第2课时 空间中直线、平面的平行
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
2.（2024·潍坊月考）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
3.（2024·驻马店月考）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
4.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
5.（多选）已知a＝（λ＋1，0，2），b＝（6，2μ－1，2λ），若a∥b，则λ与μ的值可以是（ ）
A.2， B.－，
C.－3， D.－3，2
6.（多选）已知空间中两条不同的直线l，m，两个不同的平面α，β，则下列说法中正确的是（ ）
A.若直线l的一个方向向量为a＝（1，－1，2），直线m的一个方向向量为b＝（2，－2，4），则l∥m
B.若直线l的方向向量为a＝（0，1，－1），平面α的法向量为n＝（1，－1，－1），则l∥α
C.若平面α，β的法向量分别为n1＝（0，1，3），n2＝（1，0，2），则α∥β
D.若平面α经过三个点A（1，0，－1），B（0，－1，0），C（－1，2，0），向量n＝（1，u，t）是平面α的一个法向量，则u＋t＝
7.（2024·台州质检）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＝ .
8.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n＝（2，2，4），若a＝（1，1，2），则直线l与平面α的位置关系为 ；若a＝（－1，－1，1），则直线l与平面α的位置关系为 .
9.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 .
10.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，M，N分别为A1B，AC的中点.求证：MN∥B1C.
11.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，若AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为（ ）
A.（1，1，1） B.
C. D.
12.（多选）已知四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝1，E是PB的中点，F是PC的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法中正确的是（ ）
A.平面ADE的一个法向量是（0，－1，1）
B.直线AE∥平面PCD
C.直线EF∥平面PAD
D.直线DF∥平面PAB
13.已知空间直角坐标系Oxyz中的点A（1，1，1），平面α过点A并且与直线OA垂直，动点P（x，y，z）是平面α内的任一点，则直线OA的一个方向向量为 ，点P的坐标满足的条件为 .
14.（2024·青岛质检）如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.求证：
（1）PB∥平面EFG；
（2）平面EFG∥平面PBC.
15.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1的位置关系是 ；设＝，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝ .
16.（2024·常州质检）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，CC1，AD的中点.
（1）求异面直线B1E与BG所成的角的余弦值；
（2）棱CD上是否存在点T，使得AT∥平面B1EF？请证明你的结论.
第2课时 空间中直线、平面的平行
1.B 由题意得，＝（－3，－3，3），＝（1，1，－1），∴＝－3，∴与共线，又AB与CD没有公共点.∴AB∥CD.
2.C 因为α∥β，所以＝＝，所以k＝4.
3.D 若m·n＝0，则l∥α或l α；另一方面，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.B 根据题意建立如图所示空间直角坐标系，
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），∴＝（－1，0，1）.又平面BB1C1C的一个法向量为n＝（0，1，0），∴·n＝－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴⊥n，又∵MN 平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.
5.AC 由a∥b，可设b＝ka，即（6，2μ－1，2λ）＝k（λ＋1，0，2），得解得μ＝，λ＝－3或2，故A、C都符合选项.故选A、C.
6.AD 对于A，b＝2a，则a∥b，∴l∥m，故A中说法正确；对于B，a·n＝0×1＋1×（－1）＋（－1）×（－1）＝0，则a⊥n，∴l∥α或l α，故B中说法错误；对于C，若n1＝λn2（λ≠0），则（0，1，3）＝λ（1，0，2），得此方程组无解，∴α∥β不成立，故C中说法错误；对于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中说法正确.故选A、D.
7.－3 解析：∵l∥平面ABC，∴存在实数x，y，使a＝x＋y，＝（1，0，－1），＝（0，1，－1），∴（2，m，1）＝x（1，0，－1）＋y（0，1，－1）＝（x，y，－x－y），∴∴m＝－3.
8.l⊥α l∥α或l α 解析：当a＝（1，1，2）时，a＝n，则l⊥α；当a＝（－1，－1，1）时，a·n＝（－1，－1，1）·（2，2，4）＝0，则l∥α或l α.
9.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也为α的一个法向量，又α与β不重合，∴α∥β.
10.证明：如图，以点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.则A（2，0，0），C（0，2，0）.A1（2，0，2），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.
11.C 由已知得A（，，0），B（0，，0），D（，0，0），E（0，0，1）.设M（x，x，1），则＝（x－，x－，1），＝（，－，0），＝（0，－，1）.设平面BDE的法向量为n＝（a，b，c），则即所以取b＝1，则n＝（1，1，）.又AM∥平面BDE，所以n·＝0，即2（x－）＋＝0，得x＝，所以M.故选C.
12.AC 由题图得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），＝（，，），设平面ADE的法向量为n＝（x，y，z），则令z＝1，得y＝－1，x＝0，所以n＝（0，－1，1），故A正确.因为PD⊥AD，AD⊥CD，PD∩CD＝D，又PD，CD 平面PCD，所以AD⊥平面PCD，所以平面PCD的一个法向量为＝（1，0，0）.又因为＝（－，，），·＝－≠0，所以与不垂直，即AE与平面PCD不平行，故B不正确.易知平面PAD的一个法向量为＝（0，1，0），又＝（－，0，0），·＝0，所以EF⊥DC，又EF 平面PAD，所以直线EF∥平面PAD，故C正确.设平面PAB的法向量为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，所以直线DF与平面PAB不平行，故D不正确.故选A、C.
13.（1，1，1）（答案不唯一） x＋y＋z＝3
解析：由题意知，直线OA的一个方向向量为＝（1，1，1）.由P（x，y，z），则＝（x－1，y－1，z－1），因为P∈α，OA⊥α，所以⊥，所以（1，1，1）·（x－1，y－1，z－1）＝0，所以x＋y＋z＝3.
14.证明：（1）∵平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，∴AB，AP，AD两两垂直.
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，0，1），F（0，1，1），G（1，2，0）.
法一 ＝（0，1，0），＝（1，2，－1），
设平面EFG的法向量为n＝（x，y，z），
则即令z＝1，则n＝（1，0，1）为平面EFG的一个法向量，
∵＝（2，0，－2），·n＝0，∴n⊥，
∵PB 平面EFG，
∴PB∥平面EFG.
法二 ＝（2，0，－2），＝（0，－1，0），＝（1，1，－1）.
设＝s＋t，
即（2，0，－2）＝s（0，－1，0）＋t（1，1，－1），
∴解得s＝t＝2.
∴＝2＋2，又与不共线，∴，与共面.
∵PB 平面EFG，
∴PB∥平面EFG.
（2）由（1）知＝（0，1，0），＝（0，2，0），
∴＝2，∴BC∥EF.
又EF 平面PBC，BC 平面PBC，∴EF∥平面PBC，
同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.
又EF∩GF＝F，EF 平面EFG，GF 平面EFG，
∴平面EFG∥平面PBC.
15.平行
解析：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Dxyz，设正方体的棱长为1，则O（，，0），C（0，1，0），C1（0，1，1），P（0，0，），A（1，0，0），B（1，1，0），D1（0，0，1）.则＝（－，－，），＝（－1，－1，1），所以＝，∥，所以OP∥BD1.设Q（0，1，z），则＝（－1，0，z）.由于OP∥BD1.故要使平面D1BQ∥平面PAO，只需∥，又＝（－1，0，），故z＝，则Q（0，1，），由＝（0，0，），＝（0，0，1）及＝λ，得λ＝.
16.解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2a，则B（2a，2a，0），B1（2a，2a，2a），E（2a，a，0），G（a，0，0），F（0，2a，a），A（2a，0，0）.
（1）设异面直线B1E与BG所成角为θ，∵＝（0，－a，－2a），＝（－a，－2a，0），
∴cos θ＝＝＝，
即异面直线B1E与BG所成角的余弦值为.
（2）假设在棱CD上存在点T（0，t，0），t∈[0，2a]，使得AT∥平面B1EF，
易得＝（0，－a，－2a），＝（－2a，a，a），＝（－2a，t，0），设平面B1EF的法向量为n＝（x，y，z），
∴
令z＝1，则y＝－2，x＝－，∴n＝（－，－2，1），
∴·n＝a－2t＝0，解得t＝，
∴DT＝DC，∴棱CD上存在点T，满足DT＝DC时，使得AT∥平面B1EF.
2 / 3第2课时 空间中直线、平面的平行
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.
【问题】 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？
知识点 空间平行关系的向量表示
设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量.
（1）线线平行：l1∥l2 λ∈R，使得 ；
（2）线面平行：l1∥α （l1 α）；
（3）面面平行：α∥β λ∈R，使得 .
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（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）若一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行.（ ）
（3）若两个平面平行，则这两个平面的法向量一定平行.（ ）
2.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
3.若两个不重合平面α，β的法向量分别为u＝（1，2，－1），v＝（－3，－6，3），则（ ）
A.α∥β B.α⊥β
C.α，β相交但不垂直 D.以上均不正确
4.（2024·济源月考）已知直线l的一个方向向量为u＝（2，0，－1），平面α的一个法向量为v＝（－2，1，－4），则l与α的位置关系为 .
题型一 直线和直线平行
【例1】 （2024·宁波月考）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＝DB，DA＝DP＝1，CD＝2.求证：MN∥AP.
通性通法
证明两直线平行的两种思路
【跟踪训练】
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.
题型二 直线和平面平行
【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.
通性通法
利用空间向量证明线面平行的三种方法
（1）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）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）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.
【跟踪训练】
（2024·厦门月考）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点.求证：MN∥平面ABCD.
题型三 平面和平面平行
【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.
通性通法
证明面面平行的方法
（1）转化为相应的线线平行或线面平行；
（2）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.
【跟踪训练】
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.试用向量的方法证明：平面AA1D1D∥平面FCC1.
题型四 平行关系中的探索性问题
【例4】 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝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.
通性通法
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.
【跟踪训练】
如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，AC与BD相交于点O，且A1在底面ABCD上的投影为O.
问：在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.
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＝
C.x＝3，y＝15 D.x＝6，y＝
2.如果直线l的方向向量是a＝（－2，0，1），且直线l上有一点P不在平面α内，平面α的法向量是b＝（2，0，4），那么（ ）
A.l⊥α B.l∥α
C.l α D.l与α斜交
3.（2024·惠州月考）在空间直角坐标系Oxyz中，过点P（2，－3，5），且与向量d＝（－2，1，－2）平行的直线l交平面Oyz于点Q，则点Q的坐标为 .
4.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC的中点，求证：AB1∥平面DBC1.
第2课时 空间中直线、平面的平行
【基础知识·重落实】
知识点
（1）u1∥u2 u1＝λu2 （2）u1⊥n1 u1·n1＝0 （3）n1∥n2 n1＝λn2
自我诊断
1.（1）√ （2）× （3）√
2.D ∵b＝－2a，∴l1与l2平行或重合.
3.A ∵v＝－3u，∴v∥u.故α∥β.
4.l∥α或l α 解析：∵u·v＝（2，0，－1）·（－2，1，－4）＝－4＋0＋4＝0，∴u⊥v，∴l∥α或l α.
【典型例题·精研析】
【例1】 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，则D（0，0，0），A（1，0，0），P（0，0，1），N（0，，），M（，，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.
跟踪训练
证明：以点D为坐标原点，分别以，，为正交基底建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A（1，0，0），E（0，0，），C1（0，1，1），F，
∴＝，＝（－1，0，），＝，＝，
∴＝，＝，
∴∥，∥，
又∵F AE，F EC1，
∴AE∥FC1，EC1∥AF，
∴四边形AEC1F是平行四边形.
【例2】 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），E（0，，），B（a，a，0）.
法一 设平面BDE的法向量为n＝（x，y，z），
又＝，＝（a，，－），
则有
即
即
令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＝.
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（a，，－），
则有
解得
所以＝－＋，又PA 平面EDB，
所以PA∥平面EDB.
跟踪训练
证明：如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，依题意可得A（0，0，0），C（2，0，0），D（1，－2，0），B1（0，1，2），D1（1，－2，2）.
因为M，N分别为B1C，D1D的中点，
所以M（1，，1），N（1，－2，1）.
依题意，可得n＝（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，又＝（0，－，0），则·n＝0，又直线MN 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
【例3】 证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），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），
设n1＝（x1，y1，z1）是平面ADE的法向量，
则n1⊥，n1⊥，
即
得
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⊥，n2⊥，
得
解得
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.
跟踪训练
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所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，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∥，∥，
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.
【例4】 解：分别以AB，AD，AP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＝（0，y，z－1），＝（0，2，－1）.
∵∥，∴y（－1）－2（z－1）＝0. ①
∵＝（0，2，0）是平面PAB的法向量，＝（－1，y－1，z），
由CE∥平面PAB，可得⊥.
∴（－1，y－1，z）·（0，2，0）＝2（y－1）＝0.
∴y＝1，代入①式得z＝.
∴点E是PD的中点，
即存在点E为PD中点时，CE∥平面PAB.
跟踪训练
解：因为棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，则底面四边形ABCD为菱形，AC⊥BD，又因A1在底面ABCD上的投影为O.则A1O⊥平面ABCD，
所以OA1，OB，OC两两互相垂直.
以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，则B（，0，0），C（0，1，0），D（－，0，0），A1（0，0，），C1（0，2，）.
假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P（x，y，z），
则（x，y－1，z）＝λ（0，1，）.
从而有P（0，1＋λ，λ），＝（－，1＋λ，λ）.
设平面DA1C1的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则
又＝（0，2，0），＝（，0，），
则
取n＝（1，0，－1），
因为BP∥平面DA1C1，
则n⊥，即n·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
随堂检测
1.D 由题意得，＝＝，∴x＝6，y＝.
2.B ∵直线l的方向向量是a＝（－2，0，1），平面α的法向量是b＝（2，0，4），则a·b＝－4＋0＋4＝0，∴直线l在平面α内或者与平面α平行，又直线l上有一点P不在平面α内，∴l∥α.
3.（0，－2，3） 解析：依题意，设Q（0，y，z），则＝（－2，y＋3，z－5）.由∥d知，存在λ∈R，使得＝λd，即（－2，y＋3，z－5）＝λ（－2，1，－2），所以－2＝－2λ，y＋3＝λ，z－5＝－2λ.联立解得y＝－2，z＝3，即Q（0，－2，3）.
4.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（a，，0），B1（a，，b），C1（0，a，b），D（0，，0），
∴＝（a，，b），＝（－a，0，0），＝（0，，b）.
设平面DBC1的法向量为n＝（x，y，z），
则
∴
不妨令y＝2b，则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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第2课时
空间中直线、平面的平行
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
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.
【问题】 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？
知识点 空间平行关系的向量表示
设 u1， u2分别是直线 l1， l2的方向向量， n1， n2分别是平面α，β的法
向量.
（1）线线平行： l1∥ l2 λ∈R，使得 ；
（2）线面平行： l1∥α （ l1 α）；
（3）面面平行：α∥β λ∈R，使得 .
u1∥ u2
u1＝λ u2
u1⊥ n1
u1· n1＝0
n1∥ n2
n1＝λ n2
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（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）若一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平
面平行. （ × ）
（3）若两个平面平行，则这两个平面的法向量一定平行.
（ √ ）
√
×
√
2. 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
解析： ∵ b ＝－2 a ，∴ l1与 l2平行或重合.
3. 若两个不重合平面α，β的法向量分别为 u ＝（1，2，－1）， v ＝
（－3，－6，3），则（ ）
A. α∥β B. α⊥β
C. α，β相交但不垂直 D. 以上均不正确
解析： ∵ v ＝－3 u ，∴ v ∥ u .故α∥β.
4. （2024·济源月考）已知直线 l 的一个方向向量为 u ＝（2，0，－
1），平面α的一个法向量为 v ＝（－2，1，－4），则 l 与α的位置关
系为 .
解析：∵ u · v ＝（2，0，－1）·（－2，1，－4）＝－4＋0＋4＝0，
∴ u ⊥ v ，∴ l ∥α或 l α.
l ∥α或 l α
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 直线和直线平行
【例1】 （2024·宁波月考）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 ＝ DB ， 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，则 D （0，0，0）， A （1，0，0）， P （0，0，
1）， N （0， ）， M （ ，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 .
通性通法
证明两直线平行的两种思路
【跟踪训练】
如图所示，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E ， F 分别为 DD1和 BB1的
中点.求证：四边形 AEC1 F 是平行四边形.
证明：以点 D 为坐标原点，分别以 为正交基底建立空
间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则 A （1，0，0）， E
， C1（0，1，1）， F ，
∴ ＝ ＝ ＝
＝ ，
∴ ＝ ＝ ，∴ ∥ ∥ ，
又∵ F AE ， F EC1，
∴ AE ∥ FC1， EC1∥ AF ，∴四边形 AEC1 F 是平行四边形.
题型二 直线和平面平行
【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 ）， E ， B （ a ， a ，0）.
法一 设平面 BDE 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），
又 ＝ ＝ ，
则有
即
令 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 ＝ .
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
解得
所以 ＝－ ＋ ，又 PA 平面 EDB ，
所以 PA ∥平面 EDB .
通性通法
利用空间向量证明线面平行的三种方法
（1）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）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）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.
【跟踪训练】
（2024·厦门月考）如图，在四棱柱 ABCD - A1 B1 C1 D1中，侧棱 A1 A ⊥
底面 ABCD ， AB ⊥ AC ， AB ＝1， AC ＝ AA1＝2， AD ＝ CD ＝ ，且
点 M 和 N 分别为 B1 C 和 D1 D 的中点.求证： MN ∥平面 ABCD .
证明：如图，以 A 为坐标原点， AC ， AB ， AA1所
在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐
标系，依题意可得 A （0，0，0）， C （2，0，
0）， D （1，－2，0）， B1（0，1，2）， D1
（1，－2，2）.
因为 M ， N 分别为 B1 C ， D1 D 的中点，所以 M （1， ，1）， N （1，－2，1）.依题意，可得 n ＝（0，0，1）为平面 ABCD 的一个法向量，又 ＝（0，－ ，0），则 · n ＝0，又直线 MN 平面 ABCD ，所以 MN ∥平面 ABCD .
题型三 平面和平面平行
【例3】 已知正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1的棱长为2， E ， F 分别是
BB1， DD1的中点，求证：平面 ADE ∥平面 B1 C1 F .
证明：建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz ，
则 D （0，0，0）， A （2，0，0）， C （0，2，0）， 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），
设 n1＝（ x1， y1， z1）是平面 ADE 的法向量，则 n1⊥ ， n1⊥ ，
即
令 z1＝2，则 y1＝－1，所以可取 n1＝（0，－1，2）.
同理，设 n2＝（ x2， y2， z2）是平面 B1 C1 F 的一个法向量.
由 n2⊥ ， n2⊥ ，得
解得
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 B1 C1 F .
通性通法
证明面面平行的方法
（1）转化为相应的线线平行或线面平行；
（2）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.
【跟踪训练】
如图，在直四棱柱 ABCD - A1 B1 C1 D1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.试用向量
的方法证明：平面 AA1 D1 D ∥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 所在直线为 x 轴， DC 所在直线为 y
轴， DD1所在直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐
标系 Dxyz ，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 ∥ ∥ ，所以 DD1∥ CC1， DA ∥ CF ，又 DD1∩ DA ＝ D ， CC1∩ CF ＝ C ， DD1， DA 平面 AA1 D1 D ， CC1， CF 平面 FCC1，
所以平面 AA1 D1 D ∥平面 FCC1.
题型四 平行关系中的探索性问题
【例4】 如图，四棱锥 P - ABCD 中， PA ⊥平面 ABCD ， PB 与底面所
成的角为45°，底面 ABCD 为直角梯形，∠ ABC ＝∠ BAD ＝90°， PA
＝ BC ＝ 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 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 ＝（0， y ， z －1）， ＝（0，
2，－1）.
∵ ∥ ，∴ y （－1）－2（ z －1）＝0. ①
∵ ＝（0，2，0）是平面 PAB 的法向量， ＝（－1， y －1，
z ），
由 CE ∥平面 PAB ，可得 ⊥ .
∴（－1， y －1， z ）·（0，2，0）＝2（ y －1）＝0.
∴ y ＝1，代入①式得 z ＝ .
∴点 E 是 PD 的中点，
即存在点 E 为 PD 中点时， CE ∥平面 PAB .
通性通法
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.
【跟踪训练】
如图，四棱柱 ABCD - A1 B1 C1 D1的所有棱长都等于2，∠ ABC 和∠ A1
AC 均为60°， AC 与 BD 相交于点 O ，且 A1在底面 ABCD 上的投影为 O .
问：在直线 CC1上是否存在点 P ，使 BP ∥平面 DA1 C1？若存在，求出
点 P 的位置；若不存在，请说明理由.
解：因为棱柱 ABCD - A1 B1 C1 D1的所有棱长都等于
2，则底面四边形 ABCD 为菱形， AC ⊥ BD ，又因
A1在底面 ABCD 上的投影为 O . 则 A1 O ⊥平面 ABCD ，
所以 OA1， OB ， OC 两两互相垂直.
以 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，则 B （ ，0，0）， C （0，1，0）， D （－ ，
0，0）， A1（0，0， ）， C1（0，2， ）.
假设在直线 CC1上存在点 P ，使 BP ∥平面 DA1 C1，
设 ＝λ ， P （ x ， y ， z ），
则（ x ， y －1， z ）＝λ（0，1， ）.
从而有 P （0，1＋λ， λ）， ＝（－ ，1＋λ， λ）.
设平面 DA1 C1的法向量为 n ＝（ x1， y1， z1），
则 又 ＝（0，2，0）， ＝（ ，0， ），
则取 n ＝（1，0，－1），因为 BP ∥平面 DA1 C1，
则 n ⊥ ，即 n · ＝－ － λ＝0，解得λ＝－1，
即点 P 在 C1 C 的延长线上，且 C1 C ＝ CP .
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
C. x ＝3， y ＝15
解析： 由题意得， ＝ ＝ ，∴ x ＝6， y ＝ .
2. 如果直线 l 的方向向量是 a ＝（－2，0，1），且直线 l 上有一点 P 不
在平面α内，平面α的法向量是 b ＝（2，0，4），那么（ ）
A. l ⊥α B. l ∥α
C. l α D. l 与α斜交
解析： ∵直线 l 的方向向量是 a ＝（－2，0，1），平面α的法向
量是 b ＝（2，0，4），则 a · b ＝－4＋0＋4＝0，∴直线 l 在平面α内
或者与平面α平行，又直线 l 上有一点 P 不在平面α内，∴ l ∥α.
3. （2024·惠州月考）在空间直角坐标系 Oxyz 中，过点 P （2，－3，
5），且与向量 d ＝（－2，1，－2）平行的直线 l 交平面 Oyz 于点
Q ，则点 Q 的坐标为 .
解析：依题意，设 Q （0， y ， z ），则 ＝（－2， y ＋3， z －
5）.由 ∥ d 知，存在λ∈R，使得 ＝λ d ，即（－2， y ＋3， z
－5）＝λ（－2，1，－2），所以－2＝－2λ， y ＋3＝λ， z －5＝－
2λ.联立解得 y ＝－2， z ＝3，即 Q （0，－2，3）.
（0，－2，3）
4. 如图，在正三棱柱 ABC - A1 B1 C1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 （ a ， ，0）， B1（ a ， ， b ）， C1（0，
a ， b ）， D （0， ，0），∴ ＝（ a ， ， b ）， ＝（－ a ，0，0）， ＝（0， ， b ）.设平面 DBC1的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则 ∴
不妨令 y ＝2 b ，则 n ＝（0，2 b ，－ a ）.
由于 · n ＝ ab － ab ＝0，因此 ⊥ n .
又 AB1 平面 DBC1，∴ AB1∥平面 DBC1.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
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， ＝（－3，－3，3）， ＝（1，1，－
1），∴ ＝－3 ，∴ 共线，又 AB 与 CD 没有公共
点.∴ AB ∥ CD .
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2. （2024·潍坊月考）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 ＝ ＝ ，所以 k ＝4.
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3. （2024·驻马店月考）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；另一方面，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.
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4. 如图，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， M ， N 分别为 A1 B ， AC 的中
点，则 MN 与平面 BB1 C1 C 的位置关系是（ ）
A. 相交 B. 平行
C. 垂直 D. 不能确定
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解析： 根据题意建立如图所示空间直角坐标
系，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），∴ ＝（－1，
0，1）.又平面 BB1 C1 C 的一个法向量为 n ＝（0，
1，0），
∴ · n ＝－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴ ⊥ n ，又
∵ MN 平面 BB1 C1 C ，∴ MN ∥平面 BB1 C1 C .
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5. （多选）已知 a ＝（λ＋1，0，2）， b ＝（6，2μ－1，2λ），若 a ∥
b ，则λ与μ的值可以是（ ）
D. －3，2
解析： 由 a ∥ b ，可设 b ＝ ka ，即（6，2μ－1，2λ）＝ k （λ＋
1，0，2），得解得μ＝ ，λ＝－3或2，故A、C都
符合选项.故选A、C.
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6. （多选）已知空间中两条不同的直线 l ， m ，两个不同的平面α，
β，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若直线 l 的一个方向向量为 a ＝（1，－1，2），直线 m 的一个方向
向量为 b ＝（2，－2，4），则 l ∥ m
B. 若直线 l 的方向向量为 a ＝（0，1，－1），平面α的法向量为 n ＝
（1，－1，－1），则 l ∥α
C. 若平面α，β的法向量分别为 n1＝（0，1，3）， n2＝（1，0，2），
则α∥β
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解析： 对于A， b ＝2 a ，则 a ∥ b ，∴ l ∥ m ，故A中说法正
确；对于B， a · n ＝0×1＋1×（－1）＋（－1）×（－1）＝0，则 a
⊥ n ，∴ l ∥α或 l α，故B中说法错误；对于C，若 n1＝λ n2
（λ≠0），则（0，1，3）＝λ（1，0，2），得此方程组
无解，∴α∥β不成立，故C中说法错误；对于D， ＝（－1，－
1，1）， ＝（－1，3，0），∵ n ＝（1， u ， t ）是平面α的法向
量，∴ ∴ u ＋ t ＝ ，故D
中说法正确.故选A、D.
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7. （2024·台州质检）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 ＝ .
解析：∵ l ∥平面 ABC ，∴存在实数 x ， y ，使 a ＝ x ＋ y
＝（1，0，－1）， ＝（0，1，－1），∴（2， m ，1）＝ x
（1，0，－1）＋ y （0，1，－1）＝（ x ， y ，－ x － y ），
∴∴ m ＝－3.
－3
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8. 设直线 l 的方向向量为 a ，平面α的法向量为 n ＝（2，2，4），若 a
＝（1，1，2），则直线 l 与平面α的位置关系为 ；若 a ＝
（－1，－1，1），则直线 l 与平面α的位置关系为 .
解析：当 a ＝（1，1，2）时， a ＝ n ，则 l ⊥α；当 a ＝（－1，－
1，1）时， a · n ＝（－1，－1，1）·（2，2，4）＝0，则 l ∥α或 l
α.
l ⊥α
l ∥α或 l α
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9. 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 .
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 也为α的
一个法向量，又α与β不重合，∴α∥β.
α∥β
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10. 如图，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中，棱长为2， M ， N 分别为 A1
B ， AC 的中点.求证： MN ∥ B1 C .
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证明：如图，以点 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.则 A （2，0，0）， C （0，
2，0）. A1（2，0，2）， 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 ∥ B1 C .
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11. 如图，正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直，以 CD ，
CB ， CE 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，
若 AB ＝ ， AF ＝1， M 在 EF 上，且 AM ∥平面 BDE ，则 M 点的
坐标为（ ）
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）.设 M （ x ， x ，1），则 ＝（ x
－ ， x － ，1）， ＝（ ，－ ，0）， ＝（0，－
，1）.设平面 BDE 的法向量为 n ＝（ a ， b ， c ），则
取 b ＝1，则 n ＝
（1，1， ）.又 AM ∥平面 BDE ，所以 n · ＝0，即2（ x －
）＋ ＝0，得 x ＝ ，所以 M . 故选C.
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12. （多选）已知四棱锥 P - ABCD 中，底面四边形 ABCD 是正方形，
PD ⊥平面 ABCD ， PD ＝ AB ＝1， E 是 PB 的中点， F 是 PC 的中
点，建立如图所示的空间直角坐标系，则下列说法中正确的是
（ ）
A. 平面 ADE 的一个法向量是（0，－1，1）
B. 直线 AE ∥平面 PCD
C. 直线 EF ∥平面 PAD
D. 直线 DF ∥平面 PAB
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解析： 由题图得 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）， ＝（ ），设
平面 ADE 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则
令 z ＝1，得 y ＝－1， x ＝0，所以 n
＝（0，－1，1），故A正确.因为 PD ⊥ AD ， AD ⊥ CD ， PD ∩
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CD ＝ D ，又 PD ， CD 平面 PCD ，所以 AD ⊥平面 PCD ，所以平
面 PCD 的一个法向量为 ＝（1，0，0）.又因为 ＝（－ ）， · ＝－ ≠0，所以 不垂直，即 AE 与平面
PCD 不平行，故B不正确.易知平面 PAD 的一个法向量为 ＝
（0，1，0），又 ＝（－ ，0，0）， · ＝0，所以 EF ⊥
DC ，又 EF 平面 PAD ，所以直线 EF ∥平面 PAD ，故C正确.设平
面 PAB 的法向量为 m ＝（ x1， y1， z1），又 ＝（0，1，0），
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＝（1，0，－1），由 令 x1＝1，得 m ＝
（1，0，1），又 ＝（0， ），所以 · m ＝ ≠0，所以
直线 DF 与平面 PAB 不平行，故D不正确.故选A、C.
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13. 已知空间直角坐标系 Oxyz 中的点 A （1，1，1），平面α过点 A 并
且与直线 OA 垂直，动点 P （ x ， y ， z ）是平面α内的任一点，则
直线 OA 的一个方向向量为 ，点
P 的坐标满足的条件为 .
解析：由题意知，直线 OA 的一个方向向量为 ＝（1，1，1）.
由 P （ x ， y ， z ），则 ＝（ x －1， y －1， z －1），因为 P
∈α， OA ⊥α，所以 ⊥ ，所以（1，1，1）·（ x －1， y －
1， z －1）＝0，所以 x ＋ y ＋ z ＝3.
（1，1，1）（答案不唯一）
x ＋ y ＋ z ＝3
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14. （2024·青岛质检）如图所示，平面 PAD ⊥平面 ABCD ， ABCD 为
正方形，△ PAD 是直角三角形，且 PA ＝ AD ＝2， E ， F ， G 分别
是线段 PA ， PD ， CD 的中点.求证：
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（1） PB ∥平面 EFG ；
证明：∵平面 PAD ⊥平面 ABCD ，且
ABCD 为正方形，△ PAD 是直角三角
形，且 PA ＝ AD ，∴ AB ， AP ， AD 两两
垂直.
以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，则 A （0，0，0）， B （2，0，0）， C （2，2，0）， D （0，
2，0）， P （0，0，2）， E （0，0，1）， F （0，1，1）， G （1，2，0）.
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法一 ＝（0，1，0）， ＝（1，2，－1），
设平面 EFG 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），
则 令 z ＝1，则 n ＝（1，0，1）为
平面 EFG 的一个法向量，
∵ ＝（2，0，－2）， · n ＝0，∴ n ⊥ ，
∵ PB 平面 EFG ，
∴ PB ∥平面 EFG .
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法二 ＝（2，0，－2）， ＝（0，－1，0）， ＝（1，1，
－1）.
设 ＝ s ＋ t ，
即（2，0，－2）＝ s （0，－1，0）＋ t （1，1，－1），
∴解得 s ＝ t ＝2.
∴ ＝2 ＋2 不共线，∴ 共面.
∵ PB 平面 EFG ，
∴ PB ∥平面 EFG .
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（2）平面 EFG ∥平面 PBC .
证明：由（1）知 ＝（0，1，0）， ＝（0，2，0），
∴ ＝2 ，∴ BC ∥ EF .
又 EF 平面 PBC ， BC 平面 PBC ，∴ EF ∥平面 PBC ，
同理可证 GF ∥ PC ，从而得出 GF ∥平面 PBC .
又 EF ∩ GF ＝ F ， EF 平面 EFG ， GF 平面 EFG ，
∴平面 EFG ∥平面 PBC .
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15. 如图所示，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， O 是底面 ABCD 的中
心， P 是 DD1的中点，则 OP 与 BD1的位置关系是 ；设
＝λ ，若平面 D1 BQ ∥平面 PAO ，则λ＝ .
平行
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解析：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 Dxyz ，设正方体的棱长为1，则 O （
，0）， C （0，1，0）， C1（0，1，1）， P
（0，0， ）， A （1，0，0）， B （1，1，0）， D1（0，0，1）.则 ＝（－ ，－ ）， ＝（－1，－1，1），所以 ＝
∥ ，所以 OP ∥ BD1.设 Q （0，1， z ），则 ＝（－1，0， z ）.由于 OP ∥ BD1.故要使平面 D1 BQ ∥平面 PAO ，只需 ∥ ＝（－1，0， ），故 z ＝ ，则 Q （0，1， ），由 ＝（0，0， ）， ＝（0，0，1）及 ＝λ ，得λ＝ .
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16. （2024·常州质检）如图，在正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， E ， F ，
G 分别是 AB ， CC1， AD 的中点.
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（1）求异面直线 B1 E 与 BG 所成的角的余弦值；
解：以 D 为坐标原点，建立如图所示的
空间直角坐标系，设正方体棱长为2 a ，
则 B （2 a ，2 a ，0）， B1（2 a ，2 a ，2
a ）， E （2 a ， a ，0）， G （ a ，0，
0）， F （0，2 a ， a ）， A （2 a ，0，
0）.
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（1）设异面直线 B1 E 与 BG 所成角为θ，∵ ＝（0，－
a ，－2 a ）， ＝（－ a ，－2 a ，0），
∴ cos θ＝ ＝ ＝ ，
即异面直线 B1 E 与 BG 所成角的余弦值为 .
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（2）棱 CD 上是否存在点 T ，使得 AT ∥平面 B1 EF ？请证明你的
结论.
假设在棱 CD 上存在点 T （0， t ，0）， t ∈[0，2 a ]，使得
AT ∥平面 B1 EF ，
易得 ＝（0，－ a ，－2 a ）， ＝（－2 a ， a ， a ），
＝（－2 a ， t ，0），设平面 B1 EF 的法向量为 n ＝（ x ，
y ， z ），
∴
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令 z ＝1，则 y ＝－2， x ＝－ ，∴ n ＝（－ ，－2，1），
∴ · n ＝ a －2 t ＝0，解得 t ＝ ，
∴ DT ＝ DC ，∴棱 CD 上存在点 T ，满足 DT ＝ DC 时，使
得 AT ∥平面 B1 EF .
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谢 谢 观 看！
