2015届高考数学二轮专题训练：专题五 第2讲 空间中的平行与垂直

第2讲空间中的平行与垂直
考情解读 1.以选择、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等．
1．线面平行与垂直的判定定理、性质定理
2.
提醒
3．平行关系及垂直关系的转化
热点一空间线面位置关系的判定
例1(1)设a，b表示直线，α，β，γ表示不同的平面，则下列命题中正确的是()
A．若a⊥α且a⊥b，则b∥α
B．若γ⊥α且γ⊥β，则α∥β
C．若a∥α且a∥β，则α∥β
D．若γ∥α且γ∥β，则α∥β
(2)平面α∥平面β的一个充分条件是()
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
思维启迪判断空间线面关系的基本思路：利用定理或结论；借助实物模型作出肯定或否定．
答案(1)D(2)D
解析(1)A：应该是b∥α或b⊂α；B：如果是墙角出发的三个面就不符合题意；C：α∩β＝m，若a∥m 时，满足a∥α，a∥β，但是α∥β不正确，所以选D.
(2)若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.
若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.
若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.
思维升华解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．
设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，有以下四个命题：
①若α⊥β，m∥α，则m⊥β
②若m⊥α，n⊥α，则m∥n
③若m⊥α，m⊥n，则n∥α
④若n⊥α，n⊥β，则β∥α
其中真命题的序号为()
A．①③B．②③
C．①④D．②④
答案 D
解析①若α⊥β，m∥α，则m与β可以是直线与平面的所有关系，所以①错误；
②若m⊥α，n⊥α，则m∥n，所以②正确；
③若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，所以③错误；
④若n⊥α，n⊥β，则β∥α，所以④正确．
故选D.
热点二平行、垂直关系的证明
例2如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面
ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面P AD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
思维启迪(1)利用平面P AD⊥底面ABCD的性质，得线面垂直；(2)BE∥AD易证；(3)EF是△CPD的中位线．
证明(1)因为平面P AD⊥底面ABCD，
且P A垂直于这两个平面的交线AD，
所以PA⊥底面ABCD.
(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以四边形ABED为平行四边形．
所以BE∥AD.
又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面P AD.
(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．
所以BE⊥CD，AD⊥CD，
由(1)知P A⊥底面ABCD.
所以PA⊥CD.
所以CD⊥平面PAD.
所以CD ⊥PD .
因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点， 所以PD ∥EF .所以CD ⊥EF . 所以CD ⊥平面BEF . 又CD ⊂平面PCD ， 所以平面BEF ⊥平面PCD .
思维升华 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型． (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行． (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直． (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直．
如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，
AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点． 求证：(1)AF ∥平面BCE ； (2)平面BCE ⊥平面CDE .
证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝1
2DE .
∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝1
2
DE ，∴GF ＝AB .
∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .
(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴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 . 热点三 图形的折叠问题
例3 如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2)．
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？请说明理由．
思维启迪折叠问题要注意在折叠过程中，哪些量变化了，哪些量没有变化．第(1)问证明线面平行，可以证明DE∥BC；第(2)问证明线线垂直转化为证明线面垂直，即证明A1F⊥平面BCDE；第(3)问取A1B的中点Q，再证明A1C⊥平面DEQ.
(1)证明因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
(2)证明由图(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.又因为A1F⊥CD，
所以A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，
所以A1F⊥BE.
(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.
又因为DE∥BC，
所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，
所以DE⊥A1C.
又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.
从而A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
思维升华(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
如图(1)，已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π
2
，AB ＝BC ＝2AD ＝4，E ，F 分别是AB ，
CD 上的点，EF ∥BC ，AE ＝x .沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图(2)所示)，G 是BC 的中点．
(1)当x ＝2时，求证：BD ⊥EG ；
(2)当x 变化时，求三棱锥D －BCF 的体积f (x )的函数式．
(1)证明 作DH ⊥EF ，垂足为H ，连接BH ，GH ，
因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，交线为EF ，DH ⊂平面AEFD ， 所以DH ⊥平面EBCF ，又EG ⊂平面EBCF ，故EG ⊥DH . 因为EH ＝AD ＝1
2BC ＝BG ＝2，BE ＝2，EF ∥BC ，∠EBC ＝90°，
所以四边形BGHE 为正方形，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 因为AE ⊥EF ，平面AEFD ⊥平面EBCF ，交线为EF ，AE ⊂平面AEFD ， 所以AE ⊥平面EBCF .
由(1)知，DH ⊥平面EBCF ，故AE ∥DH ，
所以四边形AEHD 是矩形，DH ＝AE ，故以B ，F ，C ，D 为顶点的三棱锥D －BCF 的高DH ＝AE ＝x . 又S △BCF ＝12BC ·BE ＝1
2×4×(4－x )＝8－2x ，
所以三棱锥D －BCF 的体积f (x )＝1
3S △BFC ·DH
＝13S △BFC ·AE ＝13(8－2x )x ＝－23x 2＋8
3
x (0<x <4)．
1．证明线线平行的常用方法
(1)利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行； (2)利用平行四边形进行转换； (3)利用三角形中位线定理证明；
(4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明．
2．证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行；
(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行．
3．证明面面平行的方法
证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行．
4．证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；
(2)利用勾股定理逆定理；
(3)利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．
5．证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；
(2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证面面垂直；
(3)利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
6．证明面面垂直的方法
证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决.
真题感悟
1．(2014·辽宁)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是()
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
答案 B
解析方法一若m∥α，n∥α，则m，n可能平行、相交或异面，A错；
若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，因为直线与平面垂直时，它垂直于平面内任一直线，B正确；
若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，C错；
若m∥α，m⊥n，则n与α可能相交，可能平行，也可能n⊂α，D错．
方法二如图，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，用平面ABCD表示α.
A项中，若m为A′B′，n为B′C′，满足m∥α，n∥α，
但m与n是相交直线，故A错．
B项中，m⊥α，n⊂α，
∴m ⊥n ，这是线面垂直的性质，故B 正确． C 项中，若m 为AA ′，n 为AB ， 满足m ⊥α，m ⊥n ，但n ⊂α，故C 错． D 项中，若m 为A ′B ′，n 为B ′C ′， 满足m ∥α，m ⊥n ，但n ∥α，故D 错．
2．(2014·辽宁)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点． (1)求证：EF ⊥平面BCG ； (2)求三棱锥D －BCG 的体积．
附：锥体的体积公式V ＝1
3Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．
(1)证明 由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC . 又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD .
同理BG ⊥AD ，又BG ∩CG ＝G ，因此AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .
(2)解 在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O . 由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .
又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半． 在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3， 所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝1
3S △DBC ·h
＝13×12BD ·BC ·sin 120°·32＝12. 押题精练
1.如图，AB 为圆O 的直径，点C 在圆周上(异于点A ，B )，直线P A 垂直于圆O 所在的平面，点M 为线段PB 的中点．有以下四个命题： ①PA ∥平面MOB ； ②MO ∥平面PAC ； ③OC ⊥平面PAC ； ④平面PAC ⊥平面PBC .
其中正确的命题是________(填上所有正确命题的序号)． 答案 ②④
解析 ①错误，PA ⊂平面MOB ；②正确；③错误，否则，有OC ⊥AC ，这与BC ⊥AC 矛盾；④正确，因为BC ⊥平面P AC .
2．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点． (1)证明：平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE ；
(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？并证明你的结论． (1)证明 如图，因为ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体， 所以B 1C 1⊥面ABB 1A 1. 因为A 1B ⊂面ABB 1A 1， 所以B 1C 1⊥A 1B .
又因为A 1B ⊥AB 1，B 1C 1∩AB 1＝B 1，
所以A 1B ⊥面ADC 1B 1.
因为A 1B ⊂面A 1BE ，所以平面ADC 1B 1⊥平面A 1BE . (2)解 当点F 为C 1D 1中点时，可使B 1F ∥平面A 1BE . 证明如下：
取C 1D 1中点F ，连接EF ，B 1F 易知：EF ∥C 1D ，且EF ＝1
2
C 1
D .
设AB 1∩A 1B ＝O ，连接OE ，则B 1O ∥C 1D 且B 1O ＝1
2C 1D ，
所以EF ∥B 1O 且EF ＝B 1O ， 所以四边形B 1OEF 为平行四边形． 所以B 1F ∥OE .
又因为B 1F ⊄面A 1BE ，OE ⊂面A 1BE . 所以B 1F ∥面A 1BE .
(推荐时间：60分钟)
一、选择题
1．(2014·广东)若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是( ) A ．l 1⊥l 4 B ．l 1∥l 4
C ．l 1与l 4既不垂直也不平行
D ．l 1与l 4的位置关系不确定 答案 D
解析 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA ，若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若l 4＝DC 1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.
2．已知m 和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件
中一定能推出m⊥β的是()
A．α⊥β，且m⊂αB．m∥n，且n⊥β
C．α⊥β，且m∥αD．m⊥n，且n∥β
答案 B
解析根据定理、性质、结论逐个判断．因为α⊥β，m⊂α⇒m，β的位置关系不确定，可能平行、相交、m在β面内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若α⊥β，m∥α，则m，β的位置关系也不确定，故C错误；若m⊥n，n∥β，则m，β的位置关系也不确定，故D错误．
3．ABCD－A1B1C1D1为正方体，下列结论错误的是()
A．BD∥平面CB1D1B．A1C⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1D．AC1⊥BD1
答案 D
解析因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以DD1∥BB1且DD1＝BB1，所以四边形DD1B1B为平行四边形，所以BD∥B1D1，因为BD⊄面CB1D1，B1D1⊂面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，故A正确；因为AA1⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，所以AA1⊥BD，因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为AC∩AA1＝A，所以BD⊥面A1ACC1，因为A1C⊂面A1ACC1，所以BD⊥A1C，故B正确．同理可证得B1D1⊥面A1ACC1，因为AC1⊂面A1ACC1，所以B1D1⊥AC1，同理可证CB1⊥AC1，因为B1D1∩CB1＝B1，所以AC1⊥平面CB1D1，故C正确．排除法应选D.
4．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB
沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，下
列命题正确的是()
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∵在四边形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，则CD⊥AB，
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC，
又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故选D.
5．直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：
①若m∥n，n∥α，则m∥α；②若m∥β，α∥β，则m∥α；③若m⊥n，n⊥α，则m∥α；
④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.其中正确命题的个数是()
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 D
解析对①，根据线面平行的判定定理知，m∥α；对②，如果直线m与平面α相交，则必与β相交，而这与α∥β矛盾，故m∥α；对③，在平面α内取一点A，设过A、m的平面γ与平面α相交于直线b.因为n⊥α，所以n⊥b，又m⊥n，所以m∥b，则m∥α；对④，设α∩β＝l，在α内作m′⊥β，因为m⊥β，所以m∥m′，从而m∥α.故四个命题都正确．
6.在正三棱锥S－ABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA＝23，
则正三棱锥S－ABC外接球的表面积是()
A．12π B．32π
C．36π D．48π
答案 C
解析由MN⊥AM且MN是△BSC的中位线得BS⊥AM，
又由正三棱锥的性质得BS⊥AC，∴BS⊥面ASC.
即正三棱锥S－ABC的三侧棱SA、SB、SC两两垂直，外接球直径为3SA＝6.
∴球的表面积S＝4πR2＝4π×32＝36π.选C.
二、填空题
7．已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，给出下列四个命题：
①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；②若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；③若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.其中正确的个数为_________________．
答案 2
解析①中m，n可能异面或相交，故不正确；②因为m∥α，n⊥β，且α⊥β成立时，m，n两直线的关系可能是相交、平行、异面，故不正确；③因为m⊥α，α∥β可得出m⊥β，再由n∥β可得出m⊥n，故正确；
④分别垂直于两个垂直平面的两条直线一定垂直，正确．故③④正确．
8．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________(写出所有符合要求的图形序号)．
答案①③
解析对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB平行于平面MNP；
对于②，注意到直线AB 和过点A 的一个与平面MNP 平行的平面相交，因此直线AB 与平面MNP 相交；对于③，注意到此时直线AB 与平面MNP 内的一条直线MP 平行，且直线AB 位于平面MNP 外，因此直线AB 与平面MNP 平行；对于④，易知此时AB 与平面MNP 相交．综上所述，能得出直线AB 平行于平面MNP 的图形的序号是①③.
9.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰
直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________
时，CF ⊥平面B 1DF .
答案 a 或2a
解析 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .
要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．
令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .
易知Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ，
得AC A 1F ＝AF A 1D
， 即2a x ＝3a －x a
， 整理得x 2－3ax ＋2a 2
＝0，
解得x ＝a 或x ＝2a .
10．如图，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC (不含端点)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．
答案 ⎝⎛⎭
⎫121 解析 破解此题可采用两个极端位置法，
即对于F 位于DC 的中点时，t ＝1，
随着F 点到C 点时，
∵CB ⊥AB ，CB ⊥DK ，
∴CB ⊥平面ADB ，
即有CB ⊥BD ，
对于CD ＝2，BC ＝1，
∴BD ＝3，
又AD ＝1，AB ＝2，因此有AD ⊥BD ，
则有t ＝12
，
因此t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，1.
三、解答题
11．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，点
D 是AB 的中点，
(1)求证：AC ⊥BC 1；
(2)求证：AC 1∥平面CDB 1.
证明 (1)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，
∴AB 2＝AC 2＋BC 2，
∴AC ⊥BC .CC 1⊥平面ABC ，
AC ⊂平面ABC ，
∴AC ⊥CC 1，又BC ∩CC 1＝C ，
∴AC ⊥平面BCC 1B 1，
BC 1⊂平面BCC 1B 1，
∴AC ⊥BC 1.
(2)设CB 1与C 1B 的交点为E ，连接DE ，
∵D 是AB 的中点，E 是C 1B 的中点，
∴DE ∥AC 1，
∵DE ⊂平面CDB 1，AC 1⊄平面CDB 1，
∴AC 1∥平面CDB 1.
12．如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，D ，E 分别为A 1B 1，AA 1的
中点，点F 在棱AB 上，且AF ＝14
AB . (1)求证：EF ∥平面BC 1D ；
(2)在棱AC 上是否存在一个点G ，使得平面EFG 将三棱柱分割成的两部分体积之比为
1∶15，若存在，指出点G 的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 取AB 的中点M ，连接A 1M .
因为AF ＝14
AB ，所以F 为AM 的中点． 又E 为AA 1的中点，所以EF ∥A 1M .
在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，M 分别是A 1B 1，AB 的中点，
所以A 1D ∥BM ，A 1D ＝BM ，
所以四边形A 1DBM 为平行四边形，所以A 1M ∥BD .
所以EF ∥BD .
因为BD ⊂平面BC 1D ，EF ⊄平面BC 1D ，
所以EF ∥平面BC 1D .
(2)解 设AC 上存在一点G ，使得平面EFG 将三棱柱分割成两部分的体积之比为
1∶15，如图所示．
则V E －AFG ∶VABC －A 1B 1C 1＝1∶16，
所以V E －AFG VABC －A 1B 1C 1
＝13×12AF ·AG sin ∠GAF ·AE 12
×AB ·AC sin ∠CAB ·AA 1＝13×14×12×AG AC ＝124×AG AC 由题意，124×AG AC ＝116，解得AG AC ＝2416＝32
. 所以AG ＝32
AC >AC ，所以符合要求的点G 不存在． 13.如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝2BC ＝4，∠ABC ＝120°，E ，M 分别为AB ，
DE 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A ′DE ，F 为A ′C 的中点，A ′C ＝4.
(1)求证：平面A ′DE ⊥平面BCD ；
(2)求证：FB ∥平面A ′DE .
证明 (1)由题意，得△A ′DE 是△ADE 沿DE 翻折而成的，
∴△A ′DE ≌△ADE .
∵∠ABC ＝120°，四边形ABCD 是平行四边形，
∴∠A ＝60°.
又∵AD ＝AE ＝2，
∴△A ′DE 和△ADE 都是等边三角形．
如图，连接A ′M ，MC ，
∵M 是DE 的中点，
∴A ′M ⊥DE ，A ′M ＝ 3.
在△DMC 中，MC 2＝DC 2＋DM 2－2DC ·DM cos 60°
＝42＋12
－2×4×1×cos 60°，
∴MC ＝13.
在△A ′MC 中，A ′M 2＋MC 2＝(3)2＋(13)2＝42＝A ′C 2.
∴△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 的中点N ，连接FN ，NB .
∵A ′C ＝DC ＝4，F ，N 分别是A ′
C
，DC 的中点，
∴FN∥A′D.
又∵N，E分别是平行四边形ABCD的边DC，AB的中点，
∴BN∥DE.
又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N，
∴平面A′DE∥平面FNB.
∵FB⊂平面FNB，
∴FB∥平面A′DE.。