1.4.1 第3课时 空间中直线、平面的垂直-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

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 第3课时 空间中直线、平面的垂直 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　空间中直线与直线垂直 1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1，2，－2)，b＝(－2，3，2)，则(　　) A．l1∥l2 B．l1⊥l2 C．l1，l2相交但不垂直 D．不能确定 解析：由题意得a·b＝(1，2，－2)·(－2，3，2)＝－2＋6－4＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 4 2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于(　　) A．AC B．BD C．A1D D．A1A 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 5 3.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.建立空间直角坐标系，用向量法证明：AC⊥BC1. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 6 知识点二　空间中直线与平面垂直 4．若直线l的方向向量为u，平面α的法向量为n，则下列选项中能使l⊥α成立的是(　　) A．u＝(2，1，1)，n＝(－1，1，1) B．u＝(1，－2，0)，n＝(－2，4，0) C．u＝(1，2，4)，n＝(1，0，1) D．u＝(1，－1，2)，n＝(0，3，1) 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 7 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 9 知识点三　空间中平面与平面垂直 6．已知平面α，β的法向量分别为u＝(3，－1，z)，v＝(－2，－y，1)，若α⊥β，则y＋z的值是(　　) A．－3 B．6 C．－6 D．－12 解析：因为平面α，β的法向量分别为u＝(3，－1，z)，v＝(－2，－y，1)，且α⊥β，所以u·v＝－6＋y＋z＝0，所以y＋z＝6.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 10 7．已知三个互不相同的平面α，β，γ的法向量依次是m＝(2，－4，6)，n＝(－1，2，－3)，k＝(－1，4，3)，则α，β两个平面的位置关系是________，α，γ两个平面的位置关系是________，β，γ两个平面的位置关系是________． 解析：三个互不相同的平面α，β，γ的法向量依次是m＝(2，－4，6)，n＝(－1，2，－3)，k＝(－1，4，3)，因为m＝－2n，即m∥n，所以α∥β.又m·k＝(2，－4，6)·(－1，4，3)＝－2－16＋18＝0，则m⊥k，所以α⊥γ.n·k＝(－1，2，－3)·(－1，4，3)＝1＋8－9＝0，则n⊥k，所以β⊥γ. 平行 垂直 垂直 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 11 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．建立空间直角坐标系，用向量法证明：平面AED⊥平面A1FD1. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 12 40分钟综合练 一、单项选择题 1．设直线l1的一个方向向量为a＝(2，1，－2)，直线l2的一个方向向量为b＝(2，2，m)，若l1⊥l2，则m＝(　　) A．1 B．－2 C．－3 D．3 解析：∵l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝2×2＋1×2＋(－2)×m＝0，∴m＝3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 3．已知m＝(－2，t，5)，n＝(3，－2，t)分别是平面α，β的法向量，且α⊥β，则t的值为(　　) A．1 B．2 C．－1 D．－2 解析：∵α⊥β，∴m⊥n，∴m·n＝－2×3－2t＋5t＝0，解得t＝2.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 5.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝(　　) A．a B．2a C．a或2a D．2a或4a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 二、多项选择题 6．已知e为直线l的方向向量，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，且直线l不在平面α，β内，那么下列说法中正确的是(　　) A．e⊥n1⇔l∥α B．n1⊥n2⇔α⊥β C．n1∥n2⇔α∥β D．e⊥n1⇔l⊥α 解析：已知直线l不在平面α内，则e⊥n1⇔l∥α，故A正确，D错误；由空间向量的位置关系得n1⊥n2⇔α⊥β，n1∥n2⇔α∥β，故B，C正确．故选ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 7．如图所示，在四个正方体中，l是正方体的一条体对角线，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的图形为(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 平行或线在面内 垂直 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 9．已知△ABC在平面α内，∠A＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是________． 垂直 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 10．已知a＝(0，1，1)，b＝(1，1，0)，c＝(1，0，1)分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有_____对． 解析：∵a·b＝(0，1，1)·(1，1，0)＝1≠0，a·c＝(0，1，1)·(1，0，1)＝1≠0，b·c＝(1，1，0)·(1，0，1)＝1≠0，∴a，b，c中任意两个都不垂直，∴α，β，γ三个平面中互相垂直的有0对． 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 四、解答题 11.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．建立空间直角坐标系，用向量法证明下列问题： (1)BM⊥DC； (2)BC⊥平面BDE. 证明：(1)因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥CD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面ADEF， 又DE⊂平面ADEF，所以CD⊥DE，又因为在正方形ADEF中，AD⊥DE， 所以DA，DC，DE两两垂直， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 12.如图，在三棱锥P－ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.建立空间直角坐标系，用向量法证明下列问题： (1)EG⊥PG，EG⊥BC； (2)平面GEF⊥平面PBC. 证明：如图，以三棱锥的顶点P为原点，PA，PB，PC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Pxyz. 则A(3，0，0)，B(0，3，0)，C(0，0，3)，E(0，2，1)，F(0，1，0)，G(1，1，0)，P(0，0，0)． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 13．如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在底面ABCD上(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则点P在底面ABCD上运动形成的轨迹长度为_____． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 33 14.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ； (2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在， 求出实数λ的值；若不存在，请说明理由． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 36 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：以D为原点，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．设正方体的棱长 为1，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)， A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴eq \o(CE,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))， eq \o(AC,\s\up13(→))＝(－1，1，0)，eq \o(BD,\s\up13(→))＝(－1，－1，0)，eq \o(A1D,\s\up13(→))＝(－1，0，－1)，eq \o(A1A,\s\up13(→))＝(0，0，－1)．∵eq \o(CE,\s\up13(→))·eq \o(AC,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)×(－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×1＋1×0＝－1，eq \o(CE,\s\up13(→))·eq \o(BD,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)×(－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－1)＋1×0＝0，eq \o(CE,\s\up13(→))·eq \o(A1D,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)×(－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×0＋1×(－1)＝－eq \f(3,2)，eq \o(CE,\s\up13(→))·eq \o(A1A,\s\up13(→))＝eq \f(1,2)×0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×0＋1×(－1)＝－1，∴CE⊥BD. 证明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC⊥BC，∴AC，BC，CC1两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)． ∵eq \o(AC,\s\up13(→))＝(－3，0，0)，eq \o(BC1,\s\up13(→))＝(0，－4，4)， ∴eq \o(AC,\s\up13(→))·eq \o(BC1,\s\up13(→))＝0，∴eq \o(AC,\s\up13(→))⊥eq \o(BC1,\s\up13(→))，即AC⊥BC1. 解析：要使l⊥α，则应有u∥n.对于A，由已知可得u∥n不成立，故A不符合题意；对于B，由已知可得u＝－eq \f(1,2)n，所以u∥n，故B符合题意；对于C，由已知可得u∥n不成立，故C不符合题意；对于D，由已知可得u∥n不成立，故D不符合题意． 5.已知在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是正三角形，AA1⊥底面ABC，AB＝2，AA1＝eq \r(6)，E，F分别为侧棱BB1和边A1C1的中点．建立空间直角坐标系，用向量法证明：BF⊥平面ACE. 证明：如图，以C为原点，CB，CC1所在直线分别为y轴、z轴，作Cx⊥CB，得到x轴，建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(eq \r(3)，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(\r(6),2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(6)))，B(0，2，0)，eq \o(BF,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，\r(6)))，eq \o(CA,\s\up13(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \o(CE,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(\r(6),2)))， 因为eq \o(BF,\s\up13(→))·eq \o(CA,\s\up13(→))＝eq \f(\r(3),2)×eq \r(3)－eq \f(3,2)＝0，eq \o(BF,\s\up13(→))·eq \o(CE,\s\up13(→))＝－eq \f(3,2)×2＋eq \r(6)×eq \f(\r(6),2)＝0， 所以BF⊥CA，BF⊥CE， 又CA∩CE＝C，CA，CE⊂平面ACE， 所以BF⊥平面ACE. 证明：以D为原点，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，不妨设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)， E(2，2，1)，F(0，1，0)，A1(2，0，2)，D1(0，0，2)． 设n1＝(x1，y1，z1)是平面AED的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up13(→))＝（x1，y1，z1）·（2，0，0）＝0，,n1·\o(DE,\s\up13(→))＝（x1，y1，z1）·（2，2，1）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＝0，,2x1＋2y1＋z1＝0，)) 令y1＝1，得n1＝(0，1，－2)． 同理可得，平面A1FD1的一个法向量为n2＝(0，2，1)． 因为n1·n2＝0，所以平面AED⊥平面A1FD1. 2．已知a＝(－2，a＋b，a－b)是直线l的一个方向向量，n＝(2，－1，2)是平面α的一个法向量，若l⊥平面α，则(　　) A．a－3b－4＝0 B．a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(3,2) C．a－3b－5＝0 D．a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(3,2) 解析：由题意得，a∥n，所以eq \f(－2,2)＝eq \f(a＋b,－1)＝eq \f(a－b,2)⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝1，,a－b＝－2))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,2)，,b＝\f(3,2).))故选B. 4.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为3，CA＝CB＝4，∠ACB＝eq \f(π,2)，点D，E分别在AA1，B1C1上，F为AB的中点，若CD⊥FE，则线段AD的长为(　　) A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(8,3) C.eq \f(9,4) D.eq \f(12,5) 解析：由于直三棱柱ABC－A1B1C1，且∠ACB＝eq \f(π,2)，所以以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，由CA＝CB＝4，可得F(2，2，0)，设E(0，b，3)，D(4，0，c)，则eq \o(CD,\s\up13(→))＝(4，0，c)，eq \o(FE,\s\up13(→))＝(－2，b－2，3)，因为CD⊥FE，所以eq \o(CD,\s\up13(→))·eq \o(FE,\s\up13(→))＝0，即－8＋3c＝0，解得c＝eq \f(8,3)，所以AD＝eq \f(8,3).故选B. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0，0，3a)，C(0，eq \r(2)a，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，3a)).设E(eq \r(2)a，0，z)(0≤z≤3a)，则eq \o(CE,\s\up13(→))＝(eq \r(2)a，－eq \r(2)a，z)，eq \o(B1E,\s\up13(→))＝(eq \r(2)a，0，z－3a)，eq \o(B1D,\s\up13(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，0)).要使CE⊥平面B1DE，则eq \o(CE,\s\up13(→))·eq \o(B1D,\s\up13(→))＝a2－a2＋0＝0，eq \o(CE,\s\up13(→))·eq \o(B1E,\s\up13(→))＝2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a，故AE＝a或2a.故选C. 解析：如图1所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，连接AC，BD，∵M，P分别为其所在棱的中点，∴MP∥AC.∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∵BB′⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB′⊥AC，∵BD∩BB′＝B，∴AC⊥平面DBB′，又DB′⊂平面DBB′，∴AC⊥DB′.∵MP∥AC，∴DB′⊥MP，同理，可证DB′⊥NP，∵MP∩NP＝P，MP，NP⊂平面MNP，∴DB′⊥平面MNP，即l⊥平面MNP，故A符合题意；在D中，与A中证明同理，可证l⊥MP，l⊥MN，又MP∩MN＝M，∴l⊥平面MNP，故D符合题意； 对于B，建立空间直角坐标系如图2所示，设正方体的棱长为2，则M(1，0，0)，N(2，2，1)，eq \o(MN,\s\up13(→))＝(1，2，1)，直线l所在体对角线两个顶点的坐标分别为(0，0，2)，(2，2，0)，∴直线l的一个方向向量为n＝(2，2，－2)，∵n·eq \o(MN,\s\up13(→))＝4≠0，∴直线l不垂直于平面MNP，故B不符合题意；同理，可在C中建立相同的空间直角坐标系如图3所示，则M(2，0，1)，N(1，2，0)，eq \o(MN,\s\up13(→))＝(－1，2，－1)，∵n·eq \o(MN,\s\up13(→))＝4≠0，∴直线l不垂直于平面MNP，故C不符合题意．故选AD. 三、填空题 8．平面α的一个法向量为m＝(2，3，－5)，eq \o(AB,\s\up13(→))＝(1，1，1)，eq \o(CD,\s\up13(→))＝(－4，－6，10)，则直线AB与平面α的位置关系为___________________，直线CD与平面α的位置关系为______． 解析：因为平面α的一个法向量为m＝(2，3，－5)，eq \o(AB,\s\up13(→))＝(1，1，1)，eq \o(CD,\s\up13(→))＝(－4，－6，10)，所以m·eq \o(AB,\s\up13(→))＝2＋3－5＝0，eq \o(CD,\s\up13(→))＝－2m，所以m⊥eq \o(AB,\s\up13(→))，eq \o(CD,\s\up13(→))∥m，所以AB∥α或AB⊂α，CD⊥α，故直线AB与平面α的位置关系为平行或线在面内，直线CD与平面α的位置关系为垂直． 解析：∵DA⊥平面α，∴eq \o(DA,\s\up13(→))是平面α的一个法向量．∵CA⊂平面α，∴eq \o(DA,\s\up13(→))⊥eq \o(CA,\s\up13(→)).在△ABC中，∵∠A＝90°，∴eq \o(CA,\s\up13(→))⊥eq \o(BA,\s\up13(→))，∵DA∩BA＝A，∴eq \o(CA,\s\up13(→))是平面DAB的一个法向量．∵DB⊂平面DAB，∴CA⊥DB. 以D为原点，DA，DC，DE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D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)， 因为M为CE的中点，所以M(0，2，1)， 故eq \o(BM,\s\up13(→))＝(－2，0，1)，eq \o(DC,\s\up13(→))＝(0，4，0)，所以eq \o(BM,\s\up13(→))·eq \o(DC,\s\up13(→))＝0，故eq \o(BM,\s\up13(→))⊥eq \o(DC,\s\up13(→))，即BM⊥DC. (2)由(1)得eq \o(BC,\s\up13(→))＝(－2，2，0)，eq \o(DB,\s\up13(→))＝(2，2，0)，eq \o(DE,\s\up13(→))＝(0，0，2)， 所以eq \o(BC,\s\up13(→))·eq \o(DB,\s\up13(→))＝－4＋4＝0， 则eq \o(BC,\s\up13(→))⊥eq \o(DB,\s\up13(→))，即BC⊥DB， 又eq \o(BC,\s\up13(→))·eq \o(DE,\s\up13(→))＝0，故eq \o(BC,\s\up13(→))⊥eq \o(DE,\s\up13(→))，即BC⊥DE， 又DE∩DB＝D，DE，DB⊂平面BDE， 所以BC⊥平面BDE. (1)∵eq \o(EG,\s\up13(→))＝(1，－1，－1)，eq \o(PG,\s\up13(→))＝(1，1，0)，eq \o(BC,\s\up13(→))＝(0，－3，3)， ∴eq \o(EG,\s\up13(→))·eq \o(PG,\s\up13(→))＝0，eq \o(EG,\s\up13(→))·eq \o(BC,\s\up13(→))＝0，∴EG⊥PG，EG⊥BC. (2)∵eq \o(EF,\s\up13(→))＝(0，－1，－1)，eq \o(EG,\s\up13(→))＝(1，－1，－1)． 设平面GEF的法向量是n＝(x，y，z)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up13(→))＝0，,n·\o(EG,\s\up13(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,x－y－z＝0，)) 取n＝(0，1，－1)． 显然eq \o(PA,\s\up13(→))＝(3，0，0)是平面PBC的一个法向量． 又n·eq \o(PA,\s\up13(→))＝0，∴n⊥eq \o(PA,\s\up13(→))，∴平面GEF⊥平面PBC. eq \r(5) 解析：由题意，以D为原点，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．设P(x，y，0)且0≤x≤2，0≤y≤2，易知D1(0，0，2)，E(1，2，0)，B1(2，2，2)，可得eq \o(B1P,\s\up13(→))＝(x－2，y－2，－2)，eq \o(D1E,\s\up13(→))＝(1，2，－2)，由B1P⊥D1E，可知eq \o(B1P,\s\up13(→))·eq \o(D1E,\s\up13(→))＝0，即x－2＋2(y－2)＋4＝0，即 y＝－eq \f(1,2)x＋1(0≤x≤2)．当x＝0时，y＝1，即图中DC的中点F(0， 1，0)；当y＝0时，x＝2，即图中点A(2，0，0)，即可得点P在底 面ABCD上运动形成的轨迹为线段AF，易知AF＝eq \r(5). 解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，eq \o(BC1,\s\up13(→))＝(－2，0，2)，eq \o(FP,\s\up13(→))＝(－1，0，λ)，eq \o(FE,\s\up13(→))＝(1，1，0)，eq \o(MN,\s\up13(→))＝(－1，－1，0)，eq \o(NP,\s\up13(→))＝(－1，0，λ－2)． (1)证明：当λ＝1时，eq \o(FP,\s\up13(→))＝(－1，0，1)， 因为eq \o(BC1,\s\up13(→))＝(－2，0，2)，所以eq \o(BC1,\s\up13(→))＝2eq \o(FP,\s\up13(→))，即eq \o(BC1,\s\up13(→))∥eq \o(FP,\s\up13(→))， 又BC1与FP无公共点，所以BC1∥FP. 而FP⊂平面EFPQ，BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ. (2)假设存在符合题意的λ. 设n＝(x，y，z)是平面EFPQ的法向量，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up13(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up13(→))·n＝0，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.)) 于是可取n＝(λ，－λ，1)． 同理可得，平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)． 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0. 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±eq \f(\r(2),2). 故存在λ＝1±eq \f(\r(2),2)，使平面EFPQ⊥平面PQMN. $$