近世代数中的证明方法

第一篇：近世代数中的证明方法

近世代数

近世代数是数学的一个重要分支和学科,是20世纪初期形成的代数学结构体系, 也是当今代数化的最基础的研究对象和研究内容。它是以基本代数学为工具来进行分析和研究, 以研究代数系统的性质与构造为中心的一门学科, 是现代数学各个分支的基础。

我觉得近世代数的基本思想、基本理论与方法已经渗透到科学领域的各个领域与实际应用的各个方面, 据调查近世代数在编码和信息安全方面的应用更被认为是近几十年来纯粹数学应用的一个成功而光辉的典范。近世代数是我们大学数学系的重要基础课之一, 它具有严密的逻辑性和特有的抽象性。从我们师范教育的角度看，中学数学教学内容绝大部分是属于代数的，在一些难题中都必须用到近世代数相关知识。因此, 近世代数成为数学系数学与应用数学师范与非师范类专业以及信息与计算科学专业的重要的专业必修课程之一。

在大一学习了高等代数后，我觉得近世代数这门课程是继学生学习完了高等代数后一门继续深人的课程。在这门课程中, 不仅积聚了大量的概念和定理,课后还汇集了大量的证明题。我觉得学好它有助于完善学生的知识结构体系、培养学生的抽象思维能力和严格的逻辑推理能力、提高学生的综合素质与运用创新能力。可以让学生展开想象的翅膀, 吸取理论的精华, 培养自己的创造性思维能力。

署名曾凤香2010-11-24

第二篇：近世代数期末考试试卷及答案

近世代数模拟试题三

一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。

1、6阶有限群的任何子群一定不是( )。 A、2阶

B、3 阶 C、4 阶 D、 6 阶

2、设G是群，G有( )个元素，则不能肯定G是交换群。 A、4个 B、5个 C、6个 D、7个

3、有限布尔代数的元素的个数一定等于( )。

A、偶数 B、奇数 C、4的倍数 D、2的正整数次幂

4、下列哪个偏序集构成有界格( )

A、(N,) B、(Z,) C、({2,3,4,6,12},|(整除关系)) D、 (P(A),)

5、设S3={(1)，(12)，(13)，(23)，(123)，(132)}，那么，在S3中可以与(123)交换的所有元素有( )

A、(1)，(123)，(132) B、12)，(13)，(23) C、(1)，(123) D、S3中的所有元素

二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。

1、群的单位元是--------的，每个元素的逆元素是--------的。

2、如果f是A与A间的一一映射，a是A的一个元，则f1fa----------。

3、区间[1，2]上的运算ab{mina,b}的单位元是-------。

4、可换群G中|a|=6,|x|=8,则|ax|=——————————。

5、环Z8的零因子有 -----------------------。

6、一个子群H的右、左陪集的个数----------。

7、从同构的观点，每个群只能同构于他/它自己的---------。

8、无零因子环R中所有非零元的共同的加法阶数称为R的-----------。

n

9、设群G中元素a的阶为m，如果ae，那么m与n存在整除关系为--------。

三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)

1、用2种颜色的珠子做成有5颗珠子项链，问可做出多少种不同的项链?

2、S1，S2是A的子环，则S1∩S2也是子环。S1+S2也是子环吗?

3、设有置换(1345)(1245)，

(234)(456)S6。

1.求和1;

2.确定置换和1的奇偶性。

四、证明题(本大题共2小题，第1题10分，第2小题15分，共25分)

1、一个除环R只有两个理想就是零理想和单位理想。

2、M为含幺半群，证明b=a-1的充分必要条件是aba=a和ab2a=e。

近世代数模拟试题三

参考答案

一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。

1、C;

2、C;

3、D;

4、D;

5、A;

二、填空题(本大题共10小题，每空3分，共30分)请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。

1、唯

一、唯一;

2、a;

3、2;

4、24;

5、

9、mn;

6、相等;

7、商群;

8、特征;;

三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)

1、解 在学群论前我们没有一般的方法，只能用枚举法。用笔在纸上画一下，用黑白两种珠子，分类进行计算：例如，全白只1种，四白一黑1种，三白二黑2种，…等等，可得总共8种。

2、证 由上题子环的充分必要条件，要证对任意a,b∈S1∩S2 有a-b, ab∈S1∩S2：

因为S1，S2是A的子环，故a-b, ab∈S1和a-b, ab∈S2 ， 因而a-b, ab∈S1∩S2 ，所以S1∩S2是子环。 S1+S2不一定是子环。在矩阵环中很容易找到反例：

1(1243)(56)

3、解： 1.，(16524);

2.两个都是偶置换。

四、证明题(本大题共2小题，第1题10分，第2小题15分，共25分)

1、证明：假定是R的一个理想而不是零理想，那么a0，由理想的定 3

1a义a1，因而R的任意元bb1

这就是说=R，证毕。

2、证 必要性：将b代入即可得。 充分性：利用结合律作以下运算： ab=ab(ab2a)=(aba)b2a=ab2a=e， ba=(ab2a)ba=ab2 (aba)=ab2a=e， 所以b=a-1。

—————————————————————————————————————— 一.判断题(每小题2分,共20分)

1. 实数集R关于数的乘法成群. ( ) 2. 若H是群G的一个非空有限子集，且a,bH都有abH成立，则H是G的一个子群. ( ) 3. 循环群一定是交换群. ( ) 4. 素数阶循环群是单群. ( )

5. 设G是有限群，aG，n是a的阶，若ake，则n|k. ( )

6. 设f是群G到群G的同态映射，H是G的子群，则fH是G的子群. ( ) 7. 交换群的子群是正规子群. ( ) 8. 设G是有限群，H是G的子群，则GH|G|. ( ) |H|9. 有限域的特征是合数. ( ) 10. 整数环Z的全部理想为形如nZ的理想. ( ) 二.选择题(每小题3分,共15分) 11. 下面的代数系统G,中，( )不是群. A. G为整数集合，为加法; B. G为偶数集合，为加法; C. G为有理数集合，为加法; D. G为整数集合，为乘法. 12. 设H是G的子群，且G有左陪集分类H,aH,bH,cH. 如果H的阶为6，那么G

的阶G( )

A. 6;

B.24;

C.10;

D.12. 4

13. 设S31,12,13,23,123,132,，则S B. 2;

C. 3;

3中与元123不能交换的元的个数是

A. 1;

D.4. 14. 从同构的观点看，循环群有且只有两种，分别是(

)

A. G=(a)与G的子群;

B. 整数加法群与模n的剩余类的加法群; C. 变换群与置换群;

D. 有理数加法群与模n的剩余类的加法群. 15. 整数环Z中，可逆元的个数是( )。

A.1个

B.2个

C.4个

D.无限个 三.填空题(每小题3分,共15分)

16. 如果G是全体非零有理数的集合，对于普通乘法来说作成一个群，则这个群的单位元是 . 17. n次对称群Sn的阶是____________. 18. 整数加法群Z关于子群nZ的陪集为 . 19. 设N是G的正规子群，商群GN中的单位元是 。

20. 若R是交换环, aR则主理想a____________. 四.计算题(第21小题8分, 第22小题12分，共20分) 21. 令6123456123456， ， 543212315641621354，计算,.

123456

22. 设H{(1),(123),(132)}是3次对称群S3的子群，求H的所有左陪集和右陪集，并说明H是否是S3的正规子群.

五.证明题(每题10分,共30分)

23. 设G是群，H是G的子群，证明：aG，则aHa1也是子群

24. 设G是群，H是G的正规子群. G关于H的陪集的集合为

GH{gH|gG}，

证明：G/H对于陪集的乘法成为一个群，称为G对H的商群.

25. 证明：域F上全体nn矩阵的集合MnF在矩阵的加法和乘法下成为环.

一.判断题(每小题2分,共20分)

1-10 ××√√√ √√√×√ 二.选择题(每小题3分,共15分) 11. D;12. B;13. C;14. B;15. B. 三.填空题(每小题3分,共15分) 16. 1; 17. n!;18. nZ,nZ1,,nZn1;

19. N;20. aR. 四.计算下列各题(第21小题8分, 第22小题12分，共20分)

21. 解：123456546213，4分 6

1123456. 8分

31264522. 解：H的所有左陪集为

H{(1),(123),(132)}，

(23)}4分

12H{(12),(13),;H的所有右陪集为

H{(1),(123),(132)}，H12{(12),(13),(23)}.

对S3，有HH，即H是正规子群. 12分 五.证明题(每题10分,共30分)

23. 证明：因为H是G的子群，对任意x,yH，有xyH. 4分 由题意，对任意

1,ax,yH，有ax11ay1aa，a从H而

axaay111aaxy11aaHa1，即aHa1也是子群. 10分

24. 证明：首先G3分 H对于上述乘法是封闭的，且乘法满足结合律. 陪集HeH是它的单位元，eHgHegHgH,gH.

7分 又任意gH，有gHgHeHgHgH，即gH是gH的逆元.

10分

25. 证明：MnF关于加法是封闭的，且满足结合律，  3分 零元是0nn，对任意AnnMnF，有AnnAnn0nn，即Ann的负元是Ann. 111MnF关于乘法是封闭的，且满足结合律，单位元是Enn. 8分

乘法关于加法的分配律成立.

10分

第三篇：线性代数证明题

4. 设A、B都是n阶对称矩阵，并且B是可逆矩阵，证明：AB1B1A是对称矩阵. A、B为对称矩阵，所以ATA,BTB

TTT11111证明：因为(AB1B1A)T(AB1)T(B1A)T(B)AA(B)BAABABBA则矩阵5. 设T1

AB1B1A 是对称矩阵。

n1n阶矩阵的伴随矩阵为*，证明：**

0时，*0. *0，则知*可逆，

*1. 证明：因为

⑴当用反证法：假设在等式**O左右两边同时右乘，得到O，

于是O，这与假设矛盾，

n1可知当0时, 有*0;

⑵ 当0时，在等式*两边同时取行列式，得

**n

两边同时约去，得*n1. 6. 设向量b能由1,2,3这三个向量线性表示且表达式唯一, 证明：向量组1,2,3线性无关。 证明：(反证法)如果a1,a2,a3线性相关，则有一组不全为0的系数1,2,3使1a1由已知设b(1)， 2a23a3=0 112233，结合(1)式得

b0b(11)a1(22)a2(33)a3 (2)

由于1,2,3不完全为零，则17. 设1,2,3是1，22，33与1,2,3不同，这与b表示法惟一相矛盾，故向量组1,2,3线性无关。

n阶方阵A的3个特征向量，它们的特征值不相等，记123，证明：不是

A的特征向量。

证明：假设AAA123A1A2A3112233，

又： 123A112233

从而： 1122330，

由于特征值各不相等，所以1,2,3线性无关， 所以的1230123，矛盾。故不是

A的特征向量。

8.已知向量组a1,a2,a3线性无关，b12a1a2，b23a2a3，b3a14a3，证明向量组b1,b2,b3线性无关. 证明 把已知的三个向量等式写成一个矩阵等式

20130 b1,b2,b3a1,a2,a31,记BAK，

014设Bx0，以BAK代入得A(Kx)0，

因为矩阵A的列向量组a1,a2,a3线性无关，知Kx0的系数行列式K250，知齐次线性方程组 Kx0只有零解x0。

0只有零解x0，故矩阵B的列向量组b1,b2,b3线性无关。 所以，齐次线性方程组Bx9.设η0是非齐次线性方程组Ax=b的一个特解，ξ1，ξ2是其导出组Ax=0的一个基础解系.试证明 (1)η1=η0+ξ1，η2=η0+ξ2均是Ax=b的解;(2)η0，η1，η2线性无关。

证 由假设Aη0=b，Aξ1=0，Aξ2=0. (1)Aη1=A(η0+ξ1)=Aη0+Aξ1=b，同理Aη2= b， 所以η1，η2是Ax=b的2个解。 (2)考虑k0η0+k1η1+k2η2=0，

即 (k0+k1+k2)η0+k1ξ1+k2ξ2=0. 则k0+k1+k2=0，否则η0将是Ax=0的解，矛盾。 所以 k1ξ1+k2ξ2=0. 又由Ax=0的一个基础解系, 所以，ξ1，ξ2线性无关，所以k1=k2=0，从而 k 0=0 . 故η0，η1，η2线性无关。

10.设A是n阶矩方阵，E是n阶单位矩阵，AE可逆，且f(A)(EA)(EA)1。

f(A))(EA)2E;(2) f(f(A))A。 证明(1) (E证明 ：(1)(Ef(A))(EA)[E(EA)(EA)1](EA)(EA)(EA)(EA)1(EA)(EA)(EA)2E

(2)f(f(A))[Ef(A)][Ef(A)]1

f(A)]1由(1)得：[E1(EA)，代入上式得 2111f(f(A))[E(EA)(EA)1](EA)(EA)(EA)(EA)1(EA)22211(EA)(EA)A 2211.设A与B相似，证明：AT与BT相似。

A与B相似，故存在可逆矩阵P，使得 证明：因为 B则 BTP1AP

(P1AP)TPTAT(P1)TPTAT(PT)1

T 且 P是可逆矩阵

于是

12.证明：矩阵AT与BT相似。

A与B是正定矩阵，证明：AB也是正定矩阵. 证明：由题设，对任意x0都有 xTAx0,AB也正定矩阵.

xTBx0xT(A+B)x0(x0)，

由正定矩阵的定义，则13.一个n级行列式，假设它的元素满足aijaji,i,j1,2,,n,证明，当n为奇数时，此行列式为零。

aa12a1na22a2nan2ann11aaanaaaan，则A21证明：设Aananannan1的元素满足

aijaji,i,j1,2,,n,

所以，

a11ATa12a1n于是，当a21an1a22an2a2nanna11a21an1a12a1nA(1)nA，

a22a2nan2annn为奇数时，由 AAT(1)nAA0.

14.设矩阵A正交，证明：对于数k，若kA也正交,则k1

证明：因为A正交，所以ATA1。从而

kA正交(kA)T(kA)111A， k又ATA1，所以，(kA)TkATkA1kA111A， kk21k1. 15设

1，证明：矩阵AB、AB 是正交矩阵。 A、B为n阶正交矩阵，证明：因为A、B为n阶正交矩阵，所以AATE,BBTE

T

因为(AB)(AB)所以 ABBTATAEATAATE

AB是正交矩阵。

(即两个同阶的正交矩阵的乘积也是正交矩阵)

因为B是正交矩阵，所以B1也是正交矩阵(P115)

由以上结论得：AB1也是正交矩阵。

16.若0是可逆矩阵A的特征值，是A的属于的特征向量，

证明：1是A1的特征值，是A1的属于

1的特征向量;

证明：因为

1A1AA1 从而 A1

1111即 是A的特征值，是A的属于的特征向量。 A，则

第四篇：§8.7 立体几何中的向量方法Ⅰ——证明

平行与垂直

(时间：45分钟 满分：100分)

一、选择题(每小题7分，共35分)

1. 已知空间三点A(0,2,3)，B(-2,1,6)，C(1，-1,5)若a

a分别与AB,AC垂

直，则向量a为

A.1，1，1

B.-1，-1，-1

C.1，1，1或-1，-1，-1

D.1，-1，1或-1，1，-1,

2.已知a=1，1，1，b=0，2，-1，c=ma+nb+4，-4，1.若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为,

A.-1，2B.1，-2C.1，2D.-1，-

23.已知a=1,,，b=3,,

A352215满足a∥b，则λ等于 22992.B.C.-D.- 32234.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，z分别为A.33154015，-，4B.，-，4 77774040，-2，4D.4，，-15 77C.5.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是,

A.a=1，0，0，n=-2，0，0

B.a=1，3，5，n=1，0，1

C.a=0，2，1，n=-1，0，-1

D.a=1，-1，3，n=0，3，1

二、填空题每小题7分，共21分

6.设a=1，2，0，b=1，0，1，则“c=(,,

的条件.7.若|a|

，b=1，2，-2，c=2，3，6，且a⊥b，a⊥c，则a=.,

8.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为

三、解答题共44分

9.14分已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别为BB

1、C1D1的中点，建立适当的坐标系，

求平面AMN的一个法向量

10.(15分)如图，已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA

1上，点F在CC1上，且AE=FC1=1.(1)求证：E，B，F，D1四点共面;

2(2)若点G在BC上，BG=，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：

3EM⊥面BCC1B1.

11.(15分)如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB2，AF

=1，M是线段EF的中点.

求证：(1)AM∥平面BDE;

(2)AM⊥平面BDF.

答案

1. C2. A3. B4. B5. D

6.充分不必要7. 23132)”是“c⊥a，c⊥b且c为单位向量”3118118,2,或，2,8. 1 555

5.9. 解 以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示.,设

正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，则A1，0，0，M (1，1，11)，N (0，，1)).∴2

211AM1,0,,AN0,,1设平面AMN的一个法向量为22

n=x，y，z,

1nAMyz02 nANx1yz02

令y=2，∴x=-3，z=-4.∴n=(-3,2，-4).

∴(-3,2，-4)为平面AMN的一个法向量.

10. 证明 建立如图所示的坐标系，则BE=(3,0,1)，

→BF=(0,3,2)，BD1=(3,3,3).

→→所以BD1=BE+BF，故BD1，BE，BF共面.

又它们有公共点B，

所以E、B、F、D1四点共面.

(2)如图，设M(0,0，z)，

2→0，-z，而BF=(0，3，2)， GM=3

得z=1. →2由题设得GMBF=3z20，

3因为M(0,0，1)，E(3,0,1)，所以ME=(3,0,0).

→→又BB1=(0,0,3)，BC=(0,3,0)，

→→→→所以ME·BB1=0，ME·BC=0，

从而ME⊥BB1，ME⊥BC.又BB1∩BC=B，

故ME⊥平面BCC1B1.

11. 证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，

设AC∩BD=N，连接NE.

则点N、E的坐标分别为 22，0、(0,0,1). 22

22∴NE=-1. 22

又点A、M的坐标分别是，，0)、2222→，AM=-，1. ，，1，2222→∴NE=AM且NE与AM不共线.∴NE∥AM.

又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，

∴AM∥平面BDE.

22→(2)由(1)知AM=1，∵D(2，0,0)，F22，1)，DF=(0，2，22

1).

→→→→AM·DF=0.∴AM⊥DF.

→→同理AM⊥BF，又DF∩BF

=

F，∴AM⊥平面BDF.

第五篇：立体几何中的向量方法----证明平行与垂直练习题

§8.7 立体几何中的向量方法(Ⅰ)----证明平行与垂直

一、选择题

1.若直线l1，l2的方向向量分别为a=(2,4，-4)，b=(-6,9,6)，则().

A.l1∥l2B.l1⊥l

2C.l1与l2相交但不垂直D.以上均不正确

2.直线l1，l2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是()

A.s1=(1,1,2)，s2=(2，-1,0)

B.s1=(0,1，-1)，s2=(2,0,0)

C.s1=(1,1,1)，s2=(2,2，-2)

D.s1=(1，-1,1)，s2=(-2,2，-2)

35153.已知a=1，-，b=-3，λ，-满足a∥b，则λ等于(). 222

2992A.B.C.-D.- 322

34.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是 ().

A.a=(1,0,0)，n=(-2,0,0)

B.a=(1,3,5)，n=(1,0,1)

C.a=(0,2,1)，n=(-1,0，-1)

D.a=(1，-1,3)，n=(0,3,1)

5.若平面α，β平行，则下面可以是这两个平面的法向量的是()

A.n1=(1,2,3)，n2=(-3,2,1)

B.n1=(1,2,2)，n2=(-2,2,1)

C.n1=(1,1,1)，n2=(-2,2,1)

D.n1=(1,1,1)，n2=(-2，-2，-2)

6.已知a=(2，-1,3)，b=(-1,4，-2)，c=(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于().

62636065A.B.C.D. 7777

7.已知平面α内有一个点A(2，-1,2)，α的一个法向量为n=(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是()

A.(1，-1,1)3B.1，3， 2



C.1，-3，

2

二、填空题



D.-1，3，-

2

8.两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1=(1,0，-1)，v2=(-2,0,2)，则

l1与l2的位置关系是_______.

9.平面α的一个法向量n=(0,1，-1)，如果直线l⊥平面α，则直线l的单位方向向量是s=________.→

=0的_______.

→

12.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，z分别为________.

三、解答题

13.已知：a=(x,4,1)，b=(-2，y，-1)，c=(3，-2，z)，a∥b，b⊥c，求：

→

11.已知AB=(2,2,1)，AC=(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是________.

→

→

→

→

→

10.已知点A，B，C∈平面α，点P∉α，则AP·AB=0，且AP·AC=0是AP·BC

a，b，c.14.如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点.求证：

MN∥平面A1BD.证明 法一 如图所示，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，设正方体的棱长为1，

1

则M0，1，，N，1，1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，

22→

1

1于是MN=，0，，

2

2设平面A1BD的法向量是n=(x，y，z). x+z=0，

则n·DA1=0，且n·DB=0，得

x+y=0.→

→

取x=1，得y=-1，z=-1.∴n=(1，-1，-1). →

11

又MN·n=，0，·(1，-1，-1)=0，

22→

∴MN⊥n，又MN⊄平面A1BD， ∴MN∥平面A1BD.

15.如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE=FC1=

1.

(1)求证：E，B，F，D1四点共面;

(2)若点G在BC上，BG=M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥面

BCC1B1.

→→

证明 (1)建立如图所示的坐标系，则BE=(3,0,1)，BF=(0,3,2)，BD1=(3,3,3).

→→

→→→→

所以BD1=BE+BF， 故BD

1、BE、BF共面. 又它们有公共点B， 所以E、B、F、D1四点共面. (2)如图，设M(0,0，z)，

→

→→

2

则GM=0，-，z，而BF=(0,3,2)，

3

→→

由题设得GM·BF=-×3+z·2=0，得z=1.→

因为M(0,0,1)，E(3,0,1)，所以ME=(3,0,0). →

→

又BB1=(0,0,3)，BC=(0,3,0)， →→→→

所以ME·BB1=0，ME·BC=0， 从而ME⊥BB1，ME⊥BC. 又BB1∩BC=B， 故ME⊥平面BCC1B1.

16.如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，

AF=1，M是线段EF的中点.

求证：(1)AM∥平面BDE; (2)AM⊥平面BDF.

证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC∩BD=N，连接NE. 则点N、E的坐标分别为 22

，，0、(0,0,1).

22→22∴NE=-，-1.22

2

2又点A、M的坐标分别是2，2，0)、，1

22



→

22∴AM=-，-1.

22

→→

∴NE=AM且NE与AM不共线.∴NE∥AM. 又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE， ∴AM∥平面BDE.

22

(2)由(1)知AM=-，-1，

22

→

∵D2，0,0)，F(2，2，1)，∴DF=(0，2，1) →→

∴AM·DF=0，∴AM⊥DF. 同理AM⊥BF.

又DF∩BF=F，∴AM⊥平面BDF.

→