1.4.1(2) 用空间向量研究直线、平面的平行

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【基础过关系列】2022-2023 学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义 (人教 A 版 2019）
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选择性必修第一册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

线线平行

设直线 $l_1$,$l_2$ 的方向向量分别是 $\vec{a}$,$\vec{b}$，则要证明 $l_1 || l_2$，只需证明 $\vec{a}|| \vec{b}$，即 $\vec{a}=k \vec{b}(k \in R)$.

 

线面平行

设直线 $l$ 的方向向量是 $\vec{a}$，平面 $α$ 的法向量是 $\vec{n}$，且 $l⊄α$，
则要证明 $l||α$，只需证明 $\vec{a}⊥ \vec{n}$，即 $\vec{a}⋅ \vec{n}=0$.

 

【例】$\vec{u}=(2,2,-1)$ 是平面 $α$ 的法向量，$\vec{a}=(-3,4, 2)$ 是直线 $l$ 的方向向量，则直线 $l$ 与 $α$ 的位置关系是 　　( )
 A．$l//α$ $\qquad \qquad$ B．$l⊥α$ $\qquad \qquad$ C．$l⊂α$ $\qquad \qquad$ D．$l⊂α$ 或 $l//α$
解 $\vec{u}\cdot \vec{a}=-6+8-2=0$，$∴\vec{u}⊥\vec{a}$．$∴l⊂α$ 或 $l//α$．故选：$D$
 

面面平行

若平面 $α$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}$，平面 $β$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_{2}}$，要证 $α||β$ ，只需证 $\overrightarrow{n_{1}} \| \overrightarrow{n_{2}}$，即证 $\overrightarrow{n_{1}}=\lambda \overrightarrow{n_{2}}$.

 

【例】若两个不同平面 $α$，$β$ 的法向量分别为 $\vec{u}=(1,2,-1)$, $\vec{v}=(-3,-6,3)$，则 ( )
 A．$α//β$ $\qquad \qquad$ B．$α⊥β$ $\qquad \qquad$ C．$α，β$ 相交但不垂直 $\qquad \qquad$ D．以上均不正确
解 $\because \vec{v}=-3 \vec{u}$， $\therefore \vec{v} / / \vec{u}$．故 $α//β$．故选：$A$．
 

基本方法

【典题 1】如图，在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AD=AA_1=2$，$AB=6$，$E$,$F$ 分别为 $A_1 D_1$,$D_1 C_1$ 的中点．分别以 $DA$、$DC$、$DD_1$ 所在直线为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴建立空间直角坐标系 $D-xyz$．
（1）求点 $E,F$ 的坐标；(2) 求证：$EF//$ 平面 $ACD_1$．

解析 (1) 解：由题意，$AD=AA_1=2$，$AB=6$，$E,F$ 分别为 $A_1 D_1$,$D_1 C_1$ 的中点
$∴E(1,0,2)$,$F(0,3,2)$.
(2) 证明：$∵A(2,0,0)$,$C(0,6,0)$， $\therefore \overrightarrow{A C}=(-2,6,0)$，
$∵E(1,0,2)$,$F(0,3,2)$， $\therefore \overrightarrow{E F}=(-1,3,0)$
$\therefore \overrightarrow{A C}=2 \overrightarrow{E F}$，$∴AC//EF$
$∵EF⊂$ 面 $ACD_1$，$AC⊂$ 平面 $ACD_1$，
$∴EF//$ 平面 $ACD_1$．
 

【典题 2】 如图，在直三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 中，$A_1 B_1=A_1 C_1$，$F$ 为 $B_1 C_1$ 的中点，$D$，$E$ 分别是棱 $BC$，$CC_1$ 上的点，且 $AD⊥BC$．
  (1) 求证：直线 $A_1 F∥$ 平面 $ADE$；
  (2) 若 $∆ABC$ 是正三角形，$E$ 为 $C_1 C$ 中点，能否在线段 $B_1 B$ 上找一点 $N$，使得 $A_1 N∥$ 平面 $ADE$？若存在，确定该点位置；若不存在，说明理由．

解析 (1) 证明：在直三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 中，
$∵AB=AC$,$AD⊥BC$，$∴D$ 是 $BC$ 的中点，
又 $∵F$ 为 $B_1 C_1$ 的中点 $∴DF//AA_1$，
$∴$ 四边形 $DFA_1 A$ 是平行四边形，$∴A_1 F∥AD$，
$∵A_1 F⊄$ 平面 $ADE$，$AD⊂$ 平面 $ADE$，$∴A_1 F∥$ 平面 $ADE$．
(2) 在直线 $B_1 B$ 上找一点 $N$，使得 $A_1 N∥$ 平面 $ADE$，证明如下：
在直三棱柱 $ABC－A_1 B_1 C_1$ 中，$∵DF//AA_1$ $∴DF⊥AD$,$DF⊥DC$
又 $∵AD⊥BC$ $∴DA$，$DC$,$DF$ 两两垂直，
以 $D$ 为原点，$DA$ 为 $x$ 轴，$DC$ 为 $y$ 轴，$DF$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系，
设 $A_1 B_1=2$，$AA_1=2t$，
$∵N$ 在线段 $B_1 B$ 上，设 $BN=λBB_1$，$0≤λ≤1$，则 $N(0,－1,2λt)$，
则 $A(\sqrt{3}, 0,0)$，$D(0,0,0)$，$E(0,1,t)$，$B(0,－1,0)$，$B_1 (0,－1,2t)$，$A_1 (\sqrt{3},0,2t)$，
$\overrightarrow{D A}=(\sqrt{3}, 0,0)$， $\overrightarrow{D E}=(0,1, t)$， $\overrightarrow{A_{1} N}=(-\sqrt{3}, \quad-1,(2 \lambda-2) t)$，
设平面 $ADE$ 的法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$，
则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{D A}=\sqrt{3} x=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{D E}=y+t z=0 \end{array}\right.$，取 $z=1$，得 $\vec{n}=(0,－t,1)$，
$∵A_1 N∥$ 平面 $ADE$， $\therefore \overrightarrow{A_{1}} N \cdot \vec{n}=0+t+(2 \lambda-2) t=0$，解得 $\lambda=\dfrac{1}{2}$，
$∴$ 在直线 $B_1 B$ 上存在一点 $N$，且 $B N=\dfrac{1}{2} B B_{1}$，使得 $A_1 N∥$ 平面 $ADE$．

 

【典题 3】 证明 “平面与平面平行的判定定理”：若一个平面内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 如图，取平面 $α$ 的法向量 $\vec{n}$，直线 $a,b$ 的方向向量 $\vec{u}$，$\vec{v}$，
因为 $a//α$,$b//α$，所以 $\vec{n}\cdot \vec{u}=0$，$\vec{n}\cdot \vec{v}=0$，
因为 $a⊂β$,$b⊂β$,$a∩b=P$，
所以对任意点 $Q∈β$，存在 $x,y∈R$，使得 $\overrightarrow{P Q}=x \vec{u}+y \vec{v}$，
从而 $\vec{n} \cdot \overrightarrow{P Q}=\vec{n} \cdot(x \vec{u}+y \vec{v})=x \vec{n} \cdot \vec{u}+y \vec{n} \cdot \vec{v}=0$，
所以向量 $\vec{n}$ 也是平面 β 的法向量，故 $α//β$.
 

【典题 4】 如图，在长方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$AB=3$，$AA_1=4$，$AD=5$.
求证：平面 $A_1 BD//$ 平面 $B_1 D_1 C$.

证明 如图，证明如图，以 $D$ 为坐标原点，分别以 $DA$，$DC$，$DD_1$ 所在直线为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴，建立空间直角坐标系 $D-xyz$，
则 $D(0,0,0)$,$A_1 (5,0,4)$，$B(5,3,0)$,$D_1 (0,0,4)$，$B_1 (5,3,4)$,$C(0,3,0)$，
$\therefore \overrightarrow{A_{1} D}=(-5,0,-4)$， $\overrightarrow{A_{1} B}=(0,3,-4)$， $\overrightarrow{D_{1} C}=(0,3,-4)$， $\overrightarrow{B_{1} C}=(-5,0,-4)$，
设平面 $A_1 BD$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(x,y,z)$，
则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \perp \overrightarrow{A_{1} D} \\ \vec{m} \perp \overrightarrow{A_{1} B} \end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{1} D}=-5 x-4 z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{1} B}=3 y-4 z=0 \end{array}\right.$，
取 $z=1$，得 $x=-\dfrac{4}{5}, y=\dfrac{4}{3}$，则 $\vec{m}=\left(-\dfrac{4}{5}, \dfrac{4}{3}, 1\right)$，
设平面 $B_1 D_1 C$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(a,b,c)$，
则 $\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{\bar{D}_{1} C}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B_{1} C}=0 \end{array}\right.$，得 $\vec{n}=\left(-\dfrac{4}{5}, \dfrac{4}{3}, 1\right)$，
$∵\vec{m}//\vec{n}$，$∴$ 平面 $A_1 BD//$ 平面 $B_1 D_1 C$.

 

巩固练习

1 已知 $\vec{u}=(1,2,1)$ 是直线 $l$ 的方向向量，$\vec{v}=(2,y,2)$ 为平面 $α$ 的法向量，若 $l//α$，则 $y$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$.
 

2 设平面 $α$ 的法向量为 $\vec{a}=(x,1,-2)$，平面 $β$ 的法向量为 $\vec{b}=(1,x,x-3)$，若 $α//β$，则 $x$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$.
 

3 如图，在正方体 $ABCD-A'B'C'D'$ 中，$E$,$F$ 分别是面 $AB'$，面 $A'C'$ 的中心，求证：$EF//$ 平面 $ACD'$.

 

4 已知正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 的棱长为 $2$，$E$,$F$ 分别是 $BB_1$,$DD_1$ 的中点，求证：
  (1) $FC_1//$ 平面 $ADE$；(2) 平面 $ADE∥$ 平面 $B_1 C_1 F$．
 

参考答案

1. 答案 $-2$
   解析 $\vec{u}=(1,2,1)$ 是直线 $l$ 的方向向量，$\vec{v}=(2,y,2)$ 为平面 $α$ 的法向量，$l//α$，
   $∴\vec{u}⊥\vec{v}$，$∴\vec{u}\cdot \vec{v}=1×2+2y+1×2=0$，解得 $y=-2$．

2. 答案 $1$
   解析 设平面 $α$ 的法向量为 $\vec{a}=(x,1,-2)$，平面 $β$ 的法向量为 $\vec{b}=(1,x,x-3)$，
   若 $α//β$，则 $\vec{a}//\vec{b}$， $\therefore \dfrac{x}{1}=\dfrac{1}{x}=\dfrac{-2}{x-3}$，解得 $x=1$．

3. 证明 如图所示，建立空间直角坐标系，
   
   设正方体的边长为 $1$，则 $E\left(1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$, $F\left(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}, 1\right)$, $A(1,0,0)$,$C(0,1,0)$，$D' (0,0,1)$,$D(0,0,0)$，$B'(1,1,1)$,
   $\therefore \overrightarrow{E F}=\left(-\dfrac{1}{2}, 0, \dfrac{1}{2}\right)$, $\overrightarrow{A C}=(-1,1,0)$, $\overrightarrow{O D}=(0,-1,1)$, $\overrightarrow{D B}=(1,1,1)$，
   $∴$ 设平面 $ACD'$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{C D^{\prime}}=0 \end{array}\right.$，取 $x=1$，则 $y=1$，$z=1$，$∴\vec{n}=(1.1.1)$，
   $\therefore \overrightarrow{E F} \cdot \vec{n}=\left(-\dfrac{1}{2}, 0, \dfrac{1}{2}\right) \cdot(1,1,1)=0$，
   $∴EF//$ 平面 $ACD'$.

4. 证明 如图所示建立空间直角坐标系 $D－xyz$，
   
   则有 $D(0,0,0)$,$A(2,0,0)$,$C(0,2,0)$,$C_1 (0,2,2)$，$E(2,2,1)$,$F(0,0,1)$,$B_1 (2,2,2)$，
   所以 $\overrightarrow{F C}_{1}=(0,2,1), \overrightarrow{D A}=(2,0,0), \overrightarrow{A E}=(0,2,1)$．
   (1) 设 $\vec{n}_{1}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$ 是平面 $ADE$ 的法向量，
   则 $\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{D A}$, $\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{A E}$，
   即 $\left\{\begin{array} { l } { \vec { n _ { 1 } } \cdot \vec { D A } = 2 x _ { 1 } } \\ { \vec { n _ { 1 } } \cdot \vec { A E } = 2 y _ { 1 } + z _ { 1 } } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} x_{1}=0 \\ z_{1}=-2 y_{1} \end{array}\right.\right.$，令 $z_1=2⇒y_1=-1$，
   所以 $\overrightarrow{n_{1}}=(0,-1,2)$，
   因为 $\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{F C_{1}}=-2+2=0$，所以 $\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{F C_{1}}$，
   又因为 $FC_1⊄$ 平面 $ADE$，
   即 $FC_1∥$ 平面 $ADE$．
   (2) 因为 $\overrightarrow{C_{1} B_{1}}=(2,0,0)$，设 $\overrightarrow{n_{2}}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$ 是平面 $B_1 C_1 F$ 的一个法向量．
   由 $\vec{n}_{2} \perp \overrightarrow{F C_{1}}$， $\vec{n}_{2} \perp \overrightarrow{C_{1} B_{1}}$，得 $\left\{\begin{array} { l } { \vec { n _ { 2 } } \cdot \vec { F C _ { 1 } } = 2 y _ { 2 } + z _ { 2 } = 0 } \\ { \vec { n _ { 2 } } \cdot \vec { C _ { 1 } B _ { 1 } } = 2 x _ { 2 } = 0 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} x_{2}=0 \\ z_{2}=-2 y_{2} \end{array}\right.\right.$．
   令 $z_2=2⇒y_2=-1$，所以 $\overrightarrow{n_{2}}=(0,-1,2)$，
   所以 $\overrightarrow{n_{1}}=\overrightarrow{n_{2}}$，所以平面 $ADE∥$ 平面 $B_1 C_1 F$．

分层练习

【A组---基础题】

1 已知直线 $l$ 的方向向量 $\vec{a}=(-2,3,1)$，平面 $α$ 的一个法向量为 $\vec{e}=(4,0,8)$，则直线 $l$ 与平面 $α$ 的位置关系是 ( )
 A．平行 $\qquad \qquad$ B．垂直 $\qquad \qquad$ C．在平面内 $\qquad \qquad$ D．平行或在平面内
 

2 已知 $\vec{u}=(1,2,1)$ 是直线 $l$ 的方向向量，$\vec{v}=(2,y,2)$ 为平面 $α$ 的法向量，若 $l//α$，则 $y$ 的值为 ( )
 A．$-2$ $\qquad \qquad$ B．$-\dfrac{1}{2}$ $\qquad \qquad$ C．4 $\qquad \qquad$ D． $\dfrac{1}{4}$
 

3 已知平面 $α，β$ 的法向量分别为 $\overrightarrow{n_{1}}=(x, 1,-1)$， $\overrightarrow{n_{2}}=(6, y, 3)$，且 $α//β$，则 $x+y=$ $\underline{\quad \quad}$ .
 

4 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 $l$，$m$ 和平面 $α$，其中 $l⊄α$，$m⊂α$，$l//m$，
求证：$l//α$.
 

5 在正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$，$E$ 是棱 $DD_1$ 的中点。在棱 $C_1 D_1$ 上是否存在一点 $F$，使 $B_1 F//$ 平面 $A_1 BE$? 证明你的结论.
 

6 如图，在四棱锥 $P－ABCD$ 中，$PA⊥$ 平面 $ABCD$，$PB$ 与底面所成的角为 $45°$，底面 $ABCD$ 为直角梯形，$∠ABC=∠BAD=90^∘$， $P A=B C=\dfrac{1}{2} A D=1$，问在棱 $PD$ 上是否存在一点 $E$，使 $CE∥$ 平面 $PAB$？若存在，求出 $E$ 点的位置；若不存在，请说明理由．

 
 

7 如图所示，在正方体 $ABCD-A_1 B_1 C_1 D_1$ 中，$E,F,G,H$ 分别是 $BC$,$CC_1$,$C_1 D_1$,$A_1 A$ 的中点，
求证：(1)$BF//HD_1$；(2)$EG//$ 平面 $BB_1 D_1 D$；(3) 平面 $BDF//$ 平面 $B_1 D_1 H$.

 
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 直线 $l$ 的方向向量 $\vec{a}=(-2,3,1)$，平面 $α$ 的一个法向量为 $\vec{e}=(4,0,8)$，
   则 $\vec{a}⋅\vec{e}=-8+0+8=0$，
   $∴$ 直线 $l$ 与平面 $α$ 的位置关系是平行或在平面内．
   故选：$D$．

2. 答案 $A$
   解析 $\vec{u}=(1,2,1)$ 是直线 $l$ 的方向向量，$\vec{v}=(2,y,2)$ 为平面 $α$ 的法向量，$l//α$，
   $∴\vec{u}⊥\vec{v}$，$∴\vec{u}\cdot ⋅\vec{v}=1×2+2y+1×2=0$，解得 $y=-2$．
   故选：$A$．

3. 答案 $-5$
   解析 $∵$ 平面 $α，β$ 的法向量分别为 $\overrightarrow{n_{1}}=(x, 1,-1)$， $\overrightarrow{n_{2}}=(6, y, 3)$，且 $α//β$，
   $\therefore \overrightarrow{n_{1}} / / \overrightarrow{n_{2}}$， $\therefore \dfrac{6}{x}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{3}{-1}$，解得 $x=-2$,$y=-3$，
   $∴x+y=-5$．

4. 证明 设直线 $l$，$m$ 的方向向量分别为 $\vec{a}$,$\vec{b}$，平面 $α$ 的法向量为 $\vec{u}$，
   $∵l//m$，$∴\vec{a}=k\vec{b}$,$k∈R$，
   $∵$ 平面 $α$ 的法向量为 $\vec{u}$，$∴\vec{u}⊥α$，
   $∵m⊂α$, 直线 $m$ 的方向向量分别为 $\vec{b}$，
   $\therefore \vec{u} \perp \vec{b}$, $\therefore \vec{u} \cdot \vec{b}=0$，
   $\therefore \vec{u} \cdot \vec{a}=\vec{u} \cdot(k \vec{b})=k \vec{u} \cdot \vec{b}=0$， $\therefore \vec{u} \perp \vec{a}$，
   $∵l⊄α$，$∴l//α$.

5. 证明 以 $A$ 为坐标原点，如图建立坐标系，
   
   设正方形的棱长为 $2$，则 $B(2,0,0)$,$E(0,2,1)$,$A_1 (0,0,2)$,$B_1 (2,0,2)$，
   $\therefore \overrightarrow{B E}=(-2,2,1)$, $\overrightarrow{B A_{1}}=(-2,0,2)$，
   设面 $BEA_1$ 的法向量为 $\vec{m}=(x,y,z)$,
   则 $\vec{m} \cdot \overrightarrow{B E}=-2 x+2 y+z=0$ 且 $\vec{m} \cdot \overrightarrow{B A_{1}}=2 x+2 z=0$，
   取 $x=1$，则 $z=-1$， $y=\dfrac{3}{2}$， $\therefore \vec{m}=\left(1, \dfrac{3}{2},-1\right)$
   假设在棱 $C_1 D_1$ 上存在一点 $F$，使 $B_1 F//$ 平面 $A_1 BE$，
   设 $F(x_0,2,2)(0⩽x_0⩽2)$，则 $BF=(x_0-2,2,2)$，
   则 $\vec{m} \cdot B F=1 \times\left(x_{0}-2\right)+\dfrac{3}{2} \times 2+(-1) \times 2=0$，解得 $x_0=1$，
   $∴$ 当 $F$ 为 $C_1 D_1$ 中点时，$B_1 F//$ 平面 $A_1 BE$.

6. 答案 存在点 $E$，当点 $E$ 是 $PD$ 的中点时，$CE∥$ 平面 $PAB$.
   解析 存在点 $E$ 使 $CE∥$ 平面 $PAB$.
   以 $A$ 为坐标原点，分别以 $AB,AD,AP$ 所在直线为 $x$ 轴，$y$ 轴，$z$ 轴建立空间直角坐标系 $Axyz$，
   
   $∴P(0,0,1)$,$C(1,1,0)$,$D(0,2,0)$，
   设 $E(0,y,z)$，则 $\overrightarrow{P E}=(0, y, z-1)$， $\overrightarrow{P D}=(0,2,-1)$，
   $\because \overrightarrow{P E} / / \overrightarrow{P D}$，$∴y(-1)-2(z-1)=0$ ①；
   $\because \overrightarrow{A D}=(0,2,0)$ 是平面 $PAB$ 的法向量，
   又 $\overrightarrow{CE}=(-1, y-1, z)$，$CE∥$ 平面 $PAB$，
   $\therefore \overrightarrow{C E} \perp \overrightarrow{A D}$， $∴(-1,y-1,z)⋅(0,2,0)=0$, $∴y=1$,
   代入①得 $z=\dfrac{1}{2}$， $∴E$ 是 $PD$ 的中点，
   $∴$ 存在点 $E$，当点 $E$ 是 $PD$ 的中点时，$CE∥$ 平面 $PAB$.

7. 证明 设正方体棱长为 $1$，以 $DA,DC,DD_1$ 所在直线为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系.
   (1)$∵B(1,1,0)$, $F\left(0,1, \dfrac{1}{2}\right)$, $H\left(1,0, \dfrac{1}{2}\right)$,$D_1 (0,0,1)$，
   $\therefore \overrightarrow{B F}=\left(-1,0, \dfrac{1}{2}\right)$, $\overrightarrow{H D_{1}}=\left(-1,0, \dfrac{1}{2}\right)$，
   $\therefore \overrightarrow{B F} / / \overrightarrow{H D_{1}}$,$∴BF//HD_1$.
   (2) $\because E\left(\dfrac{1}{2}, 1,0\right), G\left(0, \dfrac{1}{2}, 1\right)$， $\therefore \overrightarrow{E G}=\left(-\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}, 1\right)$，
   $∵$ 平面 $BB_1 D_1 D$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{A C}=(-1,1,0)$， $\therefore \overrightarrow{E G} \cdot \overrightarrow{A C}=0$，
   $\therefore \overrightarrow{E G} \perp \overrightarrow{A C}$，
   $∵EG$ 不在平面 $BB_1 D_1 D$ 内，$∴EG//$ 平面 $BB_1 D_1 D$.
   (3) 设平面 $BDF$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{n_{1}}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$，
   平面 $B_1 D_1 H$ 的一个法向量 $\overrightarrow{n_{2}}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$
   $\therefore \overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{D B}$, $\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{D F}$, $\overrightarrow{n_{2}} \perp \overrightarrow{D_{1} H}$，$\overrightarrow{n_{2}} \perp \overrightarrow{D_{1} B_{1}}$
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} x_{1}+y_{1}=0 \\ y_{1}+\dfrac{1}{2} z_{1}=0 \end{array}\right.$，取 $\text { 又} \overrightarrow {n_{1}}=(1,-1,2)$；
   $\left\{\begin{array}{l} x_{2}-\dfrac{1}{2} z_{2}=0 \\ x_{2}+y_{2}=0 \end{array}\right.$，取 $\overrightarrow{n_{2}}=(-1,1,-2)$，
   $\therefore \overrightarrow{n_{1}}=-\overrightarrow{n_{2}}$ ，$∴$ 平面 $BDF//$ 平面 $B_1 D_1 H$.
    

【B组---提高题】

1 在三棱柱 $ABC-A_1 B_1 C_1$ 中，侧棱垂直于底面，在底面 $ABC$ 中 $∠ABC=90^∘$，$D$ 是 $BC$ 上一点，且 $A_1 B//$ 面 $AC_1 D，D_1$ 为 $B_1 C_1$ 的中点，求证：面 $A_1 BD_1∥$ 面 $AC_1 D$.
 

参考答案

1. 证明 以 $B$ 点为原点，如图建立坐标系，
   
   设 $AB=a$，$BC=2b$，$BB_1=c$，
   则 $A(a,0,0)$,$C_1 (0,2b,c)$,$B_1 (0,0,c)$，$A_1 (a,0,c)$，
   $∴D_1 (0,b,c)$，
   设 $D(0,y_0,0)(0⩽y_0⩽2b)$，
   $\therefore \overrightarrow{A D}=\left(-a, y_{0}, 0\right)$, $\overrightarrow{A C_{1}}=(-a, 2 b, c)$， $\overrightarrow{B A_{1}}=(a, 0, c)$， $\overrightarrow{B D_{1}}=(0, b, c)$，
   设面 $AC_1 D$ 的法向量为 $\vec{m}=\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)$，
   则 $m \cdot \overrightarrow{A D}=-a x_{1}+y_{0} y_{1}=0$ 且 $m \cdot \overrightarrow{A C_{1}}=-a x_{1}+2 b y_{1}+c z_{1}=0$，
   取 $y_1=a$，则 $x_1=y_0$， $z_{1}=\dfrac{a y_{0}-2 a b}{c}$，则 $\vec{m}=\left(y_{0}, a, \dfrac{a y_{0}-2 a b}{c}\right)$，
   又 $∵A_1 B//$ 面 $AC_1 D$，
   $\therefore \vec{m} \cdot \overrightarrow{B A_{1}}=a y_{0}+c \times \dfrac{a y_{0}-2 a b}{c}=0$，解得 $y_0=b$， $\therefore \vec{m}=\left(b, a,-\dfrac{a b}{c}\right)$，
   设面 $A_1 BD_1$ 的法向量为 $\overrightarrow{\mathrm{n}}=\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)$，
   则 $\overrightarrow{\mathrm{n}} \cdot \overrightarrow{B A_{1}}=a x_{2}+c z_{2}=0$ 且 $\vec {n} \cdot \overrightarrow {B D_{1}}=b y_{2}+c z_{2}=0$0， 取$z_2=1$，则 $x_{2}=-\dfrac{c}{a}$ ，$y_{2}=-\dfrac{c}{b}$，则 $n=\left(-\dfrac{c}{a},-\dfrac{c}{b}, 1\right)$，
   $\therefore \overrightarrow{\mathrm{n}}=-\dfrac{c}{a b} \vec{m}$， $\therefore \vec{m} / / \overrightarrow{\mathrm{n}}$，
   $∴$ 面 $A_1 BD_1//$ 面 $AC_1 D$.