專題五 第2講 空間中的平行與垂直

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1、 第2講　空間中的平行與垂直 考情解讀　1.以選擇、填空題的形式考查，主要利用平面的基本性質及線線、線面和面面的判定與性質定理對命題的真假進行判斷，屬基礎題.2.以解答題的形式考查，主要是對線線、線面與面面平行和垂直關系交匯綜合命題，且多以棱柱、棱錐、棱臺或其簡單組合體為載體進行考查，難度中等． 1．線面平行與垂直的判定定理、性質定理 線面平行的判定定理 ?a∥α 線面平行的性質定理 ?a∥b 線面垂直的判定定理 ?l⊥α 線面垂直的性質定理 ?a∥b 2.面面平行與垂直的判定定理、性質定理 面面垂直的判定定理 ?α⊥β 面面垂直的性質定理

2、 ?a⊥β 面面平行的判定定理 ?α∥β 面面平行的性質定理 ?a∥b 提醒　使用有關平行、垂直的判定定理時，要注意其具備的條件，缺一不可． 3．平行關系及垂直關系的轉化 熱點一　空間線面位置關系的判定 例1　(1)設a，b表示直線，α，β，γ表示不同的平面，則下列命題中正確的是(　　) A．若a⊥α且a⊥b，則b∥α B．若γ⊥α且γ⊥β，則α∥β C．若a∥α且a∥β，則α∥β D．若γ∥α且γ∥β，則α∥β (2)平面α∥平面β的一個充分條件是(　　) A．存在一條直線a，a∥α，a∥β B．存在一條直線a，a?α，a∥β

3、 C．存在兩條平行直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α D．存在兩條異面直線a，b，a?α，b?β，a∥β，b∥α 思維啟迪　判斷空間線面關系的基本思路：利用定理或結論；借助實物模型作出肯定或否定． 答案　(1)D　(2)D 解析　(1)A：應該是b∥α或b?α；B：如果是墻角出發(fā)的三個面就不符合題意；C：α∩β＝m，若a∥m時，滿足a∥α，a∥β，但是α∥β不正確，所以選D. (2)若α∩β＝l，a∥l，a?α，a?β，則a∥α，a∥β，故排除A. 若α∩β＝l，a?α，a∥l，則a∥β，故排除B. 若α∩β＝l，a?α，a∥l，b?β，b∥l，則a∥β，b∥α，故排除C

4、.故選D. 思維升華　解決空間點、線、面位置關系的組合判斷題，主要是根據(jù)平面的基本性質、空間位置關系的各種情況，以及空間線面垂直、平行關系的判定定理和性質定理進行判斷，必要時可以利用正方體、長方體、棱錐等幾何模型輔助判斷，同時要注意平面幾何中的結論不能完全引用到立體幾何中． 　設m、n是不同的直線，α、β是不同的平面，有以下四個命題： ①若α⊥β，m∥α，則m⊥β ②若m⊥α，n⊥α，則m∥n ③若m⊥α，m⊥n，則n∥α ④若n⊥α，n⊥β，則β∥α 其中真命題的序號為(　　) A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 答案　D 解析?、偃籀痢挺拢琺∥α，則m與β

5、可以是直線與平面的所有關系，所以①錯誤； ②若m⊥α，n⊥α，則m∥n，所以②正確； ③若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，所以③錯誤； ④若n⊥α，n⊥β，則β∥α，所以④正確． 故選D. 熱點二　平行、垂直關系的證明 例2　如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別是CD和PC的中點，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. 思維啟迪　(1)利用平面PAD⊥底面ABCD的性質，得線面垂直；(2)BE∥AD易證；(3)EF是△CPD的中位線． 證

6、明　(1)因為平面PAD⊥底面ABCD， 且PA垂直于這兩個平面的交線AD， 所以PA⊥底面ABCD. (2)因為AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點， 所以AB∥DE，且AB＝DE. 所以四邊形ABED為平行四邊形． 所以BE∥AD. 又因為BE?平面PAD，AD?平面PAD， 所以BE∥平面PAD. (3)因為AB⊥AD，而且ABED為平行四邊形． 所以BE⊥CD，AD⊥CD， 由(1)知PA⊥底面ABCD. 所以PA⊥CD. 所以CD⊥平面PAD. 所以CD⊥PD. 因為E和F分別是CD和PC的中點， 所以PD∥EF.所以CD⊥EF. 所以CD⊥平面

7、BEF. 又CD?平面PCD， 所以平面BEF⊥平面PCD. 思維升華　垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型． (1)證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行． (2)證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直． (3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直． (4)證明面面垂直，需轉化為證明線面垂直，進而轉化為證明線線垂直． 　如圖所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD的中點． 求證：(1)AF∥平面BCE； (2)平面BCE⊥平面CDE. 證明　(1)如圖，取CE的中點G，連接FG，BG. ∵F為CD的中點，

8、∴GF∥DE且GF＝DE. ∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD， ∴AB∥DE，∴GF∥AB. 又AB＝DE，∴GF＝AB. ∴四邊形GFAB為平行四邊形，則AF∥BG. ∵AF?平面BCE，BG?平面BCE， ∴AF∥平面BCE. (2)∵△ACD為等邊三角形，F(xiàn)為CD的中點， ∴AF⊥CD. ∵DE⊥平面ACD，AF?平面ACD，∴DE⊥AF. 又CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE. ∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE. ∵BG?平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE. 熱點三　圖形的折疊問題 例3　如圖(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別為AC，A

9、B的中點，點F為線段CD上的一點，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖(2)． (1)求證：DE∥平面A1CB； (2)求證：A1F⊥BE； (3)線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平面DEQ？請說明理由． 思維啟迪　折疊問題要注意在折疊過程中，哪些量變化了，哪些量沒有變化．第(1)問證明線面平行，可以證明DE∥BC；第(2)問證明線線垂直轉化為證明線面垂直，即證明A1F⊥平面BCDE；第(3)問取A1B的中點Q，再證明A1C⊥平面DEQ. (1)證明　因為D，E分別為AC，AB的中點， 所以DE∥BC. 又因為DE?平面A1CB，BC?平面A1CB

10、， 所以DE∥平面A1CB. (2)證明　由圖(1)得AC⊥BC且DE∥BC， 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD. 所以DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC， 所以DE⊥A1F.又因為A1F⊥CD， 所以A1F⊥平面BCDE，又BE?平面BCDE， 所以A1F⊥BE. (3)解　線段A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下： 如圖，分別取A1C，A1B的中點P，Q，則PQ∥BC. 又因為DE∥BC， 所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即為平面DEP. 由(2)知，DE⊥平面A1DC， 所以DE⊥A1C. 又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1

11、C的中點， 所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP. 從而A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點Q，使得A1C⊥平面DEQ. 思維升華　(1)解決與折疊有關的問題的關鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量．一般情況下，折線同一側線段的長度是不變量，而位置關系往往會發(fā)生變化，抓住不變量是解決問題的突破口．(2)在解決問題時，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． 　如圖(1)，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F(xiàn)分別是AB，CD上的點，EF∥BC，AE＝x.沿EF將梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF(如圖

12、(2)所示)，G是BC的中點． (1)當x＝2時，求證：BD⊥EG； (2)當x變化時，求三棱錐D－BCF的體積f(x)的函數(shù)式． (1)證明　作DH⊥EF，垂足為H，連接BH，GH， 因為平面AEFD⊥平面EBCF，交線為EF，DH?平面AEFD， 所以DH⊥平面EBCF，又EG?平面EBCF，故EG⊥DH. 因為EH＝AD＝BC＝BG＝2，BE＝2，EF∥BC，∠EBC＝90°， 所以四邊形BGHE為正方形，故EG⊥BH. 又BH，DH?平面DBH，且BH∩DH＝H，故EG⊥平面DBH. 又BD?平面DBH，故EG⊥BD. (2)解　因為AE⊥EF，平面AEFD⊥平

13、面EBCF，交線為EF，AE?平面AEFD， 所以AE⊥平面EBCF. 由(1)知，DH⊥平面EBCF，故AE∥DH， 所以四邊形AEHD是矩形，DH＝AE，故以B，F(xiàn)，C，D為頂點的三棱錐D－BCF的高DH＝AE＝x. 又S△BCF＝BC·BE＝×4×(4－x)＝8－2x， 所以三棱錐D－BCF的體積f(x)＝S△BFC·DH ＝S△BFC·AE＝(8－2x)x ＝－x2＋x(0

14、平行的性質定理證明． 2．證明線面平行的常用方法 (1)利用線面平行的判定定理，把證明線面平行轉化為證線線平行； (2)利用面面平行的性質定理，把證明線面平行轉化為證面面平行． 3．證明面面平行的方法 證明面面平行，依據(jù)判定定理，只要找到一個面內兩條相交直線與另一個平面平行即可，從而將證面面平行轉化為證線面平行，再轉化為證線線平行． 4．證明線線垂直的常用方法 (1)利用特殊平面圖形的性質，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到線線垂直； (2)利用勾股定理逆定理； (3)利用線面垂直的性質，即要證線線垂直，只需證明一線垂直于另一線所在平面即可． 5．證明線面垂直的

15、常用方法 (1)利用線面垂直的判定定理，把線面垂直的判定轉化為證明線線垂直； (2)利用面面垂直的性質定理，把證明線面垂直轉化為證面面垂直； (3)利用常見結論，如兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面． 6．證明面面垂直的方法 證明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即證明一個面過另一個面的一條垂線，將證明面面垂直轉化為證明線面垂直，一般先從現(xiàn)有直線中尋找，若圖中不存在這樣的直線，則借助中點、高線或添加輔助線解決. 真題感悟 1．(2014·遼寧)已知m，n表示兩條不同直線，α表示平面．下列說法正確的是(　　) A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m⊥

16、α，n?α，則m⊥n C．若m⊥α，m⊥n，則n∥α D．若m∥α，m⊥n，則n⊥α 答案　B 解析　方法一　若m∥α，n∥α，則m，n可能平行、相交或異面，A錯； 若m⊥α，n?α，則m⊥n，因為直線與平面垂直時，它垂直于平面內任一直線，B正確； 若m⊥α，m⊥n，則n∥α或n?α，C錯； 若m∥α，m⊥n，則n與α可能相交，可能平行，也可能n?α，D錯． 方法二　如圖，在正方體ABCD－A′B′C′D′中，用平面ABCD表示α. A項中，若m為A′B′，n為B′C′，滿足m∥α，n∥α， 但m與n是相交直線，故A錯． B項中，m⊥α，n?α， ∴m⊥n，這是線面垂直

17、的性質，故B正確． C項中，若m為AA′，n為AB， 滿足m⊥α，m⊥n，但n?α，故C錯． D項中，若m為A′B′，n為B′C′， 滿足m∥α，m⊥n，但n∥α，故D錯． 2．(2014·遼寧)如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)，G分別為AC，DC，AD的中點． (1)求證：EF⊥平面BCG； (2)求三棱錐D－BCG的體積． 附：錐體的體積公式V＝Sh，其中S為底面面積，h為高． (1)證明　由已知得△ABC≌△DBC，因此AC＝DC. 又G為AD的中點，所以CG⊥AD. 同理BG⊥AD，又BG∩CG

18、＝G，因此AD⊥平面BGC. 又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG. (2)解　在平面ABC內，作AO⊥BC，交CB的延長線于O. 由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC. 又G為AD中點，因此G到平面BDC的距離h是AO長度的一半． 在△AOB中，AO＝AB·sin 60°＝， 所以VD－BCG＝VG－BCD＝S△DBC·h ＝×BD·BC·sin 120°·＝. 押題精練 1.如圖，AB為圓O的直徑，點C在圓周上(異于點A，B)，直線PA垂直于圓O所在的平面，點M為線段PB的中點．有以下四個命題： ①PA∥平面MOB； ②MO∥平面PAC； ③OC⊥平面PAC；

19、 ④平面PAC⊥平面PBC. 其中正確的命題是________(填上所有正確命題的序號)． 答案　②④ 解析?、馘e誤，PA?平面MOB；②正確；③錯誤，否則，有OC⊥AC，這與BC⊥AC矛盾；④正確，因為BC⊥平面PAC. 2．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點． (1)證明：平面ADC1B1⊥平面A1BE； (2)在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F∥平面A1BE？并證明你的結論． (1)證明　如圖，因為ABCD－A1B1C1D1為正方體， 所以B1C1⊥面ABB1A1. 因為A1B?面ABB1A1， 所以B1C1⊥A1B. 又因為A

20、1B⊥AB1，B1C1∩AB1＝B1， 所以A1B⊥面ADC1B1. 因為A1B?面A1BE，所以平面ADC1B1⊥平面A1BE. (2)解　當點F為C1D1中點時，可使B1F∥平面A1BE. 證明如下： 取C1D1中點F，連接EF，B1F 易知：EF∥C1D，且EF＝C1D. 設AB1∩A1B＝O，連接OE，則B1O∥C1D且B1O＝C1D， 所以EF∥B1O且EF＝B1O， 所以四邊形B1OEF為平行四邊形． 所以B1F∥OE. 又因為B1F?面A1BE，OE?面A1BE. 所以B1F∥面A1BE. (推薦時間：60分鐘) 一、選擇題 1．(2014·廣東

21、)若空間中四條兩兩不同的直線l1，l2，l3，l4，滿足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，則下列結論一定正確的是(　　) A．l1⊥l4 B．l1∥l4 C．l1與l4既不垂直也不平行 D．l1與l4的位置關系不確定 答案　D 解析　如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，記l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，滿足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此時l1∥l4，可以排除選項A和C.若l4＝DC1，也滿足條件，可以排除選項B.故選D. 2．已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，那么下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(　　) A．α⊥β

22、，且m?α B．m∥n，且n⊥β C．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β 答案　B 解析　根據(jù)定理、性質、結論逐個判斷．因為α⊥β，m?α?m，β的位置關系不確定，可能平行、相交、m在β面內，故A錯誤；由線面垂直的性質定理可知B正確；若α⊥β，m∥α，則m，β的位置關系也不確定，故C錯誤；若m⊥n，n∥β，則m，β的位置關系也不確定，故D錯誤． 3．ABCD－A1B1C1D1為正方體，下列結論錯誤的是(　　) A．BD∥平面CB1D1 B．A1C⊥BD C．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1⊥BD1 答案　D 解析　因為ABCD－A1B1C1D1為正方體，所

23、以DD1∥BB1且DD1＝BB1，所以四邊形DD1B1B為平行四邊形，所以BD∥B1D1，因為BD?面CB1D1，B1D1?面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，故A正確；因為AA1⊥面ABCD，BD?面ABCD，所以AA1⊥BD，因為ABCD為正方形，所以AC⊥BD，因為AC∩AA1＝A，所以BD⊥面A1ACC1，因為A1C?面A1ACC1，所以BD⊥A1C，故B正確．同理可證得B1D1⊥面A1ACC1，因為AC1?面A1ACC1，所以B1D1⊥AC1，同理可證CB1⊥AC1，因為B1D1∩CB1＝B1，所以AC1⊥平面CB1D1，故C正確．排除法應選D. 4．如圖，四邊形ABCD中，A

24、D∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成三棱錐A－BCD.則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 答案　D 解析　∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD， 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD， ∴CD⊥平面ABD，則CD⊥AB， 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC， 又AB?平面ABC，∴平面A

25、BC⊥平面ADC，故選D. 5．直線m，n均不在平面α，β內，給出下列命題： ①若m∥n，n∥α，則m∥α；②若m∥β，α∥β，則m∥α；③若m⊥n，n⊥α，則m∥α； ④若m⊥β，α⊥β，則m∥α.其中正確命題的個數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　D 解析　對①，根據(jù)線面平行的判定定理知，m∥α；對②，如果直線m與平面α相交，則必與β相交，而這與α∥β矛盾，故m∥α；對③，在平面α內取一點A，設過A、m的平面γ與平面α相交于直線b.因為n⊥α，所以n⊥b，又m⊥n，所以m∥b，則m∥α；對④，設α∩β＝l，在α內作m′⊥β，因為m⊥β，所以m∥m′，從

26、而m∥α.故四個命題都正確． 6.在正三棱錐S－ABC中，M，N分別是SC，BC的中點，且MN⊥AM，若側棱SA＝2，則正三棱錐S－ABC外接球的表面積是(　　) A．12π B．32π C．36π D．48π 答案　C 解析　由MN⊥AM且MN是△BSC的中位線得BS⊥AM， 又由正三棱錐的性質得BS⊥AC，∴BS⊥面ASC. 即正三棱錐S－ABC的三側棱SA、SB、SC兩兩垂直，外接球直徑為SA＝6. ∴球的表面積S＝4πR2＝4π×32＝36π.選C. 二、填空題 7．已知兩條不同的直線m，n和兩個不同的平面α，β，給出下列四個命題： ①若m∥α，n∥β，且

27、α∥β，則m∥n；②若m∥α，n⊥β，且α⊥β，則m∥n；③若m⊥α，n∥β，且α∥β，則m⊥n；④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，則m⊥n.其中正確的個數(shù)為_________________． 答案　2 解析?、僦衜，n可能異面或相交，故不正確；②因為m∥α，n⊥β，且α⊥β成立時，m，n兩直線的關系可能是相交、平行、異面，故不正確；③因為m⊥α，α∥β可得出m⊥β，再由n∥β可得出m⊥n，故正確；④分別垂直于兩個垂直平面的兩條直線一定垂直，正確．故③④正確． 8．下列四個正方體圖形中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，能得出AB∥平面MNP的圖形的序號是_____

28、___(寫出所有符合要求的圖形序號)． 答案?、佗? 解析　對于①，注意到該正方體的面中過直線AB的側面與平面MNP平行，因此直線AB平行于平面MNP；對于②，注意到直線AB和過點A的一個與平面MNP平行的平面相交，因此直線AB與平面MNP相交；對于③，注意到此時直線AB與平面MNP內的一條直線MP平行，且直線AB位于平面MNP外，因此直線AB與平面MNP平行；對于④，易知此時AB與平面MNP相交．綜上所述，能得出直線AB平行于平面MNP的圖形的序號是①③. 9.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1

29、＝3a，D是A1C1的中點，點F在線段AA1上，當AF＝________時，CF⊥平面B1DF. 答案　a或2a 解析　由題意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF. 要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可． 令CF⊥DF，設AF＝x，則A1F＝3a－x. 易知Rt△CAF∽Rt△FA1D， 得＝， 即＝， 整理得x2－3ax＋2a2＝0， 解得x＝a或x＝2a. 10．如圖，在長方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E為DC的中點，F(xiàn)為線段EC(不含端點)上一動點．現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內過點D作DK⊥AB，K為垂足．設

30、AK＝t，則t的取值范圍是________． 答案　 解析　破解此題可采用兩個極端位置法， 即對于F位于DC的中點時，t＝1， 隨著F點到C點時， ∵CB⊥AB，CB⊥DK， ∴CB⊥平面ADB， 即有CB⊥BD， 對于CD＝2，BC＝1， ∴BD＝， 又AD＝1，AB＝2，因此有AD⊥BD， 則有t＝， 因此t的取值范圍是. 三、解答題 11．如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，點D是AB的中點， (1)求證：AC⊥BC1； (2)求證：AC1∥平面CDB1. 證明　(1)直三棱柱ABC－A1B1C1中，

31、底面三邊長AC＝3，BC＝4，AB＝5， ∴AB2＝AC2＋BC2， ∴AC⊥BC.CC1⊥平面ABC， AC?平面ABC， ∴AC⊥CC1，又BC∩CC1＝C， ∴AC⊥平面BCC1B1， BC1?平面BCC1B1， ∴AC⊥BC1. (2)設CB1與C1B的交點為E，連接DE， ∵D是AB的中點，E是C1B的中點， ∴DE∥AC1， ∵DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1， ∴AC1∥平面CDB1. 12．如圖所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分別為A1B1，AA1的中點，點F在棱AB上，且AF＝AB. (1)求證：EF∥平面BC

32、1D； (2)在棱AC上是否存在一個點G，使得平面EFG將三棱柱分割成的兩部分體積之比為1∶15，若存在，指出點G的位置；若不存在，請說明理由． (1)證明　取AB的中點M，連接A1M. 因為AF＝AB，所以F為AM的中點． 又E為AA1的中點，所以EF∥A1M. 在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，M分別是A1B1，AB的中點， 所以A1D∥BM，A1D＝BM， 所以四邊形A1DBM為平行四邊形，所以A1M∥BD. 所以EF∥BD. 因為BD?平面BC1D，EF?平面BC1D， 所以EF∥平面BC1D. (2)解　設AC上存在一點G，使得平面EFG將三棱柱分割成兩部分的

33、體積之比為1∶15，如圖所示． 則VE－AFG∶VABC－A1B1C1＝1∶16， 所以 ＝＝×××＝×， 由題意，×＝，解得＝＝. 所以AG＝AC>AC，所以符合要求的點G不存在． 13.如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E，M分別為AB，DE的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△A′DE，F(xiàn)為A′C的中點，A′C＝4. (1)求證：平面A′DE⊥平面BCD； (2)求證：FB∥平面A′DE. 證明　(1)由題意，得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成的， ∴△A′DE≌△ADE. ∵∠ABC＝120°，四邊形ABCD是平行四邊形， ∴∠

34、A＝60°. 又∵AD＝AE＝2， ∴△A′DE和△ADE都是等邊三角形． 如圖，連接A′M，MC， ∵M是DE的中點， ∴A′M⊥DE，A′M＝. 在△DMC中，MC2＝DC2＋DM2－2DC·DMcos 60° ＝42＋12－2×4×1×cos 60°， ∴MC＝. 在△A′MC中，A′M2＋MC2＝()2＋()2＝42＝A′C2. ∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC. 又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M， ∴A′M⊥平面BCD. 又∵A′M?平面A′DE， ∴平面A′DE⊥平面BCD. (2)取DC的中點N，連接FN，NB. ∵A′C＝DC＝4，F(xiàn)，N分別是A′C，DC的中點， ∴FN∥A′D. 又∵N，E分別是平行四邊形ABCD的邊DC， AB的中點， ∴BN∥DE. 又∵A′D∩DE＝D，F(xiàn)N∩NB＝N， ∴平面A′DE∥平面FNB. ∵FB?平面FNB， ∴FB∥平面A′DE.