高中人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用学案及答案

这是一份高中人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用学案及答案，共19页。

第一章 空间向量与立体几何
1.4 空间向量的应用
1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系




知识点一　用向量表示空间中点的位置
如图，在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量来表示．我们把向量称为点P的位置向量.

知识点二　用向量表示直线的位置
(1)如图，a是直线l的方向向量，在直线l上取 ＝a，设P是直线l上的任意一点，由向量共线的条件可知，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使得＝ta，即＝t.
(2)如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使

＝＋ta，(*)
将＝a代入(*)式，得＝＋t.
(3)①空间中一点和直线的方向向量可以表示直线上的任意一点.
②空间任意直线由直线上一点及直线的方向向量唯一确定．
知识点三　用向量表示平面的位置
(1)如图，设两条直线相交于点O，它们的方向向量分别为a和b，P为平面α内任意一点，由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序实数对(x，y)，使得＝xa＋yb.

(2)如图，取定空间任意一点O，可以得到，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在实数x，y，使＝ ＋x＋y.

(3)空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一确定．
(4)如图，直线l⊥α，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的法向量．给定一个点A和一个向量a，过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合{P|a·＝0}.

知识点四　空间中平行、垂直关系的向量表示
设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量．
线线平行
l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2
线面平行
l1∥α⇔u1⊥n1⇔u1·n1＝0
面面平行
α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2
线线垂直
l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0
线面垂直
l1⊥α⇔u1∥n1⇔∃λ∈R，使得u1＝λn1
面面垂直
α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0

1．空间中一条直线的方向向量有无数个．
2．线段中点的向量表达式：对于＝t，当t＝时，我们就得到线段中点的向量表达式．设点M是线段AB的中点，则＝(＋)，这就是线段AB中点的向量表达式．
3．利用待定系数法求平面的法向量，求出向量的横、纵、竖坐标是具有某种关系的，而不是具体的值，可设定某个坐标为常数，再表示其他坐标．

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若向量n1，n2为平面α的法向量，则分别以这两个向量为方向向量的两条不重合直线一定平行．(　　)
(2)若平面外的一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则该直线与平面平行．(　　)
(3)若一直线与平面垂直，则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向向量的数量积为0.(　　)
(4)两个平面垂直，则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线的方向向量垂直．(　　)
答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)×
2．做一做(请把正确的答案写在横线上)
(1)若点A(－1,0,1)，B(1,4,7)在直线l上，则直线l的一个方向向量的坐标可以是________.
(2)设平面α的法向量为(1,3，－2)，平面β的法向量为(－2，－6，k)，若α∥β，则k＝________.
(3)若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为________.
(4)已知两平面α，β的法向量分别为u1＝(1,0,1)，u2＝(0,2,0)，则平面α，β的位置关系为________.
答案　(1)(2,4,6)　(2)4　(3)垂直　(4)垂直



题型一 求平面的法向量
例1　如图，ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，求平面SCD与平面SBA的法向量．

[解]　∵AD，AB，AS是三条两两垂直的线段，∴以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，D，C(1,1,0)，S(0,0,1)， ＝是平面SBA的一个法向量，
设平面SCD的法向量为n＝(1，λ，u)，
则n·＝(1，λ，u)·＝＋λ＝0，
∴λ＝－.
n·＝(1，λ，u)·＝－＋u＝0，
∴u＝，∴n＝.
综上，平面SCD的一个法向量为n＝，平面SBA的一个法向量为＝.

设直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔u∥v⇔u＝kv⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2，其中k∈R，
平面的法向量的求解方法：
①设出平面的法向量为n＝(x，y，z)．
②找出(或求出)平面内的两个不共线的向量的坐标：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)．
③依据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组
④解方程组，取其中的一个解，即得法向量，由于一个平面的法向量有无数多个，故可在方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．
[跟踪训练1]　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求证：是平面ACD1的一个法向量．

证明　设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，{，，}为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，B1(1,1,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0，0,1)，＝(1,1,1)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．
于是有·＝0.所以⊥，即DB1⊥AC.
同理，DB1⊥AD1，又AC∩AD1＝A，所以DB1⊥平面ACD1，从而是平面ACD1的一个法向量.
题型二 利用空间向量解决平行问题
例2　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.
[证明]　(1)如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，

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)．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，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)因为＝(2,0,0)，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的法向量．
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.

利用向量法证明平行问题的两种途径
(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系．
(2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行平行关系的证明．
[跟踪训练2]　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分别是AA1，D1C1，AB，CC1的中点．求证：PQ∥RS.
证明　证法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1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Dxyz.

则P(3,0,1)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S(0,4,1)，＝(－3,2,1)，＝(－3,2,1)，
∴＝，∴∥，即PQ∥RS.
证法二：＝＋＝－＋，
＝＋＝＋－，
∴＝，∴∥，即PQ∥RS.
题型三 利用空间向量解决垂直问题
例3　如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平面ADE⊥平面ABE.

[证明]　取BE的中点O，连接OC，则OC⊥EB，又AB⊥平面BCE.∴以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz.如图所示．则由已知条件有C(1，0,0)，B(0，，0)，E(0，－，0)，D(1,0,1)，A(0，，2)．

设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，
则n·＝(a，b，c)·(0,2，2)＝2b＋2c＝0，
n·＝(a，b，c)·(－1，，1)＝－a＋b＋c＝0.
令b＝1，则a＝0，c＝－，∴n＝(0,1，－)．
∵OC⊥平面ABE，
∴平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．
∵n·m＝(0,1，－)·(1,0,0)＝0，
∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.

利用向量法证明几何中的垂直问题的两条途径
(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的垂直关系．
(2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行证明．证明线面垂直时，只需证明直线的方向向量与平面的法向量平行或直线的方向向量与平面内两相交的直线的方向向量垂直．在证明两个平面垂直时，只需求出这两个平面的法向量，并证明它们的数量积为0.
[跟踪训练3]　如下图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点．

求证：EF⊥平面B1AC.
证明　证法一：设＝a，＝c，＝b，则a·b＝a·c＝b·c＝0，∵＝＋＝(＋)＝(＋)＝(＋－)＝(－a＋b＋c)，
＝＋＝a＋b.
∴·＝(－a＋b＋c)·(a＋b)＝(b2－a2＋c·a＋c·b)＝(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0.
∴⊥，即EF⊥AB1，同理，EF⊥B1C.
又AB1∩B1C＝B1，∴EF⊥平面B1AC.
证法二：设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2,2,1)，F(1,1,2)．
∴＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(－1，－1,1)．
＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)，
＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)，
∴·＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝0－2＋2＝0，
·＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝2－2＋0＝0，
∴⊥，⊥，∴EF⊥AB1，EF⊥AC.
又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC.
证法三：同法二得＝(0,2,2)，＝(－2,2,0)，
＝(－1，－1,1)．
设面B1AC的法向量为n＝(x，y，z)，
则1·n＝0，·n＝0，
即取x＝1，则y＝1，z＝－1，
∴n＝(1,1，－1)，
∴＝－n，∴∥n，∴EF⊥平面B1AC.
题型四 与平行、垂直有关的探索性问题
例4　如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.

(1)证明：AP⊥BC；
(2)在线段AP上是否存在点M，使得平面AMC⊥平面BMC？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：如图，以O为坐标原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0，0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4，2,0)，P(0,0,4)，

＝(0,3,4)，＝(－8,0,0)，由此可得
·＝0，所以⊥，即AP⊥BC.
(2)假设存在满足题意的M，设＝λ，0≤λ<1，则＝λ(0，－3，－4)．
＝＋＝＋λ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，＝(－4,5,0)．
设平面BMC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面APC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
由
得
即可取n1＝.
由即得
可取n2＝(5,4，－3)，
由n1·n2＝0，得4－3×＝0，解得λ＝，
故＝，
＝＋＝，
所以AM＝3.
综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.

利用向量解决探索性问题的方法
对于探索性问题，一般先假设存在，利用空间坐标系，结合已知条件，转化为代数方程是否有解的问题．若有解满足题意，则存在；若没有满足题意的解，则不存在．
[跟踪训练4]　如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.

(1)求证：BC1⊥平面AB1C；
(2)在AB上是否存在点D，使得AC1∥平面CDB1.
解　由已知AC＝3，BC＝4，AB＝5，得△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，由三棱柱是直三棱柱，得CC1⊥平面ABC，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，从而C(0，0,0)，A(3,0,0)，B(0,4,0)，C1(0，0,4)，B1(0,4,4)．

(1)证明：＝(3,0,0)，
＝(0，－4,4)，
则·＝(0，－4,4)·(3,0,0)＝0，
则⊥，所以BC1⊥AC.
又四边形BCC1B1为正方形，因而BC1⊥B1C.
又B1C∩AC＝C，
∴BC1⊥平面AB1C.
(2)假设存在点D(x，y,0)，使得AC1∥平面CDB1，＝(x，y,0)，＝(0,4,4)，
设平面CDB1的法向量为m＝(a，b，c)，
则
即令b＝－x，则c＝x，a＝y，
所以m＝(y，－x，x)，而＝(－3,0,4)，
则·m＝0，
得－3y＋4x＝0.①
由D在AB上，A(3,0,0)，B(0,4,0)得＝，
即得4x＋3y＝12，②
联立①②可得x＝，y＝2，∴D，即D为AB的中点．
综上，在AB上存在点D，使得AC1∥平面CDB1，点D为AB的中点．

1．已知线段AB的两端点坐标为A(9，－3,4)，B(9,2,1)，则线段AB与坐标平面(　　)
A．Oxy平行 B．Ozx平行
C．Oyz平行 D．Oyz相交
答案　C
解析　因为＝(9,2,1)－(9，－3,4)＝(0,5，－3)，所以AB∥平面Oyz.
2．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1,2，－1)，v＝(－3，－6,3)，则(　　)
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确
答案　A
解析　∵v＝－3u，∴α∥β.
3．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z等于(　　)
A．3 B．6
C．－9 D．9
答案　C
解析　∵l⊥α，v与平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0，∴1×3＋3×2＋z×1＝0，∴z＝－9.
4. (多选)在三棱锥P－ABC中，CP，CA，CB两两垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，在如图所示的空间直角坐标系中，下列所给向量是平面PAB的法向量的是(　　)


A． B．(1，－，1)
C．(1,1,1) D．(－2，－2，－1)
答案　AD
解析　由题意，得A(1,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,2)，则＝(1,0，－2)， ＝(－1,1,0)，设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y,1)，则x－2＝0，即x＝2；－x＋y＝0，即y＝x＝2.所以n＝(2,2,1)．因为＝n，(－2，－2，－1)＝－n，所以A，D正确．
5．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，在棱DD1上是否存在点P，使MD⊥平面PAC?
解　如图，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，D(0，0,0)，M.

假设存在P(0,0，a)满足条件，
则＝(1,0，－a)(0≤a≤1)，
＝(－1,1,0)．
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则由得
令z＝1得x＝a，y＝a，即n＝(a，a,1)，
由题意∥n，由＝，得a＝2，
∵0≤a≤1，
∴棱DD1上不存在点P，使MD⊥平面PAC.



A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．已知平面α∥平面β，n＝(1，－1,1)为平面α的一个法向量，则下列向量是平面β的一个法向量的是(　　)
A．(1,1,1) B．(－1,1，－1)
C．(－1，－1，－1) D．(1,1，－1)
答案　B
解析　∵(－1,1，－1)＝－n，∴(－1,1，－1)是平面β的一个法向量．
2．直线l的方向向量为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x的值为(　　)
A．－2 B．－
C． D．±
答案　D
解析　∵l∥平面α，∴s⊥n，即s·n＝0.
∴(－1,1,1)·(2，x2＋x，－x)＝0，
即－2＋x2＋x－x＝0，∴x＝±.
3．如图所示，已知A，B，C三点不共线，P为平面ABC内一定点，O为平面ABC外任一点，且平面ABC中的小方格为单位正方形，则下列能正确表示向量的为(　　)

A．＋2＋2 B．－3－2
C．＋3－2 D．＋2－3
答案　C
解析　连接AP，∵A，B，C，P四点共面，∴可设＝x＋y，即＝＋x＋y，由题图可知x＝3，y＝－2.
4. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，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
答案　B
解析　建系如图，设正方体的棱长为2，则点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)，∵－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴⊥n.又MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.故选B.
5．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．若点Q在直线B1P上，则下列结论正确的是(　　)

A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B．当点Q为线段B1P的三等分点(靠近点P)时，DQ⊥平面A1BD
C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．不存在DQ与平面A1BD垂直
答案　D
解析　以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则由已知得A1(0，0,0)，B1(1,0,0)，C1(0，1,0)，B(1,0,1)，D，P(0，2,0)，＝(1,0,1)，＝，＝(－1，2,0)，＝.设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2,1，－2)．假设DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ(－1，2,0)＝(－λ，2λ，0)，则＝＋＝，因为也是平面A1BD的法向量，所以n＝(2,1，－2)与＝共线，于是有＝＝＝成立，但此方程关于λ无解．故不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直，故选D.
6. (多选)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列结论正确的是(　　)

A．A1M∥D1P
B．A1M∥B1Q
C．A1M∥平面DCC1D1
D．A1M∥平面D1PQB1
答案　ACD
解析　∵＝＋＝＋，＝＋＝＋，∴∥，从而A1M∥D1P，可得A，C，D正确；又B1Q与D1P不平行，故B不正确．故选ACD.
二、填空题
7．已知直线a，b的方向向量分别为m＝(4，k，k－1)和n＝，若a∥b，则k＝________.
答案　－2
解析　①当k＝0或k＝－3时，a与b不平行．
②当k≠0且k≠－3时，由＝＝，解得k＝－2.
8．已知△ABC是以∠B为直角的等腰直角三角形，其中＝(1，m,2)，＝(2，m，n)(m，n∈R)，则m＋n＝________.
答案　－1
解析　由题意得·＝0，且||＝||，
∴∴∴m＋n＝－1.
9．给出下列命题：
①直线l的方向向量为a＝(1，－1,2)，直线m的方向向量为b＝，则l与m垂直；
②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；
③平面α，β的法向量分别为n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，则α∥β；
④平面α经过三点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1.
其中是真命题的是________.(写出所有真命题的序号)
答案　①④
解析　对于①，∵a＝(1，－1,2)，b＝，∴a·b＝1×2－1×1＋2×＝0，∴a⊥b，∴直线l与m垂直，故①正确；对于②，a＝(0,1，－1)，n＝(1，－1，－1)，∴a·n＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，∴a⊥n，∴l∥α或l⊂α，故②错误；对于③，∵n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，∴n1与n2不共线，∴α∥β不成立，故③错误；对于④，∵点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，∴＝(－1,1,1)，＝(－1,1,0)，∵向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，∴即则u＋t＝1，故④正确．综上，是真命题的是①④.
三、解答题
10．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E为PC的中点，EF⊥BP于点F.求证：

(1)PA∥平面EDB；
(2)PB⊥平面EFD.
证明　以D为坐标原点，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Dxyz，如图，

设DC＝PD＝1，则P(0,0,1)，A(1，0,0)，D(0,0,0)，B(1，1,0)，E.
(1)∵＝，＝.
设n1＝(x1，y1，z1)为平面EDB的法向量，则有
即∴
取z1＝－1，则n1＝(－1,1，－1)．
∵＝(1,0，－1)，∴·n1＝0.
又PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB.
(2)设F(x，y，z)，则
＝(x，y，z－1)，＝.
∵⊥，＝(1,1，－1)，
∴x＋－＝0，即x＋y－z＝0.①
又∥，可设＝λ，
∴x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.②
由①②可知，x＝，y＝，z＝，
∴＝.
设n2＝(x2，y2，z2)为平面EFD的法向量，则有
即
∴取z2＝1，则n2＝(－1，－1,1)．
∴∥n2，∴PB⊥平面EFD.
B级：“四能”提升训练
1．在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD，∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E，F分别是AC，AD的中点，求证：平面BEF⊥平面ABC.
证明　以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设A(0,0，a)，则易得
B(0,0,0)，C，D(0，a，0)，E，F，

故＝(0,0，－a)，＝.
设平面ABC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取x1＝1，
∴n1＝(1，－1,0)为平面ABC的一个法向量．
设n2＝(x2，y2，z2)为平面BEF的法向量，
同理可得n2＝(1,1，－)．
∵n1·n2＝(1，－1,0)·(1,1，－)＝0，
∴平面BEF⊥平面ABC.
2．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD＝AA1＝a，AB＝2a.试问在线段CD1上是否存在一点N，使MN∥平面ADD1A1？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．
解　以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0，0，a)，E，M，
则＝(0,2a,0)，＝(0，－2a，a)．
假设CD1上存在点N，使MN∥平面ADD1A1，
并设＝λ＝(0，－2aλ，aλ)(0<λ<1)．
则＝＋＝(0,2a,0)＋(0，－2aλ，aλ)＝(0，2a(1－λ)，aλ)，又＝，
∴＝－＝.
易知是平面ADD1A1的一个法向量，
∴⊥，则2a(a－2aλ)＝0，λ＝.
又MN⊄平面ADD1A1，故存在N为CD1的中点使MN∥平面ADD1A1.