2024届高考数学一轮复习第6章第6节立体几何中的向量方法——证明平行与垂直学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第6章第6节立体几何中的向量方法——证明平行与垂直学案，共22页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第六节　立体几何中的向量方法——证明平行与垂直
考试要求：1．理解直线的方向向量及平面的法向量，能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．
2．能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理．

一、教材概念·结论·性质重现
1．直线的方向向量与平面的法向量
直线的
方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个
平面的
法向量
直线l⊥平面α，取直线l的方向向量a，我们称向量a为平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量


方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．
2．空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔m·n＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(1)直线的方向向量是唯一确定的． (　×　)
(2)平面的单位法向量是唯一确定的． (　×　)
(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行． (　√　)
(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行． (　√　)
(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行． (　×　)
(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行. (　×　)
2．若直线l的方向向量a＝(1，－3，5)，平面α的法向量n＝(－1，3，－5)，则有(　　)
A．l∥α　　　　　　　　 B．l⊥α
C．l与α斜交 D．l⊂α或l∥α
B　解析：由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α.故选B．
3．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)
A．α∥β
B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直
D．以上均不对
C　解析：因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直．
4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________．

垂直　解析：以A为原点，分别以A，AD ，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，M0，1，12，O12，12，0，N12，0，1，AM·ON＝0，1，12·0，-12，1＝0，所以ON与AM垂直．
5．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________．
平行　解析：由题意得，AB＝(－3，－3，3)，CD＝(1，1，－1)，所以AB＝－3CD，所以AB与CD共线．又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD．


考点1　利用空间向量证明平行问题——基础性

如图，在四棱锥P­ABCD中，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：PB∥平面EFG.

证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，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)，
则EF＝(0，1，0)，EG＝(1，2，－1)．
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·EF=0，n·EG=0，即y=0， x+2y-z=0.
令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量．
因为PB＝(2，0，－2)，所以PB·n＝0，所以n⊥PB.
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.

本例中条件不变，证明：平面EFG∥平面PBC．
证明：因为EF＝(0，1，0)，BC＝(0，2，0)，所以BC＝2EF，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EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC．

利用空间向量证明平行的方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直．
(2)证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行
面面平行
(1)证明两平面的法向量为共线向量．
(2)转化为线面平行、线线平行问题

如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD．

证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

因为PC⊥平面ABCD，
所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，
所以∠PBC＝30°.
因为PC＝2，所以BC＝23，PB＝4，
所以D(0，1，0)，B(23，0，0)，A(23，4，0)，P(0，0，2)，M32，0，32，
所以DP＝(0，－1，2)，DA＝(23，3，0)，CM＝32，0，32.
设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，
由DP·n=0，DA·n=0，得-y+2z=0 23x+3y=0.
取y＝2，得x＝－3，z＝1，所以n＝(－3，2，1)是平面PAD的一个法向量．
因为n·CM＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，
所以n⊥CM.又CM⊄平面PAD，
所以CM∥平面PAD．

考点2　 利用空间向量证明垂直问题——应用性

如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB．求证：平面BCE⊥平面CDE.

证明：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a，2a)，

所以BE＝(a，3a，a)，BC＝(2a，0，－a)，CD＝(－a，3a，0)，ED＝(0，0，－2a)．设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由n1·BE＝0，n1·BC＝0可得
ax1+3ay1+az1=0，2ax1-az1=0， 即x1+3y1+z1=0，2x1-z1=0.
令z1＝2，可得n1＝(1，－3，2)．
设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由n2·CD＝0，n2·ED＝0可得
-ax2+3ay2=0，-2az2=0， 即-x2+3y2=0，z2=0.
令y2＝1，可得n2＝(3，1，0)．
因为n1·n2＝1×3＋1×(－3)＝0，所以n1⊥n2，
所以平面BCE⊥平面CDE.

若本例中条件不变，点F是CE的中点，证明：DF⊥平面BCE.
证明：由例2知C(2a，0，0)，E(a，3a，2a)，平面BCE的法向量n1＝(1，－3，2)．
因为点F是CE的中点，所以F3a2，3a2，a，所以DF＝a2，-3a2，a，所以DF＝a2n1，所以DF∥n1，故DF⊥平面BCE.

1．利用空间向量证明垂直的方法
线线垂直
证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零
线面垂直
证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示
面面垂直
证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示
2．向量法证明空间垂直、平行关系时，是以计算为手段，寻求直线上的线段对应的向量和平面的基向量、法向量的关系，关键是建立空间直角坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量．

如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
证明：(1)AE⊥CD；
(2)PD⊥平面ABE.

证明：以A为原点，AB，AD，AP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Axyz.

设PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1)．
(1)因为∠ABC＝60°，
所以△ABC为正三角形，
所以C12，32，0，E14，34，12.
设D(0，y，0)，由AC⊥CD，得AC·CD＝0，
即y＝233，则D0，233，0，
所以CD＝-12，36，0.
又AE＝14，34，12，
所以AE·CD＝－12×14+36×34＝0，
所以AE⊥CD，即AE⊥CD．
(2)(方法一)由(1)知，D0，233，0，P(0，0，1)，
所以PD＝0，233，-1.
又AE·PD＝34×233+12×(－1)＝0，
所以PD⊥AE，即PD⊥AE.
因为AB＝(1，0，0)，所以PD·AB＝0，
所以PD⊥AB．
又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面AEB，
所以PD⊥平面AEB．
(方法二)由(1)知，AB＝(1，0，0)，AE＝14，34，12.
设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，
则x=0， 14x+34y+12z=0.
令y＝2，则z＝－3，所以n＝(0，2，－3)为平面ABE的一个法向量．
因为PD＝0，233，-1，显然PD＝33n.
因为PD∥n，所以PD⊥平面ABE，
即PD⊥平面ABE.

考点3　利用空间向量解决探索性问题——应用性

如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．

解：在棱C1D1上存在一点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.证明如下：
依题意，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，

则A1(0，0，1)，B(1，0，0)，B1(1，0，1)，E0，1，12，所以BA1＝(－1，0，1)，BE＝-1，1，12.
设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，
则由n·BA1=0，n·BE=0，得-x+z=0， -x+y+12z=0，
所以x＝z，y＝12z.取z＝2，得n＝(2，1，2)．
设棱C1D1上存在点F(t，1，1)(0≤t≤1)满足条件，又因为B1(1，0，1)，所以B1F＝(t－1，1，0)．而B1F⊄平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE⇔B1F·n＝0⇔(t－1，1，0)·(2，1，2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝12⇔F为C1D1的中点．即说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.

向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路
(1)根据题设条件中的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示．
(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解．若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．

在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由．
(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．如图所示，以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．

设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Ea，a2，0，P(0，0，a)，Fa2，a2，a2，
所以EF＝-a2，0，a2，DC＝(0，a，0)．
因为EF·DC＝0，所以EF⊥DC，从而得EF⊥CD．
(2)解：假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)，则FG＝x-a2，-a2，z-a2.
若使GF⊥平面PCB，
则由FG·CB＝x-a2，-a2，z-a2·(a，0，0)＝ax-a2＝0，得x＝a2.
由FG·CP＝x-a2，-a2，z-a2·(0，－a，a)＝a22＋az-a2＝0，得z＝0，
所以点G坐标为a2，0，0，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．
课时质量评价(三十七)
A组　全考点巩固练
1．设u＝(－3，2，t)，v＝(6，－5，4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝(　C　)
A．5 B．6
C．7 D．8
2．(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，且AB＝(2，－1，－4)，AD＝(4，2，0)，AP＝(－1，2，－1)，则(　　)
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C．AP是平面ABCD的法向量
D．AP∥BD
ABC　解析：因为AB·AP＝(2，－1，－4)·(－1，2，－1)＝0，
AD·AP＝(4，2，0)·(－1，2，－1)＝0，
所以AB⊥AP，AD⊥AP，则选项A，B正确．
又AB与AD不平行，
所以AP是平面ABCD的法向量，则选项C正确．
由于BD＝AD-AB＝(2，3，4)，AP＝(－1，2，－1)，所以BD与AP不平行，故选项D错误．
3．如图，F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点．若D1F⊥DE，则有(　　)

A．B1E＝EB B．B1E＝2EB
C．B1E＝12EB D．E与B重合
A　解析：以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Dxyz.

设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，D1F＝(0，1，－2)，DE＝(2，2，z)．因为D1F·DE＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB．
4．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为(　　)

A．(1，1，1) B．23，23，1
C．22，22，1 D．24，24，1
C　解析：设AC与BD相交于点O，连接OE(图略)，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以AM∥EO.又O是正方形ABCD对角线的交点，所以M为线段EF的中点．
在空间直角坐标系Cxyz中，E(0，0，1)，F(2，2，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标为22，22，1.
5．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN＝________．

22　解析：连接PD(图略)，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝12PD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)，所以PD＝02+-12+12＝2，所以MN＝22.
6．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n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．
α∥β　解析：AB＝(0，1，－1)，AC＝(1，0，－1)．
设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，m·AB＝0，得x·0＋y－z＝0，即y＝z，由m·AC＝0，得x－z＝0，即x＝z，取x＝1，所以m＝(1，1，1)，m＝－n，
所以m∥n，所以α∥β.
7．已知AB＝(1，5，－2)，BC＝(3，1，z)，若AB⊥BC，BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________．
257　解析：由条件得3+5-2z=0， x-1+5y+6=0， 3x-1+y-3z=0，解得x＝407，y＝－157，z＝4，所以x＋y＝407-157＝257.
8．(2022·江苏徐州模拟)如图，在正三棱锥S­ABC中，E是高SO上一点，AO＝12SA，直线AE与底面所成角的正切值为22.
(1)求证：AE⊥平面EBC；
(2)求三棱锥E­ABC外接球的体积．

(1)证明：延长AO交BC于点D．
因为SO⊥平面ABC，所以∠EAO即为直线EA与底面ABC所成的角，
从而tan ∠EAO＝22，所以EOAO＝22.
设AO＝2，则OE＝2，SA＝4，AB＝SO＝23.
以点O为坐标原点，与CB平行的直线为x轴，OD所在直线为y轴，OS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，

则O(0, 0, 0)，A(0, －2, 0)，B(3，1，0)，C(－3，1，0)，E(0，0，2)，所以BC＝(－23，0，0)，BE＝(－3，－1, 2)，AE＝(0，2，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，由n·BC=0，n·BE=0，得-23x=0， -3x-y+2z=0.取z＝1，则y＝2，x＝0，即n＝(0，2，1)．
所以AE＝2n，即AE∥n，所以AE⊥平面EBC．
(2)解：由题意知三棱锥E­ABC为正三棱锥，设其外接球的球心为O′(0，0，t)，
由O′A＝O′E，得t2+4＝|t－2|，解得t＝－22，
所以外接球的半径2--22＝322，所以外接球的体积V＝43π3223＝92π.
B组　新高考培优练
9．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A．相交
B．平行
C．垂直
D．MN在平面BB1C1C内
B　解析：以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由于A1M＝AN＝2a3，则Ma，2a3，a3，N2a3，2a3，a，MN＝-a3，0，2a3.又C1D1⊥平面BB1C1C，所以C1D1＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为MN·C1D1＝0，所以MN⊥C1D1，又MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C．
10．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3AD＝3AA1＝3，点P为线段A1C上的动点，则下列结论不正确的是(　　)

A．当A1C＝2A1P时，B1，P，D三点共线
B．当AP⊥A1C时，AP⊥D1P
C．当A1C＝3A1P时，D1P∥平面BDC1
D．当A1C＝5A1P时，A1C⊥平面D1AP
B　解析：如图建立空间直角坐标系，A1(1，0，1)，C(0，3，0)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，B1(1，3，1)，D(0，0，0)，

当A1C＝2A1P时，A1P＝-12，32，-12，
DP＝DA1+A1P＝12，32，12，而DB1＝(1，3，1)，
所以DP＝12DB1，所以B1，P，D三点共线，A正确；
AP＝AA1+A1P＝AA1＋λA1C＝(－λ，3λ，1－λ)．
当AP⊥A1C时，AP·A1C＝5λ－1＝0，所以λ＝15，
所以AP·D1P＝-15，35，45·45，35，-15＝－15≠0，所以AP⊥D1P错，B不正确；
当A1C＝3A1P时，A1P＝-13，33，-13，
D1P＝A1P-A1D1＝23，33，-13，
又DB＝(1，3，0)，DC1＝(0，3，1)，
所以D1P＝23DB-13DC1，所以D1P∥平面BDC1，C正确；
当A1C＝5A1P时，A1P＝-15，35，-15，从而AP＝-15，35，45，
又AD1·A1C＝(－1，0，1)·(－1，3，－1)＝0，
所以A1C⊥AD1，
AP·A1C＝-15，35，45·(－1，3，－1)＝0，
所以A1C⊥AP，所以A1C⊥平面D1AP，D正确．
11．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，C1N＝λNC，且AB1⊥MN，则λ的值为________．
15　解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以M为坐标原点，MC，MA，MP的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．

因为底面边长为1，侧棱长为2，所以A0，32，0，B1-12，0，2，C12，0，0，C112，0，2，M(0，0，0)，设N12，0，t.
因为C1N＝λNC，所以N12，0，21+λ，所以AB1＝-12，-32，2，MN＝12，0，21+λ.
又因为AB1⊥MN，所以AB1·MN＝0，所以－14+41+λ＝0，所以λ＝15.
12．已知梯形CEPD如图(1)所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图(2)所示的几何体．已知当点F满足AF＝λAB(0＜λ＜1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为(　　)

A．12 B．23
C．35 D．45
C　解析：由题意，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则D(0，4，0)，E(4，0，2)，C(4，4，0)，P(0，0，4)，A(0，0，0)，B(4，0，0)，
设F(t，0，0)，0≤t≤4，AF＝λAB(0＜λ＜1)，
则(t，0，0)＝(4λ，0，0)，所以t＝4λ，所以F(4λ，0，0)，
DE＝(4，－4，2)，DF＝(4λ，－4，0)，PC＝(4，4，－4)，PE＝(4，0，－2)，
设平面DEF的法向量n＝(x，y，z)，
则n·DE=4x-4y+2z=0，n·DF=4λx-4y=0， 取x＝1，得n＝(1，λ，2λ－2)，
设平面PCE的法向量m＝(a，b，c)，
则m·PC=4a+4b-4c=0，m·PE=4a-2c=0， 取a＝1，得m＝(1，1，2)，
因为平面DEF⊥平面PCE，所以m·n＝1＋λ＋2(2λ－2)＝0，解得λ＝35.

13．如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD．
(1)求证：BD⊥ AA1.
(2)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)证明：设BD与AC交于点O，
则BD⊥AC，连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
所以A1O2＝AA12＋AO2－2AA1·AO cos 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AA12，
所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，
所以A1O⊥平面ABCD．
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A(0，－1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(－3，0，0)，A1(0，0，3)，C1(0，2，3)．
由于BD＝(－23，0，0)，AA1＝(0，1，3)，AA1·BD＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，
所以BD⊥AA1，即BD⊥AA1.
(2)解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设CP＝λCC1，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，3)．
从而有P(0，1＋λ，3λ)，BP＝(－3，1＋λ，3λ)．
设平面DA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1C1=0，n·DA1=0，
又A1C1＝(0，2，0)，DA1＝(3，0，3)，则2y=0， 3x+3z=0，取x＝1，则n＝(1，0，－1)为平面DA1C1的一个法向量，
因为BP∥平面DA1C1，所以n⊥BP，即n·BP＝-3-3λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1.