11.4.1 第1课时 直线与平面垂直的判定-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册创新导学案word（人教B版2019）

11.4.1　直线与平面垂直 第1课时　直线与平面垂直的判定 (教师独具内容) 课程标准：从相关定义和基本事实出发，借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线垂直的关系和直线与平面平行的关系，并归纳出直线与平面垂直的判定定理． 教学重点：1.直线与直线所成的角.2.直线与平面垂直的判定定理． 教学难点：直线与平面垂直的判定定理的应用． 核心素养：借助直线与平面垂直的判定定理证明空间中的垂直关系，提升直观想象素养和逻辑推理素养． 知识点一　直线与直线所成角 1．习惯上，两条相交直线所成角的大小，指的是它们相交所得到的不大于直角的角的大小． 2．一般地，如果a，b是空间中的两条异面直线，过空间中任意一点，分别作与a，b平行或重合的直线a′，b′，则a′与b′所成角的大小，称为异面直线a与b所成角的大小． 3．规定空间中两条平行直线所成角的大小为0°． 4．空间中两条直线所成角的范围是． 5．空间中两条直线l，m所成角的大小为90°时，称l与m垂直，记作l⊥m． 6．若a∥b且b⊥c，则一定有a⊥c． 知识点二　直线与平面垂直的充要条件 1．直线l与平面α垂直的充要条件是直线l与平面α内的任意直线都垂直．用符号表示为l⊥α⇔∀m⊂α，l⊥m． 2.一般地，直线l与平面α垂直，可以用如图表示． 注意：画直线与平面垂直时，通常把直线画成与表示平面的平行四边形的一边垂直． 知识点三　直线与平面垂直的判定定理 1．文字叙述：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．该定理简称为线面垂直的判定定理． 2．符号表示：如果m⊂α，n⊂α，m∩n≠∅，l⊥m，l⊥n，则l⊥α. 3．图形表示 [拓展]　利用线面垂直的判定定理证明线面垂直的步骤 (1)在这个平面内找两条直线，使这条直线和所找的两条直线垂直； (2)确定这个平面内所找的两条直线是相交的直线； (3)根据判定定理得出结论． 1．(线面垂直的判定定理)若三条直线OA，OB，OC两两垂直，则直线OA垂直于(　　) A．平面OAB B．平面OAC C．平面OBC D．平面ABC 答案：C 2.(求两异面直线所成角)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱AB与CC1所成角为____度． 答案：90 3.(线面垂直的充要条件)如图，∠BCA＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中： ①与PC垂直的直线有______； ②与AP垂直的直线有______． 答案：①AB，AC，BC　②BC 题型一　求异面直线所成角　 　如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD，AB⊥CD，E，F分别为BC，AD的中点，求EF与AB所成角的大小． [解]　如图，取BD的中点G，连接EG，FG，∵E，F分别为BC，AD的中点， ∴EG綊CD，GF綊AB. ∴∠GFE就是EF与AB所成角或其补角． ∵AB⊥CD，∴EG⊥GF，∴∠EGF＝90°. ∵AB＝CD，∴EG＝GF， ∴△EFG为等腰直角三角形． ∴∠GFE＝45°，即EF与AB所成角为45°. [条件探究]　若本例中AB＝CD＝2，EF＝，此时异面直线AB与DC所成角的大小又如何求解？ 解：取BD的中点G，连接EG，FG， ∵E，F分别为BC，AD的中点， ∴EG綊CD，GF綊AB， ∴∠EGF就是AB与DC所成角或其补角． ∵AB＝CD＝2，∴EG＝GF＝1. 又EF＝，∴∠GEF＝∠GFE＝30°， ∴∠EGF＝120°. ∴异面直线AB与DC所成角为60°. 【感悟提升】　求两条异面直线所成角的方法 (1)构造异面直线所成角的方法 ①过其中一条直线上的已知点(往往是特殊点)作另一条直线的平行线，使异面直线所成角转化为相交直线所成角． ②当异面直线依附于某几何体，且直接对异面直线平移有困难时，可利用该几何体的特殊点，将两条异面直线分别平移相交于该点． ③当两条异面直线互相垂直时，欲求它们所成角，可通过计算或证明来完成． (2)平移直线得出的角不一定恰好是所求角，因此要说明此角是异面直线所成角，还是其补角． 【跟踪训练】 1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1，B1C1的中点，求异面直线DB1与EF所成角的大小． 解：解法一：如图，连接A1C1，B1D1，并设它们相交于点O，取DD1的中点G，连接GO，GA1，GC1. 则GO∥DB1，EF∥A1C1. ∴∠GOA1即为异面直线DB1与EF所成角或其补角． ∵GA1＝GC1，O为A1C1的中点， ∴GO⊥A1C1，∴∠GOA1＝90°. ∴异面直线DB1与EF所成角为90°. 解法二：如图所示．分别取AA1，CC1的中点M，N，连接MN，A1C1， 则MN∥A1C1. 又A1C1∥EF，∴MN∥EF. 连接DM，B1N，B1M，DN， 则四边形DMB1N为平行四边形． ∴MN与DB1必相交，设交点为P， ∴∠DPM即为异面直线DB1与EF所成角或其补角． 设AA1＝1，则MP＝，DM＝，DP＝， ∴DM2＝DP2＋MP2，∴∠DPM＝90°. ∴异面直线DB1与EF所成角为90°. 解法三：如图，在原正方体的右侧补上一个全等的正方体，连接B1Q，DQ，A1C1， ∵EF∥A1C1，而A1C1∥B1Q，∴EF∥B1Q. 于是∠DB1Q即为异面直线DB1与EF所成角或其补角． 通过计算，不难得到B1D2＋B1Q2＝DQ2， 从而异面直线DB1与EF所成角为90°. 题型二　直线与平面垂直的判定　 　如图所示，四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，△PAD是等腰三角形，M，N分别为AB，PC的中点． 求证：MN⊥平面PCD. [证明]　取PD的中点E，连接AE，NE， ∵N为PC的中点， ∴NE为△PCD的中位线， ∴NE綊CD. 在矩形ABCD中，AB綊CD， 又M为AB的中点，∴AM綊CD， ∴AM綊NE， ∴四边形AMNE为平行四边形， ∴AE∥MN. ∵PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴PA⊥AD. 又△PAD为等腰三角形，E为PD的中点， ∴PA＝AD，AE⊥PD，∴MN⊥PD. ∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD， ∴PA⊥CD. 在矩形ABCD中，CD⊥AD， 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， ∴CD⊥平面PAD， ∵AE⊂平面PAD， ∴AE⊥CD，∴MN⊥CD， 又PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PCD， ∴MN⊥平面PCD. 【感悟提升】　应用线面垂直的判定定理时的注意事项 (1)在证明线线垂直时，有时需从数量关系，即勾股定理或余弦定理中找到垂直关系． (2)证明线面垂直问题，一定要在平面内找到和这条直线都垂直的两条相交直线，至于这两条直线是否与已知直线有交点是无关紧要的，但平面内的两条直线不能缺少“相交”这一条件．使用勾股定理来确定两条直线的垂直关系，是证明线线垂直时经常使用的方法之一，另外等腰三角形底边的中线垂直于底，全等三角形的对应边上的高的位置关系等也经常使用． 【跟踪训练】 2．在四面体ABCD中，AC＝BD，E，F分别为AD，BC的中点，且EF＝AC，∠BDC＝90°.求证：BD⊥平面ACD. 证明：　∵∠BDC＝90°，∴BD⊥DC. 取AB的中点M，连接FM，EM， 则FM∥AC，EM∥BD， 且FM＝AC，EM＝BD， 又AC＝BD，∴FM＝EM＝AC， 又EF＝AC，∴∠FME＝90°， 即FM⊥EM，∴BD⊥AC， 又DC∩AC＝C，∴BD⊥平面ACD. 1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与AD1垂直的平面是(　　) A．平面DD1C1C B．平面A1DB1 C．平面A1B1C1D1 D．平面A1DB 答案：B 解析：由题意知A1B1⊥平面ADD1A1，∵AD1⊂平面ADD1A1，∴A1B1⊥AD1，又A1D⊥AD1，A1B1∩A1D＝A1，∴AD1⊥平面A1DB1.故选B. 2．(多选)(2024·吉林长春高一下期中)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列结论正确的是(　　) A．AC与DD1所成角是90° B．AC与C1D1所成角是90° C．AC与B1D1所成角是90° D．AC与A1B所成角是90° 答案：AC 解析：对于A，在正方体中，DD1⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，所以DD1⊥AC，所以AC与DD1所成角是90°，所以A正确；对于B，因为C1D1∥CD，所以AC与C1D1所成角等于AC与CD所成角，在正方体中，AC与CD所成角是45°，即AC与C1D1所成角是45°，所以B不正确；对于C，在正方体中，因为BB1∥DD1，BB1＝DD1，则四边形BDD1B1为平行四边形，所以BD∥B1D1，而AC⊥BD，所以AC与B1D1所成角是90°，所以C正确；对于D，在正方体中，因为BC∥A1D1，BC＝A1D1，则四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B∥D1C，所以AC与A1B所成角等于D1C与AC所成角，设正方体的棱长为a，则AC＝CD1＝AD1＝a，则△ACD1为等边三角形，所以D1C与AC所成角是60°，所以AC与A1B所成角是60°，所以D不正确．故选AC. 3．(多选)一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中，下列结论正确的是(　　) A．AB⊥EF B．AB与CM所成角为60° C．EF与MN是异面直线 D．MN∥CD 答案：AC 解析：把正方体的平面展开图还原为正方体，如图所示．因为AB∥CM，CM⊥EF，所以AB⊥EF，故A正确，B错误；EF与MN是异面直线，故C正确；易知MN⊥CD，故D错误．故选AC. 4．已知PA⊥平面ABCD，则四边形ABCD满足____时，有PC⊥BD.(试写出一个满足的条件) 答案：四边形ABCD为菱形(答案不唯一) 解析：如图，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，当四边形ABCD为菱形时，AC⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以PC⊥BD. 5.(2023·新课标Ⅱ卷改编)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．证明：BC⊥DA. 证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC， 所以DE⊥BC，① 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，所以AE⊥BC，② 由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★ 对点 直线与平面垂直的判定定理的理解 由线面垂直证明线线垂直 空间中线面关系命题的判断 利用线面垂直判断点的位置 求异面直线所成角 空间中线面平行、垂直关系的判断 线面平行与垂直关系的判断；求异面直线所成角 由线面垂直证明线线垂直 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 求异面直线所成角 由线面垂直证明线线垂直；线面垂直的判定 有关线面垂直的探索性问题 线面垂直的证明；求异面直线所成角的余弦值 由线面垂直证明线线垂直 由线面垂直判断线线垂直；求异面直线所成角的正弦值 有关线面垂直的证明与探索性问题 线面垂直的证明；求异面直线所成角 一、单选题 1．直线l与平面α内的无数条直线垂直，则直线l与平面α的关系是(　　) A．l和平面α相互平行 B．l和平面α相互垂直 C．l在平面α内 D．不能确定 答案：D 解析：直线l和平面α相互平行，或直线l和平面α相互垂直，或直线l在平面α内，或直线l与平面α相交，都有可能． 2．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC上的中线折起得到四面体ABCD(如图2)，则在四面体ABCD中，AD与BC的位置关系是(　　) A．相交且垂直 B．相交但不垂直 C．异面且垂直 D．异面但不垂直 答案：C 解析：在题图1中，AD⊥BC，故在题图2中，AD⊥BD，AD⊥DC，又因为BD∩DC＝D，所以AD⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，D不在BC上，所以AD⊥BC，且AD与BC异面．故选C. 3．(2024·天津高考)若m，n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交 答案：C 解析：对于A，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；对于B，若m∥α，n∥α，则m与n平行、异面或相交，故B错误；对于C，若m∥α，n⊥α，过m作平面β，使得β∩α＝s，因为m⊂β，所以m∥s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，故C正确；对于D，若m∥α，n⊥α，则m与n相交或异面，故D错误．故选C. 4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总保持AP⊥BD1，则动点P的轨迹是(　　) A．线段B1C B．线段BC1 C．BB1中点与CC1中点连成的线段 D．BC中点与B1C1中点连成的线段 答案：A 解析：如图所示，由于BD1⊥平面AB1C，故点P一定位于线段B1C上． 5．(2024·天津杨柳青一中高一期末联考)正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则异面直线AD与EF所成角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．120° 答案：B 解析：如图所示，在正四面体ABCD中，取BD的中点P，连接PE，PF，AF，BF，则AD∥PE，∴∠PEF(或其补角)即为异面直线AD与EF所成角，设AB＝2，则AF＝BF＝，在△PEF中，PF＝PE＝1，EF＝＝＝，∵PF2＋PE2＝EF2，∴△PEF为等腰直角三角形，∴∠PEF＝45°.故选B. 二、多选题 6．(2024·河北保定三模)已知四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，l为空间内的一条直线，且l⊄平面ABCD，则下列说法正确的是(　　) A．若l∥AB，则l∥平面ABCD B．若l∥AD，则l∥BC C．若l⊥AD，l⊥BC，则l⊥平面ABCD D．若l⊥AB，l⊥CD，则l⊥平面ABCD 答案：AC 解析：因为l∥AB，且AB⊂平面ABCD，l⊄平面ABCD，所以l∥平面ABCD，即A正确；因为AD与BC是等腰梯形的腰，二者不平行，故若l∥AD，则l与BC不平行，即B错误；因为直线AD与BC能相交，所以若l⊥AD，l⊥BC，AD，BC⊂平面ABCD，则l⊥平面ABCD，即C正确；因为AB∥CD，两者不相交，所以若l⊥AB，l⊥CD，推不出l⊥平面ABCD，即D错误．故选AC. 7.(2024·湖北黄冈黄州中学高一阶段测试)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中正确的是(　　) A．D1O∥平面A1BC1 B．D1O⊥平面MAC C．异面直线BC1与AC所成角为60° D．MO⊥平面ABCD 答案：ABC 解析：设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1.对于A，连接B1D1，交A1C1于点O1，连接BO1，BD，则AC∩BD＝O，根据正方体的性质可知O1D1∥OB，O1D1＝OB，所以四边形BOD1O1是平行四边形，所以D1O∥O1B，由于D1O⊄平面A1BC1，O1B⊂平面A1BC1，所以D1O∥平面A1BC1，故A正确；对于B，连接D1M，D1A，则D1A＝，OA＝，D1O＝＝，所以D1O2＋OA2＝D1A2，即D1O⊥OA，OM＝＝，D1M＝＝，D1O2＋OM2＝D1M2，即D1O⊥OM，由于OA∩OM＝O，OA，OM⊂平面MAC，所以D1O⊥平面MAC，故B正确；对于C，由于A1C1∥AC，所以∠A1C1B是异面直线BC1与AC所成角(或其补角)，由于△A1BC1是等边三角形，所以异面直线BC1与AC所成角为60°，故C正确；对于D，在△OBM中，∠OBM＝90°，∠MOB≠90°，所以MO与平面ABCD不垂直，故D错误．故选ABC. 三、填空题 8．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN＝____． 答案：90° 解析：∵B1C1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，∴B1C1⊥MN.又MN⊥B1M，B1M∩B1C1＝B1，∴MN⊥平面C1B1M，∴MN⊥C1M，即∠C1MN＝90°. 9．如图所示，正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB的中点为M，DD′的中点为N，则异面直线B′M与CN所成角的大小是____． 答案：90° 解析：如图，取AA′的中点E，连接BE，EN，则BE∥CN，∴异面直线B′M与CN所成角就是直线BE与B′M所成角，根据△ABE≌△BB′M可得BE⊥B′M，∴异面直线B′M与CN所成角为90°. 10.(2024·河南鹤壁一中高一月考)如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O，构成四面体，则在四面体O－AEF中，下列说法不正确的是____． ①OA⊥平面EOF；②AH⊥平面EOF；③OA⊥EF；④AF⊥OE. 答案：② 解析：对于①，依题意，得OA⊥OE，OA⊥OF，OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面EOF，∴OA⊥平面EOF，故①正确；对于②，由①可知OA⊥平面EOF，又OA∩AH＝A，故AH与平面EOF不垂直，②不正确；对于③，由①知，OA⊥平面EOF，又EF⊂平面EOF，∴OA⊥EF，故③正确；对于④，由①可得OA⊥OE，又OE⊥OF，OA∩OF＝O，OA，OF⊂平面AOF，∴OE⊥平面AOF，又AF⊂平面AOF，∴AF⊥OE，故④正确． 四、解答题 11．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，F是棱CD上的动点，试确定点F的位置，使得D1E⊥平面AB1F. 解：连接A1B，CD1，则A1B⊥AB1. ∵A1D1⊥平面AA1B1B， ∴A1D1⊥AB1， ∵A1D1∩A1B＝A1， ∴AB1⊥平面A1BCD1. 又D1E⊂平面A1BCD1， ∴AB1⊥D1E. ∵D1E⊥平面AB1F，∴D1E⊥AF. 连接DE. ∵D1D⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD， ∴D1D⊥AF， 又D1D∩D1E＝D1， ∴AF⊥平面D1DE，∴AF⊥DE. ∵四边形ABCD是正方形，E是BC的中点， ∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF， 即当F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F. 12.(2024·吉林长春外国语学校高一月考)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，O为AD的中点，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3. (1)求证：QO⊥平面ABCD； (2)求异面直线QC与AD所成角的余弦值． 解：(1)证明：连接OC.因为QA＝QD，O为AD的中点，则QO⊥AD，而AD＝2，QA＝， 故QO＝＝2. 在正方形ABCD中，因为AD＝2，故OD＝1，故OC＝， 因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2， 故△QOC为直角三角形且QO⊥OC， 因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD， 故QO⊥平面ABCD. (2)因为AD∥BC，连接BO， 则BC与QC所成角即为异面直线QC与AD所成角， 所以∠BCQ或其补角为所求的角， 由题意可得BO＝，QB＝＝3， 所以QC＝QB， 所以cos∠BCQ＝＝， 即异面直线QC与AD所成角的余弦值为. 13．(2024·河北张家口高一下期末)已知三棱锥V－ABC中，VA⊥BC，VB⊥AC，作VO⊥平面ABC，垂足为O，则O为△ABC的(　　) A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 答案：D 解析：连接OA，OB，由VO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得VO⊥BC，又VA⊥BC，VA∩VO＝V，VA，VO⊂平面VOA，则BC⊥平面VOA，又OA⊂平面VOA，因此OA⊥BC，同理OB⊥AC，所以O为△ABC的垂心． 14．(2024·海南海口高一下期末)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，Q为B1C1的中点，N为DD1的中点，则下列结论正确的是____． ①CQ与BN为异面直线；②CQ⊥C1D1；③BN与C1D1所成角的正弦值为. 答案：①②③ 解析：对于①，由图可得，C，Q，B三点共面，且点N不在平面内，点B不在直线CQ上，所以CQ与BN为异面直线，故①正确； 对于②，由正方体的性质可得C1D1⊥平面BCC1B1，又CQ⊂平面BCC1B1，故CQ⊥C1D1，故②正确；对于③，连接AN，正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB⊥平面ADD1A1，AN⊂平面ADD1A1，则AB⊥AN，又C1D1∥AB，得BN与C1D1所成角等于∠ABN，AB＝2，AN＝＝，在Rt△ABN中，BN＝＝3，所以sin∠ABN＝＝，故③正确． 15．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝，D是A1B1的中点． (1)求证：C1D⊥平面AA1B1B； (2)若F为BB1上的动点，则当点F在BB1上的什么位置时，会使得AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论． 解：(1)证明：由题意知，A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°. ∵D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1. ∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1D. ∵AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B， ∴C1D⊥平面AA1B1B. (2)F为BB1的中点时，AB1⊥平面C1DF.证明如下： ∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1. 易知A1B1＝，∵AA1＝， ∴四边形AA1B1B为正方形． 又D为A1B1的中点，F为BB1的中点， ∴AB1⊥DF， 又DF∩C1D＝D，DF，C1D⊂平面C1DF， ∴AB1⊥平面C1DF. 16.(2024·陕西榆林府谷中学高一月考)如图，已知在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，E为BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E，连接B1C，B1D，F为B1D的中点． (1)求证：AE⊥平面B1EC； (2)求异面直线AB1与CF所成角的大小． 解：(1)证明：连接AC，如图， 在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，则∠BAC＝60°， 则△ABC为等边三角形， 又E为BC的中点，所以AE⊥BC， 则AE⊥B1E，AE⊥EC， 又EC∩B1E＝E，EC，B1E⊂平面B1EC， 故AE⊥平面B1EC. (2)设G是AB1的中点，连接FG，EG，又F为B1D的中点， 则GF∥AD且GF＝AD， 而EC＝BC＝AD且EC∥AD， 所以GF∥EC且GF＝EC， 即四边形FGEC为平行四边形，故CF∥EG， 所以异面直线AB1与CF所成角为∠AGE或其补角． 在△AB1E中，由(1)知AE⊥B1E，G是AB1的中点， 所以GE＝AG， 由(1)知∠EAG＝∠BAE＝∠BAC＝30°， 则∠AEG＝∠EAG＝30°，所以∠AGE＝120°， 故异面直线AB1与CF所成角为60°. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$