《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

4.（忽视线在平面内）若直线l的方向向量为a=（1，0，2），平面α的法向量为n=（－2，1，1），则 （ ）
A.l//α
B.l⊥α
C.l⊂α或l//α
D.l与α斜交

答案： 4.C 因为a=(1,0,2),n=(-2,1,1),所以a·n = 0,即a⊥n,所以l//α或l⊂α.

[例1]如图，在四面体A - BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD = 2，BD = 2$\sqrt{2}$，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ = 3QC.证明：PQ//平面BCD.

答案：
[例1][证明]如图，取BD的中点O,以O为原点，OD，OP所在射线分别为y,z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.

由题意知$,A(0,\sqrt{2},2),B(0,-\sqrt{2},0),D(0,\sqrt{2},0).$设点C的坐标为$(x_0,y_0,0),$则$\overrightarrow{AC}=(x_0,y_0 - \sqrt{2},-2).$因为$\overrightarrow{AQ}=3\overrightarrow{QC},$所以$Q(\frac{3}{4}x_0,\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{3}{4}y_0,\frac{1}{2}).$因为M为AD的中点,所以$M(0,\sqrt{2},1).$又因为P为BM的中点,故$P(0,0,\frac{1}{2}),$所以$\overrightarrow{PQ}=(\frac{3}{4}x_0,\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{3}{4}y_0,0).$又因为平面BCD的一个法向量为a=(0,0,1),故$\overrightarrow{PQ}·a = 0.$又因为PQ⊄平面BCD,所以PQ//平面BCD.

[例2]如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形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，证明平面EFG//平面PBC.

答案：
[例2][证明]由题意,易知∠PAD = 90°,即PA⊥AD,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD = AD,PA⊥AD,所以PA⊥平面ABCD,又四边形ABCD为正方形,所以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).因为$\overrightarrow{EF}=(0,1,0),\overrightarrow{BC}=(0,2,0),$所以$\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{EF},$所以BC//EF.又因为EF⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以EF//平面PBC.同理可证GF//PC,从而得出GF//平面PBC.又因为EF∩GF = F,EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,所以平面EFG//平面PBC.

对点训练
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.

答案：
[对点训练]
[证明]建立空间直角坐标系如图,

则有D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B(2,2,2),

　所以FC=(0,2,1),DA=(2,0,0),AE=(0,2.1).

　
(1)设n1=(x1,y1,1)是平面ADE的一个法向量,

　　n⊥DA　　n1.DA=2x1=0

　则{n1⊥AE'即{n1.AE=2y1+1=0²

　得{xz11==0−2y1,

　令21=2,则y=−1,所以n1=(0,−1,2).因为FC.n=−2+2=0,所以FC⊥n1,

　又因为FClC平面ADE,所以FC1//平面ADE.

　
(2)因为CB=(2,0,0),

　设n2=(x2,y2,2)是平面B1C1F的一个法向量，

　由{nn⊥⊥FCCB,得{nn22..FCCB==22y2x+=220=⁰0,得{x22==−02y2,

　令x2=2,得y2=−1,

　所以n2=(0,−1,2),因为n1=n2,

　所以平面ADE//平面BClF;