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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
-
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\(y=-2\)． -
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\(x=1\)． -
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\(ACD'\). -
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
-
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：\(D\)． -
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：\(A\)． -
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\(x=-2\),\(y=-3\)，
\(∴x+y=-5\)． -
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\(\vec{b}\)，
\(\therefore \vec{u} \perp \vec{b}\), \(\therefore \vec{u} \cdot \vec{b}=0\)，
\(\therefore \vec{u} \cdot \vec{a}=\vec{u} \cdot(k \vec{b})=k \vec{u} \cdot \vec{b}=0\)， \(\therefore \vec{u} \perp \vec{a}\)，
\(∵l⊄α\)，\(∴l//α\). -
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\(A_1 BE\). -
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\(PAB\). -
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
- 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\(AC_1 D\).