6.3.2 空间线面关系的判定
第1课时 空间向量与平行关系
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.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.已知a为直线l的一个方向向量，，为平面α内两个向量，则下列说法正确的是（ ）
A.若a＝，则l∥α
B.若a＝k（k∈R），则l∥α
C.若a＝p＋λ（p，λ∈R），则l∥α
D.以上均不一定推出l∥α
4.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
5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若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
6.（多选）（2024·苏州月考）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.直线l的方向向量s＝（－1，1，1），平面α的法向量为n＝（2，x2＋x，－x），若直线l∥平面α，则实数x的值为 .
8.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 .
9.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.
10.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是AC的中点，
求证：AB1∥平面DBC1.
11.（2024·连云港月考）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.（2024·盐城质检）已知直线l的一个方向向量为a＝（1，－1，2），平面α的一个法向量为b＝（x，0，z）.若l∥α，｜b｜＝2｜a｜，则b＝ .
14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：
（1）FC1∥平面ADE；
（2）平面ADE∥平面B1C1F.
15.（2024·镇江质检）四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.若SD⊥平面PAC，问侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由.
第1课时 空间向量与平行关系
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 选项A、B、C都能推出l∥α或l α，但不能确定一定是l∥α.
4.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.
5.B 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系，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.故选B.
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.± 解析：∵直线l的方向向量s＝（－1，1，1），平面α的法向量为n＝（2，x2＋x，－x），直线l∥平面α，∴x2－2＝0，解得x＝±.
8.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D-xyz，设正方体的棱长为1，则O（，，0），P（0，0，），B（1，1，0），D1（0，0，1）.则＝（－，－，），＝（－1，－1，1），所以＝，∥，所以OP∥BD1.
9.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），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.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.
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的一个法向量为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.（，0，－）或（－，0，） 解析：因为l∥α，所以x＋2z＝0，又因为｜b｜＝2｜a｜，所以x2＋z2＝4（1＋1＋4）＝24，解得或
14.证明：如图所示建立空间直角坐标系D-xyz，则有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）设n1＝（x1，y1，z1）是平面ADE的一个法向量，则n1⊥，n1⊥，
即
得
令z1＝2，则y1＝－1，所以n1＝（0，－1，2）.
因为·n1＝－2＋2＝0，所以⊥n1.
又因为FC1 平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
（2）设n2＝（x2，y2，z2）是平面B1C1F的一个法向量.
由n2⊥，n2⊥，得
得
令z2＝2，得y2＝－1.
所以n2＝（0，－1，2），因为n1＝n2，
所以平面ADE∥平面B1C1F.
15.解：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示.
设底面边长为a，则OD＝OC＝OB＝a，SO＝a，于是S，
B，D，
C（0，a，0），
则＝，
＝（a，0，a），
＝.
假设在侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.
由题意知是平面PAC的一个法向量，
设＝t，则＝＋＝＋t＝（－a，a－at，at）.
由·＝0，得－＋a2t＝0，解得t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，⊥，
又BE 平面PAC，所以BE∥平面PAC.
故侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC，且SE∶EC＝2∶1.
3 / 3第1课时 空间向量与平行关系
题型一 直线和直线平行
【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.
通性通法
证明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】 （链接教科书第33页例5）（1）用向量方法证明“直线与平面平行的判定定理”：若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.
已知：直线AB∥直线CD，AB 平面α，CD 平面α.
求证：AB∥α.
（2）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点.求证：MN∥平面A1BD.
通性通法
利用空间向量证明线面平行的三种方法
（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，最后说明所证直线不在该平面内.
【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和点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】 证明“平面与平面平行的判定定理”：若一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.
已知：如图，a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α.求证：α∥β.
通性通法
证明面面平行的方法
（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】
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.试用向量方法证明：平面AA1D1D∥平面FCC1.
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.已知l∥α，且l的方向向量为a＝（2，m，1），平面α的法向量为n＝，则m＝ .
3.（2024·徐州月考）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 .
4.如图，在四面体ABCD中，E是BC的中点.直线AD上是否存在点F，使得AE∥CF？
第1课时 空间向量与平行关系
【典型例题·精研析】
【例1】 证明：法一 设＝a，＝b，＝c，
则＝＋＋＝c－a＋b，
＝＋＋＝b－a＋c，
∴＝，∴∥，
又∵R MN，
∴MN∥RS.
法二 如图所示，建立空间直角坐标系A-xyz，则根据题意得M，N（0，2，2），R（3，2，0），S.
∴＝，＝，
∴＝.
∴∥.∵M RS，∴MN∥RS.
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，
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：（1）设平面α的法向量为n，则·n＝0.
因为∥，所以存在λ∈R，使＝λ，
则·n＝λ·n＝0，所以AB∥α.
（2）不妨设正方体的棱长为1，以{，，}为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则可求得M（0，1，），N，D（0，0，0），A1（1，0，1），B（1，1，0）.
于是＝，＝（1，0，1），＝（1，1，0）.
设平面A1BD的法向量为n＝（x，y，z），
则得
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：如题图，取平面α的法向量n，直线a，b的方向向量u，v.
因为a∥α，b∥α，所以n·u＝0，n·v＝0.
因为a β，b β，a∩b＝P，
所以对任意点Q∈β，存在x，y∈R，使得＝xu＋yv.
从而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D-xyz，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.
随堂检测
1.D 由题意得，＝＝，∴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也为α的一个法向量，又α与β不重合，∴α∥β.
4.解：不存在，理由如下.
＝＋，＝＋，
因为，不共线，所以不存在实数λ使＋＝λ（－＋），即不存在实数λ，使＝λ，所以，不共线，
故直线AD上不存在点F，使得AE∥CF.
2 / 2(共56张PPT)
第1课时 空间向量与平行关系
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 直线和直线平行
【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：法一 设 ＝a， ＝b， ＝c，
则 ＝ ＋ ＋ ＝ c－a＋ b，
＝ ＋ ＋ ＝ b－a＋ c，
∴ ＝ ，∴ ∥ ，
又∵R MN，
∴MN∥RS.
法二 如图所示，建立空间直角坐标系A-xyz，则根据题意得
M ，N（0，2，2），R（3，2，0），S .
∴ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ .
∴ ∥ .∵M RS，∴MN∥RS.
通性通法
证明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.
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AEC1F是平行四边形.
题型二 直线和平面平行
【例2】 （链接教科书第33页例5）（1）用向量方法证明“直线与平面平行的判定定理”：若平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.
已知：直线AB∥直线CD，AB 平面α，CD 平面α.
求证：AB∥α.
证明： 设平面α的法向量为n，则 ·n＝0.
因为 ∥ ，所以存在λ∈R，使 ＝λ ，
则 ·n＝λ ·n＝0，所以AB∥α.
（2）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点.求证：MN∥平面A1BD.
证明： 不妨设正方体的棱长为1，以
{ ， ， }为单位正交基底建立如图
所示的空间直角坐标系，则可求得M（0，
1， ），N ，D（0，0，0），A1
（1，0，1），B（1，1，0）.
于是 ＝ ， ＝（1，0，1）， ＝（1，1，0）.
设平面A1BD的法向量为n＝（x，y，z），
则得
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
利用空间向量证明线面平行的三种方法
（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，最后说明所证直线不在该平面内.
【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和点N分别为B1C和D1D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.
题型三 平面和平面平行
【例3】 证明“平面与平面平行的判定定理”：若一个平面内的两
条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.
已知：如图，a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α.
求证：α∥β.
证明：如题图，取平面α的法向量n，直线a，b的方向向量u，v.
因为a∥α，b∥α，所以n·u＝0，n·v＝0.
因为a β，b β，a∩b＝P，
所以对任意点Q∈β，存在x，y∈R，使得 ＝xu＋yv.
从而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
证明面面平行的方法
（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】
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
向量方法证明：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D-xyz，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.
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. 已知l∥α，且l的方向向量为a＝（2，m，1），平面α的法向量
为n＝ ，则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
4. 如图，在四面体ABCD中，E是BC的中点.直线AD上是否存在点
F，使得AE∥CF？
解：不存在，理由如下.
＝ ＋ ， ＝ ＋ ，
因为 ， 不共线，所以不存在实数λ使 ＋ ＝λ（－
＋ ），即不存在实数λ，使 ＝λ ，所以 ，
不共线，
故直线AD上不存在点F，使得AE∥CF.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
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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 ，∴ 与 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 ＝ ＝ ，所以k＝4.
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3. 已知a为直线l的一个方向向量， ， 为平面α内两个向量，
则下列说法正确的是（ ）
D. 以上均不一定推出l∥α
解析： 选项A、B、C都能推出l∥α或l α，但不能确定一定
是l∥α.
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4. 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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5. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若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
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解析： 根据题意建立如图所示的空间直角坐
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. 故选B.
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6. （多选）（2024·苏州月考）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＝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.
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解析：∵直线l的方向向量s＝（－1，1，1），平面α的法向量为
n＝（2，x2＋x，－x），直线l∥平面α，∴x2－2＝0，解得x＝
± .
±
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8. 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 .
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
D-xyz，设正方体的棱长为1，则O（ ， ，
0），P（0，0， ），B（1，1，0），D1
（0，0，1）.则 ＝（－ ，－ ， ），
＝（－1，－1，1），所以 ＝ ， ∥ ，所以OP∥BD1.
平行
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9. 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.
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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），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（ a， ，0），
B1（ a， ，b），C1（0，a，b），D（0， ，0），
∴ ＝（ a， ，b）， ＝（－ a，0，0），
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＝（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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11. （2024·连云港月考）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的一个法向量为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.
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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，
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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.
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解析：因为l∥α，所以x＋2z＝0，又因为｜b｜＝2｜a｜，所
以x2＋z2＝4（1＋1＋4）＝24，解得或
（ ，0，－ ）或（－ ，0，
）
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14. 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1
的中点，求证：
证明：如图所示建立空间直角坐标系D-xyz，
则有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）设n1＝（x1，y1，z1）是平面ADE的一个法向量，则
n1⊥ ，n1⊥ ，
即得
令z1＝2，则y1＝－1，所以n1＝（0，－1，2）.
因为 ·n1＝－2＋2＝0，所以 ⊥n1.
又因为FC1 平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
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（2）平面ADE∥平面B1C1F.
证明：设n2＝（x2，y2，z2）是平面B1C1F的一个法向量.
由n2⊥ ，n2⊥ ，得
得
令z2＝2，得y2＝－1.
所以n2＝（0，－1，2），因为n1＝n2，
所以平面ADE∥平面B1C1F.
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15. （2024·镇江质检）四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的
长都是底面边长的 倍，P为侧棱SD上的点.若SD⊥平面
PAC，问侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存
在，求SE∶EC的值；若不存在，请说明理由.
解：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD. 以O为坐标原点， ， ， 的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示.
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设底面边长为a，则OD＝OC＝OB＝ a，SO＝ a，于是
S ，
B ，D ，C（0， a，0），
则 ＝ ， ＝ ，
＝ .
假设在侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.
由题意知 是平面PAC的一个法向量，
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设 ＝t ，则 ＝ ＋ ＝ ＋t ＝ .
由 · ＝0，得－ ＋ a2t＝0，解得t＝ .
即当SE∶EC＝2∶1时， ⊥ ，
又BE 平面PAC，所以BE∥平面PAC.
故侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC，
且SE∶EC＝2∶1.
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谢 谢 观 看！
