
答案 平行
解析 ∵v＝－3(1,2，－2)＝－3u，
∴α∥β.
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的值是________．
答案 －3
解析 ∵l∥平面ABC，
∴存在实数x，y，使a＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，
∴(2，m,1)＝x(1,0，－1)＋y(0,1，－1)＝(x，y，－x－y)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＝x，,m＝y，,1＝－x－y，))∴m＝－3.
课时对点练
1．与向量a＝(1，－3,2)平行的一个向量的坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1，1)) B．(－1，－3,2)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)，－1)) D．(eq \r(2)，－3，－2eq \r(2))
答案 C
解析 a＝(1，－3,2)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(3,2)，－1)).
2．若平面α，β的一个法向量分别为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)，\f(1,3)，－1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，3))，则( )
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
答案 D
解析 因为n＝－3m，所以m∥n，
所以α∥β或α与β重合．
3．已知直线l的方向向量是a＝(3,2,1)，平面α的法向量是u＝(－1,2，－1)，则l与α的位置关系是( )
A．l⊥α B．l∥α
C．l与α相交但不垂直 D．l∥α或l⊂α
答案 D
解析 因为a·u＝－3＋4－1＝0，
所以a⊥u.
所以l∥α或l⊂α.
4．(多选)若直线l的一个方向向量为d＝(6,2,3)，平面α的一个法向量为n＝(－1,3,0)，则直线l与平面α的位置关系是( )
A．垂直 B．平行
C．直线l在平面α内 D．不能确定
答案 BC
解析 ∵d·n＝－6＋2×3＋0＝0，
∴d⊥n，
∴直线l与平面α的位置关系是直线l在平面α内或平行．
5．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是( )
A．－eq \f(10,3) B．6 C．－6 D.eq \f(10,3)
答案 B
解析 ∵α∥β，
∴α的法向量与β的法向量也互相平行．
∴eq \f(2,4)＝eq \f(3,λ)＝eq \f(－1,－2)，∴λ＝6.
6.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
答案 B
解析 根据题意建系如图，
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)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．
又平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))·n＝－1×0＋0×1＋1×0＝0，
∴eq \(MN,\s\up6(→))⊥n，
又∵MN⊄平面BB1C1C，
∴MN∥平面BB1C1C.
7．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β与α的位置关系是________．
答案 α∥β
解析 eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，
n·eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(0,1，－1)
＝－1×0＋(－1)×1＋(－1)×(－1)＝0，
n·eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(1,0，－1)
＝－1×1＋0＋(－1)×(－1)＝0，
∴n⊥eq \(AB,\s\up6(→))，n⊥eq \(AC,\s\up6(→)).
∴n也为α的一个法向量，
又α与β不重合，
∴α∥β.
8．若a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，2y－1，－\f(1,4)))是平面α的一个法向量，且b＝(－1,2,1)，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2)，－2))均与平面α平行，则向量a＝________.
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4)))
解析 由题意，知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a·b＝0，,a·c＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋4y－\f(9,4)＝0，,3x＋y＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(9,52)，,y＝\f(27,52)，))
所以a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4))).
9.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F分别为A1C1和BC的中点．求证：C1F∥平面ABE.
证明 如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝a，AB＝b，BB1＝c，
则B(0,0,0)，A(0，b,0)，C1(a,0，c)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(b,2)，c)).
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，－b,0)，
eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)，c)).
设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－by＝0，,\f(a,2)x－\f(b,2)y＋cz＝0，))
令x＝2，则y＝0，z＝－eq \f(a,c)，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0，－\f(a,c))).
又eq \(C1F,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，－c))，
所以n·eq \(C1F,\s\up6(—→))＝0，
又C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.
10.如图所示，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点．
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求证：平面QMN∥平面PAD.
证明 (1)如图所示，以A为原点，以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设B(b,0,0)，D(0，d,0)．P(0,0，d)．则C(b，d,0)，因为M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)，\f(d,2)，\f(d,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)，0，0))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)，d，0))，
所以eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(d,2)，－\f(d,2))).因为平面PAD的一个法向量为m＝(1,0,0)，所以eq \(MN,\s\up6(→))·m＝0，即eq \(MN,\s\up6(→))⊥m.又因为MN不在平面PAD内，所以MN∥平面PAD.
(2)eq \(QN,\s\up6(→))＝(0，－d,0)，所以eq \(QN,\s\up6(→))·m＝0，所以eq \(QN,\s\up6(→))⊥m，又QN不在平面PAD内，所以QN∥平面PAD.又因为MN∩QN＝N，MN，QN⊂平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PAD.
11.如图，在正方体AC1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
答案 B
解析 设正方体的棱长为1，取D点为坐标原点建系后，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(1,0,1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
设eq \(PQ,\s\up6(→))＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝0，,－a＋b＝0，))
取eq \(PQ,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
∵eq \(BD1,\s\up6(→))＝(0,0,1)－(1,1,0)＝(－1，－1,1)＝－eq \(PQ,\s\up6(→))，
∴eq \(PQ,\s\up6(→))∥eq \(BD1,\s\up6(→))，
∴PQ∥BD1.
12.如图所示，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
A．(1,1,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
答案 C
解析 方法一 由题意得C(0,0,0)，D(eq \r(2)，0,0)，B(0，eq \r(2)，0)，E(0,0,1)，A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
eq \(DE,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,1)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，－eq \r(2)，0)，
设M(a，a,1)，平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋z＝0，,\r(2)x－\r(2)y＝0，))
令z＝eq \r(2)，则x＝1，y＝1，所以n＝(1,1，eq \r(2))，
又eq \(AM,\s\up6(→))＝(a－eq \r(2)，a－eq \r(2)，1)，
∴eq \(AM,\s\up6(→))·n＝a－eq \r(2)＋a－eq \r(2)＋eq \r(2)＝0，
∴a＝eq \f(\r(2),2)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
方法二 如图，设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，
所以AM∥EO，
又O是正方形ABCD对角线交点，
所以M为线段EF的中点．
在空间直角坐标系中，E(0,0,1)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
13．已知两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为n1＝(2，－3,1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,1,1)，则( )
A．平面α∥平面ABC
B．平面α⊥平面ABC
C．平面α、平面ABC相交但不垂直
D．以上均有可能
答案 A
解析 由题意，n1·eq \(AB,\s\up6(→))＝2×1＋(－3)×0＋1×(－2)＝0，
得n1⊥eq \(AB,\s\up6(→))，n1·eq \(AC,\s\up6(→))＝2×1＋(－3)×1＋1×1＝0，
得n1⊥eq \(AC,\s\up6(→))，所以n1⊥平面ABC，
所以平面α∥平面ABC.
14.(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
答案 ACD
解析 因为eq \(A1M,\s\up6(—→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，
eq \(D1P,\s\up6(—→))＝eq \(D1D,\s\up6(—→))＋eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(—→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，
所以eq \(A1M,\s\up6(—→))∥eq \(D1P,\s\up6(—→))，从而A1M∥D1P，可得ACD正确．
又B1Q与D1P不平行，故B不正确．
15．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E.
(1)若P，Q均在平面A1B1C1D1内，则PQ与BD的位置关系是________；(2)|eq \(A1P,\s\up6(—→))|的最小值为________．
答案 (1)平行 (2)eq \f(3\r(2),4)
解析 (1)以D为原点，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，如图所示，
A1(1,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，B(1,1,0)，若P，Q均在平面A1B1C1D1内，所以设P(a，b,1)，Q(m，n,1)，eq \(A1E,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，－\f(1,2)))，
eq \(BP,\s\up6(→))＝(a－1，b－1,1)，eq \(BQ,\s\up6(→))＝(m－1，n－1,1)．
因为BP⊥A1E，BQ⊥A1E，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BP,\s\up6(→))·\(A1E,\s\up6(—→))＝－a－1＋b－1－\f(1,2)＝0，,\(BQ,\s\up6(→))·\(A1E,\s\up6(—→))＝－m－1＋n－1－\f(1,2)＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b－a＝\f(1,2)，,n－m＝\f(1,2)，))
eq \(PQ,\s\up6(→))＝(m－a，n－b,0)＝(n－b，n－b,0)，
eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，
所以PQ与BD的位置关系是平行．
(2)由(1)可知b－a＝eq \f(1,2)，|eq \(A1P,\s\up6(—→))|＝eq \r(a－12＋b2)
＝eq \r(a－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2)＝eq \r(2a2－a＋\f(5,4))＝eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,4)))2＋\f(9,8))，
当a＝eq \f(1,4)时，|eq \(A1P,\s\up6(→))|有最小值，最小值为eq \f(3\r(2),4).
16．如图所示，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，y，z轴，建立空间直角坐标系，在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q.设正方体的棱长为1，
则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
则Q(0,1，m)．
方法一 因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，
eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)，
所以eq \(OP,\s\up6(→))∥eq \(BD1,\s\up6(→))，
于是OP∥BD1.
eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－1,0，m)，
当m＝eq \f(1,2)时，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(BQ,\s\up6(→))，
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.
方法二 eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2))).
设平面PAO的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则有n1⊥eq \(OA,\s\up6(→))，n1⊥eq \(OP,\s\up6(→))，
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1－\f(1,2)y1＝0，,－\f(1,2)x1－\f(1,2)y1＋\f(1,2)z1＝0，))
取x1＝1，则n1＝(1,1,2)．
又因为eq \(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)，eq \(QD1,\s\up6(→))＝(0，－1,1－m)．
设平面D1BQ的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则有n2⊥eq \(BD1,\s\up6(→))，n2⊥eq \(QD1,\s\up6(→))，
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－y2＋z2＝0，,－y2＋1－mz2＝0，))
取z2＝1，则n2＝(m,1－m,1)．
要使平面D1BQ∥平面PAO，需满足n1∥n2，
因此eq \f(1,m)＝eq \f(1,1－m)＝eq \f(2,1)，解得m＝eq \f(1,2)，这时Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2))).
故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.