?專題12 空間的平行與垂直

1．以選擇、填空題形式考查空間位置關(guān)系的判斷，及文字語(yǔ)言、圖形語(yǔ)言、符號(hào)語(yǔ)言的轉(zhuǎn)換，難度適中；
2.以客觀題形式考查有關(guān)線面平行、垂直等位置關(guān)系的命題真假判斷或充要條件判斷等．
3.以多面體或旋轉(zhuǎn)體為載體(棱錐、棱柱為主)命制空間線面平行、垂直各種位置關(guān)系的證明題或探索性問(wèn)題，以大題形式呈現(xiàn)．

1．點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系
(1)平面的基本性質(zhì)
名稱
圖形
文字語(yǔ)言
符號(hào)語(yǔ)言
公理1

如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線在此平面內(nèi)
?l?α
公理2

過(guò)不在一條直線上的三點(diǎn)有且只有一個(gè)平面
若A、B、C三點(diǎn)不共線，則A、B、C在同一平面α內(nèi)且α是唯一的．
公理3

如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們有且只有一條過(guò)該點(diǎn)的公共直線.
平面α與β不重合，若P∈α，且P∈β，則α∩β＝a，且P∈a
(2)平行公理、等角定理
公理4：若a∥c，b∥c，則a∥b.
等角定理：若OA∥O1A1，OB∥O1B1，則∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B1＝180°.
2．直線、平面的平行與垂直
定理名稱
文字語(yǔ)言
圖形語(yǔ)言
符號(hào)語(yǔ)言
線面平行的判定定理
平面外一條直線與平面內(nèi)的一條直線平行，則這條直線與此平面平行

?a∥α
線面平行的性質(zhì)定理
一條直線與一個(gè)平面平行，則過(guò)這條直線的任何一個(gè)平面與此平面的交線與該直線平行

a∥α，a?β，α∩β＝b，?a∥b
面面平行的判定定理
如果一個(gè)平面內(nèi)有兩條相交的直線都平行于另一個(gè)平面，那么這兩個(gè)平面平行

a?α，b?α，a∩b＝P，a∥β，b∥β?α∥β
面面平行的性質(zhì)定理
如果兩個(gè)平行平面同時(shí)和第三個(gè)平面相交，那么它們的交線平行

α∥β且γ∩α＝a且γ∩β＝b?a∥b
線面垂直的判定定理
一條直線和一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直

a?α，b?α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b?l⊥α
線面垂直的性質(zhì)定理
垂直于同一平面的兩條直線平行

a⊥α，b⊥α?a∥b
面面垂直的判定定理
一個(gè)平面過(guò)另一個(gè)平面的垂線，則這兩個(gè)平面垂直

a⊥α，a?β，?α⊥β
面面垂直的性質(zhì)定理
兩個(gè)平面垂直，則一個(gè)平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個(gè)平面垂直

α⊥β，b∈β，α∩β＝a，b⊥a?b⊥α
3.熟練掌握常見(jiàn)幾何體(柱、錐、臺(tái)、球)的幾何特征，明確各種幾何體的直觀圖與三視圖特征及相關(guān)面積體積的計(jì)算公式，熟練掌握線線、線面、面面平行與垂直等位置關(guān)系的判定與性質(zhì)定理及公理，熟練進(jìn)行線線、線面、面面平行與垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化是解答相關(guān)幾何題的基礎(chǔ).
【誤區(qū)警示】
1．應(yīng)用線面、面面平行與垂直的判定定理、性質(zhì)定理時(shí)，必須按照定理的要求找足條件．
2．作輔助線(面)是立體幾何證題中常用技巧，作圖時(shí)要依據(jù)題設(shè)條件和待求(證)結(jié)論之間的關(guān)系結(jié)合有關(guān)定理作圖．注意線線、線面、面面平行與垂直關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化．
3．若a、b、c代表直線或平面，△代表平行或垂直，在形如?b△c的命題中，要切實(shí)弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a、b、c中有兩個(gè)為平面，一條為直線，命題?α∥β是成立的.?α∥β是不成立的．

高頻考點(diǎn)一　空間中點(diǎn)、線、面的位置
例1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則(　　)

A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線
B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線
C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線
D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線
【答案】B
【解析】取CD的中點(diǎn)O，連接ON，EO，因?yàn)椤鱁CD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過(guò)M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，BE，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以N為BD的中點(diǎn)，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，選B．
【舉一反三】已知m，n是兩條不同直線，α，β是兩個(gè)不同平面，則下列命題正確的是(　　)
A．若α，β垂直于同一平面，則α與β平行
B．若m，n平行于同一平面，則m與n平行
C．若α，β不平行，則在α內(nèi)不存在與β平行的直線
D．若m，n不平行，則m與n不可能垂直于同一平面
【解析】對(duì)于A，α，β垂直于同一平面，α，β關(guān)系不確定，A錯(cuò)；對(duì)于B，m，n平行于同一平面，m，n關(guān)系不確定，可平行、相交、異面，故B錯(cuò)；對(duì)于C，α，β不平行，但α內(nèi)能找出平行于β的直線，如α中平行于α，β交線的直線平行于β，故C錯(cuò)；對(duì)于D，若假設(shè)m，n垂直于同一平面，則m∥n，其逆否命題即為D選項(xiàng)，故D正確．
【答案】D
【變式探究】已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面．下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．若m∥α，n∥α，則m∥n
B．若m⊥α，n?α，則m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α
D．若m∥α，m⊥n，則n⊥α
【解析】對(duì)于選項(xiàng)A，若m∥α，n∥α，則m與n可能相交、平行或異面，A錯(cuò)誤；顯然選項(xiàng)B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，若m⊥α，m⊥n，則n?α或n∥α，C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，若m∥α，m⊥n，則n∥α或n?α或n與α相交．D錯(cuò)誤．故選B.
【答案】B
【舉一反三】已知兩個(gè)平面相互垂直，下列命題中，
①一個(gè)平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線；
②一個(gè)平面內(nèi)已知直線必垂直于另一個(gè)平面內(nèi)的無(wú)數(shù)條直線；
③一個(gè)平面內(nèi)任意一條直線必垂直于另一個(gè)平面；
④過(guò)一個(gè)平面內(nèi)任意一點(diǎn)作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個(gè)平面．
其中正確命題個(gè)數(shù)是(　　)
A．3　　　　　　　　　 B．2
C．1 D．0
【答案】C
【解析】構(gòu)造正方體ABCD-A1B1C1D1，如圖，①，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，BD?平面ABCD，但A1D與BD不垂直，故①錯(cuò)；

②，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1內(nèi)的任意一條直線，l與平面ABCD內(nèi)同AB平行的所有直線垂直，故②正確；
③，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D?平面ADD1A1，但A1D與平面ABCD不垂直，故③錯(cuò)；
④，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，過(guò)交線AD上的點(diǎn)作交線的垂線l，則l可能與另一平面垂直，也可能與另一平面不垂直，故④錯(cuò)．故選C．
高頻考點(diǎn)二　空間中平行的判定與垂直
例2．由四棱柱ABCD-A1B1C1D1截去三棱錐C1-B1CD1后得到的幾何體如圖所示．四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，A1E⊥平面ABCD.

(1)證明：A1O∥平面B1CD1；
(2)設(shè)M是OD的中點(diǎn)，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
【證明】　(1)取B1D1的中點(diǎn)O1，連接CO1，A1O1，

由于ABCD-A1B1C1D1為四棱柱，
所以A1O1∥OC，
A1O1＝OC，
因此四邊形A1OCO1為平行四邊形，
所以A1O∥O1C.
又O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因?yàn)锳C⊥BD，E，M分別為AD和OD的中點(diǎn)，
所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以A1E⊥BD.
因?yàn)锽1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1?平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
【變式探究】如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD，E為AD的中點(diǎn)．
(1)求證：PA⊥CD.
(2)求證：平面PBD⊥平面PAB.

證明：(1)因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
又因?yàn)镻A⊥AB，
所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
(2)由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四邊形BCDE是平行四邊形，
又CD⊥AD，BC＝CD，
所以四邊形BCDE是正方形，連接CE(圖略)，所以BD⊥CE，
又因?yàn)锽C∥AE，BC＝AE，
所以四邊形ABCE是平行四邊形，
所以CE∥AB，則BD⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又因?yàn)镻A∩AB＝A，則BD⊥平面PAB，
且BD?平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.
【變式探究】如圖，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中，點(diǎn)D，D1分別為AC，A1C1上的點(diǎn)．

(1)當(dāng)?shù)扔诤沃禃r(shí)，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
【解析】(1)如圖，取D1為線段A1C1的中點(diǎn)，此時(shí)＝1，

連接A1B交AB1于點(diǎn)O，連接OD1.
由棱柱的性質(zhì)，知四邊形A1ABB1為平行四邊形，
所以點(diǎn)O為A1B的中點(diǎn)．
在△A1BC1中，點(diǎn)O，D1分別為A1B，A1C1的中點(diǎn)，
所以O(shè)D1∥BC1.
又因?yàn)镺D1?平面AB1D1，BC1?平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以當(dāng)＝1時(shí)，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
因?yàn)椋?，?
又因?yàn)椋?，所以＝1，即＝1.
【變式探究】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.設(shè)AB1的中點(diǎn)為D，B1C∩BC1＝E.

求證：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
【證明】(1)由題意知，E為B1C的中點(diǎn)，
又D為AB1的中點(diǎn)，因此DE∥AC.
又因?yàn)镈E?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，

所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因?yàn)槔庵鵄BC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因?yàn)锳C?平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因?yàn)锳C⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因?yàn)锽C1?平面BCC1B1，
所以BC1⊥AC.
因?yàn)锽C＝CC1，
所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因?yàn)锳C，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因?yàn)锳B1?平面B1AC，
所以BC1⊥AB1.
高頻考點(diǎn)三 平面圖形的折疊問(wèn)題
例 3、如圖①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P點(diǎn)在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上，如圖②所示，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱PC，CD的中點(diǎn)．

(1)求證：平面OEF∥平面PAD；
(2)求證：CD⊥平面POF；
(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱錐E-CFO的體積．
【解】(1)證明：因?yàn)辄c(diǎn)P在平面ADC上的正投影O恰好落在線段AC上，
所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC.
由題意知O是AC的中點(diǎn)，又點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，
所以O(shè)E∥PA，又OE?平面PAD，PA?平面PAD，
所以O(shè)E∥平面PAD.同理，OF∥平面PAD.
又OE∩OF＝O，OE，OF?平面OEF，
所以平面OEF∥平面PAD.
(2)證明：因?yàn)镺F∥AD，AD⊥CD，
所以O(shè)F⊥CD.
又PO⊥平面ADC，CD?平面ADC，所以PO⊥CD.
又OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.
(3)因?yàn)椤螦DC＝90°，AD＝3，CD＝4，
所以S△ACD＝×3×4＝6，
而點(diǎn)O，F(xiàn)分別是AC，CD的中點(diǎn)，
所以S△CFO＝S△ACD＝，
由題意可知△ACP是邊長(zhǎng)為5的等邊三角形，
所以O(shè)P＝，
即點(diǎn)P到平面ACD的距離為，
又E為PC的中點(diǎn)，所以E到平面CFO的距離為，
故VE-CFO＝××＝.
【舉一反三】如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)，將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置，得到四棱錐A1-BCDE.

(1)證明：CD⊥平面A1OC；
(2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時(shí)，四棱錐A1-BCDE的體積為36，求a的值．
【解析】(1)證明：在題圖1中，因?yàn)锳B＝BC＝AD＝a，E是AD的中點(diǎn)，
∠BAD＝，所以BE⊥AC.
即在題圖2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，
從而B(niǎo)E⊥平面A1OC，
又CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)知，A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱錐A1-BCDE的高．
由圖1知，A1O＝AB＝a，平行四邊形BCDE的面積S＝BE·OC＝a2.
從而四棱錐A1-BCDE的體積為V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
【變式探究】如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．

(1)證明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′－ABCFE的體積．
【解析】　(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
所以O(shè)H＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以O(shè)D′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－××3＝.
所以五棱錐D′－ABCFE的體積V＝××2＝.
【方法技巧】
　平面圖形翻折問(wèn)題的求解方法
(1)解決與折疊有關(guān)的問(wèn)題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量，一般情況下，線段的長(zhǎng)度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化，抓住不變量是解決問(wèn)題的突破口．
(2)在解決問(wèn)題時(shí)，要綜合考慮折疊前后的圖形，既要分析折疊后的圖形，也要分析折疊前的圖形．
【變式探究】如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，BD與EF交于點(diǎn)H，點(diǎn)G，R分別在線段DH，HB上，且＝.將△AED，△CFD，△BEF分別沿DE，DF，EF折起，使點(diǎn)A，B，C重合于點(diǎn)P，如圖2所示．

(1)求證：GR⊥平面PEF；
(2)若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，求三棱錐P－DEF的內(nèi)切球的半徑．
【解析】(1)證明：在正方形ABCD中，∠A，∠B，∠C為直角．
∴在三棱錐P－DEF中，PE，PF，PD兩兩垂直．
∴PD⊥平面PEF.
∵＝，即＝，∴在△PDH中，RG∥PD.
∴GR⊥平面PEF.
(2)正方形ABCD邊長(zhǎng)為4.
由題意知，PE＝PF＝2，PD＝4，EF＝2，DF＝2.
∴S△PEF＝2，S△DPF＝S△DPE＝4.
S△DEF＝×2×＝6.
設(shè)三棱錐P－DEF內(nèi)切球的半徑為r，
則三棱錐的體積VP－DEF＝××2×2×4＝(S△PEF＋2S△DPF＋S△DEF)·r，解得r＝.
∴三棱錐P－DEF的內(nèi)切球的半徑為.

1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是(　　)
A．α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行
B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行
C．α，β平行于同一條直線
D．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】對(duì)于A，α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行，當(dāng)這無(wú)數(shù)條直線互相平行時(shí)，α與β可能相交，所以A不正確；對(duì)于B，根據(jù)兩平面平行的判定定理與性質(zhì)知，B正確；對(duì)于C，平行于同一條直線的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，所以C不正確；對(duì)于D，垂直于同一平面的兩個(gè)平面可能相交，也可能平行，如長(zhǎng)方體的相鄰兩個(gè)側(cè)面都垂直于底面，但它們是相交的，所以D不正確．綜上可知選B．
2．(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)如圖，點(diǎn)N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是線段ED的中點(diǎn)，則(　　)

A．BM＝EN，且直線BM，EN是相交直線
B．BM≠EN，且直線BM，EN是相交直線
C．BM＝EN，且直線BM，EN是異面直線
D．BM≠EN，且直線BM，EN是異面直線
【答案】B
【解析】取CD的中點(diǎn)O，連接ON，EO，因?yàn)椤鱁CD為正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.過(guò)M作CD的垂線，垂足為P，連接BP，則MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.連接BD，BE，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以N為BD的中點(diǎn)，即EN，MB均在平面BDE內(nèi)，所以直線BM，EN是相交直線，選B．
1．(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　)
A．　　　　　　B． C． D．
【答案】C．如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點(diǎn)M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點(diǎn)，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角．因?yàn)樵陂L(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以O(shè)M＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C．

2. (2018年浙江卷)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

(Ⅰ)證明：AB1⊥平面A1B1C1；
(Ⅱ)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)見(jiàn)解析
(Ⅱ)
【解析】
方法一：
(Ⅰ)由得，
所以.
故.
由， 得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
(Ⅱ)如圖，過(guò)點(diǎn)作，交直線于點(diǎn)，連結(jié).

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是與平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直線與平面所成的角的正弦值是.
3. (2018年北京卷)如圖，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為，AC，，的中點(diǎn)，AB=BC=，AC==2．

(Ⅰ)求證：AC⊥平面BEF；
(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；
(Ⅲ)證明：直線FG與平面BCD相交．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2) B-CD-C1的余弦值為
(3)證明過(guò)程見(jiàn)解析
【解析】
(Ⅰ)在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四邊形A1ACC1為矩形．
又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
(Ⅱ)由(I)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE?平面ABC，∴EF⊥BE．
如圖建立空間直角坐稱系E-xyz．

由題意得B(0，2，0)，C(-1，0，0)，D(1，0，1)，F(xiàn)(0，0，2)，G(0，2，1)．
∴，
設(shè)平面BCD的法向量為，
∴，∴，
令a=2，則b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量為，
∴．
由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為．
(Ⅲ)平面BCD的法向量為，∵G(0，2，1)，F(xiàn)(0，0，2)，
∴，∴，∴與不垂直，
∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi)，∴GF與平面BCD相交．
4. (2018年江蘇卷)在平行六面體中，．

求證：(1)；
(2)．
【答案】答案見(jiàn)解析
【解析】
證明：(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因?yàn)锳B平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．
又因?yàn)锳A1=AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因?yàn)锳1B∩BC=B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因?yàn)锳B1?平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
1．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是(　　)
A B C D
【解析】B選項(xiàng)中，AB∥MQ，且AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，則AB∥平面MNQ；C選項(xiàng)中，AB∥MQ，且AB?平面MNQ，MQ?平面MNQ，則AB∥平面MNQ；D選項(xiàng)中，AB∥NQ，且AB?平面MNQ，NQ?平面MNQ，則AB∥平面MNQ.故選A.
答案：A
2．(2017·山東卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱錐C1－B1CD1后得到的幾何體如圖所示．四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，A1E⊥平面ABCD.

(1)證明：A1O∥平面B1CD1；
(2)設(shè)M是OD的中點(diǎn)，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
證明：(1)取B1D1的中點(diǎn)O1，連接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四邊形A1OCO1為平行四邊形，所以A1O∥O1C.
又O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因?yàn)锳C⊥BD，E，M分別為AD和OD的中點(diǎn)，
所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因?yàn)锽1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1?平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
3.【2017江蘇，15】 如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求證：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
(第15題)
A
D
B
C
E
F

【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析
【解析】證明：(1)在平面內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD， ，所以.

又因?yàn)槠矫鍭BC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.
(2)因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD， ，
所以平面.
因?yàn)槠矫?，所?.
又AB⊥AD， ， 平面ABC， 平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因?yàn)锳C平面ABC，
所以AD⊥AC.


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