5.5 直线、平面垂直的判定与性质-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

§5.5直线、平面垂直的判定与性质 考纲·题型解读 1,理解直线和平面垂直的概念，掌提直线和平面垂直的判定定理.了解三垂线定理及其逆定理，掌握两个平面垂直的判定定 理和性质定理. 2.垂直关系是立体儿何的又一重要位置关系，高考对其考查的频率也很高，按大纲要求主要体现在以下两个方面：一是垂 直关系的判定与证明，二是以垂直关系为工具解决空间中其他计算或证明问题，复习时应注意熟练掌握直线与平面、平面与平 面垂直关系的判定与性质，也要注意垂直关系的拓展与延伸， 五年高考母题题源揭秘 △ABP为等腰直角三角形. 题源1直线与平面垂直 :.AD-AB. ② 解题模型 在Rt△ABC中，∠ABC=60°. 如果一条直线和一个平面相交，并且和这个平面内的 任意一条直线都垂直，则称这条直线和这个平面垂直. c-A. 直线1垂直于平面a,记作lLa (1)直线与平面垂直的判定定理： :在R△nDE中CDME-器-品-是 如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直， AD与平面PAC所成的角的大小为arcsin年 那么这条直线垂直于这个平面 (3)DE∥BC, mCa,nCa,且m∩n=A 又由(1)知，BC⊥平面PAC, l⊥m,l⊥n →l⊥a .DE⊥平面PAC. (2)直线与平面垂直的性质： 又.·AEC平面PAC,PEC平面PAC, ①a⊥a,bCa→a⊥b, ∴DE⊥AE,DELPE. ②a⊥a,b⊥a→a∥b, ∴∠AEP为二面角A-DE-P的平面角. ③a⊥a,b∥a→a⊥b, PAL底面ABC,∴.PA⊥AC .∠PAC=90°. ④a⊥b台a·b=0台a1b1十a,b2十aab3=0, .在棱PC上存在一点E,使得AE⊥PC 其中a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,bg). 这时，∠AEP=90°. 故存在点E使得二面角A一DE一P是直二面角. [真题1](2021·北京)如图，在三棱锥P-ABC中，PA 解法二：如图，以A为原点建立空间直角坐标系A一xy. ⊥底面ABC,PA=AB,∠ABC=60°，∠BCA=90°，点D,E分 设PA=a,由已知可得A(0,0,0), ↑ 别在棱PB,PC上，且DE∥BC (1)求证：BC⊥平面PAC: (2)当D为PB的中点时，求AD (0,2a,0P(0,0a. 与平面PAC所成的角的大小； (1):Ap=(0,0,a),BC 2a,0,0, (3)是否存在点E使得二面角 BC.AP=0,BC⊥AP. A一DE-P为直二面角？并说明理由。 又，∠BCA=90°，∴.BC⊥AC [解析]解法一：(1)PA⊥底面 .BC⊥平面PAC. ABC,∴.PA⊥BC. (2)D为PB的中点，DE∥BC, 又∠BCA=90°，∴.AC⊥BC. ∴E为PC的中点 .BC⊥平面PAC. (2):D为PB的中点，DE∥BC, ∴DE=2BC 又由(1)知，BC⊥平面PAC, 又由(1)知，BC⊥平面PAC, DE⊥平面PAC,垂足为点E ∴DEL平面PAC,垂足为点E. ∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角 .∠DAE是AD与平面PAC所成的角. AD= 131} PA⊥底面ABC,∴.PA⊥AB. -4a,4a,2a 又PA=AB, ·110· 31 A正=0：402aD ∴.cos∠DAE= A市.A龙= 1AD1·1AE14 ∴AD与平面PAC所成的角的大小为arccos √14 41 (3)同解法一 [真题2](2022·陕西)如图，在四棱鞋P一ABCD中，底 又BF∩EF=F,∴PC⊥平面BEF. 面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,BC=2√2， (2):PA⊥平面ABCD,.PA⊥BC,又ABCD是矩形， E,F分别是AD,PC的中点. .AB⊥BC, (1)证明：PC⊥平面BEF; .BC⊥平面BAP,BC⊥PB,又由(I)知PC⊥平面BEF, (2)求平面BEF与平面BAP夹角的大小， ∴.直线PC与BC的夹角即为平面BEF与平面BAP的 夹角， 在△PBC中，BP=BC,∠PBC=90°，∴.∠PCB=45. 所以平面BEF与平面BAP的夹角为45°. [真题3](2021·福建)如图，四边形ABCD是边长为1 的正方形，MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB =1,E为BC的中点. [解析]解法一：(1)如图，以A为坐标原点，AB,AD,AP 所在直线分别为x,y,之轴建立空间直角坐标系. (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值： D (2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?若 存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由， [解析](1)如图，以D为坐标原，点，建立空间直角坐标系 :AP=AB=2,BC=AD=2N2,四边形ABCD是矩形. D一xyz. .A,B,C,D,P的坐标为A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2 √2,0)，D(0,2√2,0)，P(0,0,2) 又E,F分别是AD,PC的中点， ∴.E(0,√2,0)，F(1,√2,1). PC=(2,22,-2),BF=(-1W2,1),EF=(1,0,1) P元.BF=-2+4-2=0,P元.EF=2+0-2=0, ∴PC⊥BF,PC⊥EF,又BF∩EF=F, 依题意，易得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1), ∴PC⊥平面BEF. C0.10o.B11.0.N1,11D.E(合10） (2)由(1)知平面BEF的法向量n1=PC=(2,22,-2) 平面BAP的法向量n2=AD=(0,2√2,0)，n1·n2=8. N=(0,-i=(-101 设平面BEF与平面BAP的夹角为日， 1 n1·nl8_2 N正.AM 2 √10 则cos0=cosn1·n:)1=n1n:=4X2W2?' cos(NE,AM)= 誓× 10, ∴日=45°，∴平面BEF与平面BAP的夹角为45° 解法二：(I)连结PE,EC,在Rt△PAE和Rt△CDE中， 所以并面直线NE与AM所成角的余孩位为四 10 PA=AB=CD,AE=DE, (2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN, .PE=CE,即△PEC是等腰三角形， :AN=(0,1,1),可设A5=λAN=(0,A,A), 又F是PC的中，点，.EF⊥PC, 又BP=√AP+AB=2√2=BC,F是PC的中点. 天=（合-10…感厨=+=（分A-1以 .BF⊥PC. 由ES⊥平面AMN,得 区=0{专+=0 5·AN=0,”{a-1)+x=0. ·111· 经检验，当AS=2时，ESL平面AMN 题源2平面与平面垂直 故线段AN上存在，点S,使得ES⊥平面AMN,此时AS= 今 2 解题模型 1,两个平面垂直的定义：两个平面所成的二面角是直 二面角.定义用于证明两个平面垂直时需要证明它们组成 的二面角是直二面角，即作出它的一个平面角，求或证这 个平面角是直角即可 2.两个平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一 个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直.这个定理不仅是 判定两个平面互相垂直的依据，而且是找出垂直于一个平 面的另一个平面的依据，由判定定理的内容可知，证明面 面垂直，可以转化为证线面垂直. 3.性质定理：如果两个平面垂直，那么一个平面内垂 直于它们的交线的直线垂直于另一个平面，即“面面垂直， 则线面垂直.”此定理是构造线面垂直的重要依据。 性质定理也可以看作是直线和平面垂直的判定定理」 立体几何中，线面垂直和面面垂直的互相转化经常用到 [真题4幻(2021·北京)如图，四棱锥P-ABCD的底面是 正方形，PD⊥底面ABCD,点E在棱PB上， (1)求证：平面AEC⊥平面PDB: (2)当PD=√2AB且E为PB的中点时，求AE与平面 PDB所成的角的大小 [解析](1)：四边形ABCD是正方形，∴ACLBD. PD⊥底面ABCD,∴.PD LAC .AC⊥平面PDB. .平面AEC⊥平面PDB. (2)设AC∩BD=O,连接OE 由(1)知AC⊥平面PDB于O. .∠AEO为AE与平面PDB所成的角. .O,E分别为DB,PB的中点， OE/PD.OE-PD. 又PD⊥底面ABCD, .OE⊥底面ABCD,OE⊥AO. 在R△A0E中，0E-PD- 2AB-A0. ∠AEO=45°，即AE与平面PDB所成的角为45. 解法二：如图，以D为原点建立空间直角坐标系D一xy 设AB=a,PD=h,则A(a,0,0),B(a, 2 a,0), C(0,a,0),D(0,0,0),P(0,0,h). (1)AC=(-a,a0),DP=(0,0,h), DB=(a,a,0), :.AC.DP=0,AC.DB=0. .AC⊥DP,AC⊥BD ∴AC⊥平面PDB. .平面AEC⊥平面PDB」 (2)当PD=√2AB且E为PB的中点时， pona.(号-) ·112· 设ACORD=0:则o(仔aa,0）进接0E, 由(1)知AC⊥平面PDB于O .∠AEO为AE与平面PDB所成的角. .EA= ∴.cos∠AEO= EA.EO√2 IEA1·Eò2 .∠AEO=45°，即AE与平面PDB所成的角为45. [真题5](2022·山东)如图，在五棱锥P-ABCDE中， PA⊥平面ABCDE,AB∥CD,AC∥ED,AE∥BC,∠ABC= 所以D(-√2,2√2,0). 45°，AB=2√2，BC=2AE=4,三角形PAB是等腰三角形. 因此CP=(0,-2√2,2√2)，CD=(-√2,0,0)， 设m=(x,y,之)是平面PCD的一个法向量， 则m·Cp=0,m·CD=0,解得x=0,y=x, 取y=1,得m=(0,1,1),又BP=(-2√2,0,22). 设日表示向量BP与平面PCD的法向量m所成的角， 则cos0= m·BP1 E m萨所以0=子 因此直线PB与平面PCD所成的角为 61 B21 (3)因为AC∥ED,CD⊥AC, (1)求证：平面PCD⊥平面PAC; 所以四边形ACDE是直角梯形. (2)求直线PB与平面PCD所成角的大小； 因为AE=2,∠ABC=45°，AE∥BC, (3)求四棱锥P-ACDE的体积. 所以∠BAE=135°， [解析](1)证明：在△ABC中，因为∠ABC=45°，BC=4, 因此∠CAE=45°， AB=2√2，所以AC2=AB+BC-2AB·BC·cos45°=8， 因此AC=2√2.故BC2=AC2+AB,所以∠BAC=90°. 故CD=AE·sin45°=2× 9 又PA⊥平面ABCDE,AB∥CD, 所以CD⊥PA,CD⊥AC. ED=AC-AE cos45=2-2X=2, 又PA、ACC平面PAC,且PA∩AC=A, 所以CDL平面PAC,又CD二平面PCD, 所以S四造缈ACDE三 巨+2E×反=3. 2 所以平面PCD⊥平面PAC. 又PA⊥平面ABCDE (2)解法一：因为△PAB是等腰三角形，所以PA=AB= 1 22, 所以Vp-me=3X3X2E=2E. 因此PB=√PA+AB”=4. 题源3直线与直线垂直 又AB∥CD. 所以点B到平面PCD的距离等于，点A到平面PCD的 解题模型 距离. 1.利用线面垂直的性质定理 由于CD⊥平面PAC,在Rt△PAC中，PA=2√2，AC= 2.三垂线定理：在平面内的一条 2√2， 直线，如果和这个平面的一条斜线的 所以PC=4. 射影垂直，那么它也和这条斜线垂直， 故在Rt△PAC中，PC边上的高为2，此即为点A到平面 三垂线定理的逆定理：在平面内 PCD的距离. 的一条直线，如果和这个平面的一条 所以B到平面PCD的距离为h=2. 斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直， 设直线PB与平面PCD所成的角为O, 3.在三垂线定理及其逆定理中，涉及到三个垂直关 副d-品号-立以e引以0合 -6 系，四条直线： 解法二：由(1)知AB、AC、AP两两相互垂直，分别以AB、 ①垂线PA和平面a垂直： AC、AP为x轴、y轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系，由 ②射影AO和直线a垂直： ③斜线PO和直线a垂直. 于△PAB是等腰三角形，所以PA=AB=2√2， (所以，定理称为“三垂线定理”) 又AC=2√2，因此A(0,0,0),B(2√2,0,0)，C(0,2√2， 0),P(0,0,2√2)， ·113· [真题6](2019·天津)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA 5 ⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°，PA=AB= 于是，FM= FD·PA6a·a万 BC,E是PC的中点. PD V21 （1)证明：CD⊥AE: (2)证明：PD⊥平面ABE; 1 (3)求二面角A一PD-C的大小. CF 2a [解析](1)在四棱锥P-ABCD 在Rt△CMF中，an∠CMF=FM =√7 14a 中，因PA⊥底面ABCD,CDC平面 ABCD,故PA⊥CD. 所以二面角A-PD-C的大小是arctan√7. :AC⊥CD,PA∩AC=A,.CDL [真题7](2019·浙江)在如图所示的几何体中，EA⊥平 平面PAC. 面ABC,DB⊥平面ABC,AC⊥BC,且AC=BC=BD=2AE, 而AEC平面PAC,.CD⊥AE. M是AB的中点. (2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°， (1)求证：CM LEM: 可得AC=PA. (2)求CM与平面CDE所成的角. E是PC的中点，AE⊥PC [解析]解法一：(1)因为AC=BC,M 由(1)知，AE⊥CD,且PC∩CD=C, 是AB的中点， 所以AE⊥平面PCD. 所以CM⊥AB】 而PDC平面PCD,∴.AE⊥PD. 又EA⊥平面ABC,所以CM⊥平 ,PA⊥底面ABCD, 面EAM. PD在底面ABCD内的射影是AD,AB⊥AD, 所以CM⊥EM. .AB⊥PD (2)过点M作MH⊥平面CDE,垂足 又AB∩AE=A,综上得PD⊥平面ABE. 是H,连接CH并延长交ED于点F,连 (3)解法一：过点A作AM⊥PD,垂足为M,连接EM.由 接MF、MD, (2)知，AEL平面PCD,AM在平在PCD内的射影是EM,则 ∠FCM是直线CM和平面CDE所 EM⊥PD. 成的角， 因此∠AME是二面角A一PD一C的平面角. 因为MH⊥平面CDE, 由已知，得∠CAD=30° 所以MH⊥ED, 设AC=a,可得 又因为CM⊥平面EDM, 所以CM⊥ED, PA=a,AD=2E」 3a, 则ED⊥平面CMF,因此ED⊥MF. PD=V② 设EA=a,BD=BC=AC=2a, 3 a,AE-12 a. 在直角梯形ABDE中， 在Rt△ADP中，，AM⊥PD,∴.AM·PD=PA·AD,则 23 AM=PA·AD 3 a 27 PD √21 7a. 3 a AE_14 在Rt△AEM中，sin∠AME=AM=4 所以二面角A-PD-C的大小是aresin 4 解法二：由题设PA⊥底面ABCD, PAC平面PAD,则平面PAD⊥平面 ACD,交线为AD. 过点C作CF⊥AD,垂足为F,故CE ⊥平面PAD.过点F作FM⊥PD,垂足为 A M,连接CM,故CM⊥PD.因此∠CMF是 二面角A一PD一C的平面角. 由已知，可知∠CAD=30°.设AC=a,可得PA=a,AD= .FD= 34.CF=1 2n= 6a. FM FD :△FMD∽△PAD.PA=PD ·114· AB=2W2a,M是AB的中点， 所以DE=3a,EM=√5a,MD=6a, 得△EMD是直角三角形，其中∠EMD=90°， 所以MF EM·MD=2a. DE 在R△CMF中.an∠rCM-S=1,所以∠FCM=45 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 故CM与平面CDE所成的角是45°. 解法二：如图，以点C为坐标原点， 的距离可能是： 以CA,CB分别作为x轴和y轴，过点 ①3：②4：③5；④6；⑤7 C作与平面ABC垂直的直线为之轴， 以上结论正确的为 .(写出所有正确结论的编号) 建立直角坐标系C一xy之，设EA=a, 则A(2a,0,0),B(0,2a,0),E(2a,0, a）, D(0,2a,2a),M(a,a,0). (1)因为EM=(-a,a,-a),CM=(a,a,0), 所以E.CM=0, 5.(2018·重庆)如图，在四棱鞋P-ABCD中，PA⊥底面 故EM⊥CM. ABCD,∠DAB为直角，AB∥CD,AD=CD=2AB,E、F分别 (2)设向量n=(1,yo,xo)与平面CDE垂直， 为PC,CD的中点. 则n⊥CE,n⊥CD. (1)证明：CD⊥平面BEF; 即n·CE=0,n·CD=0. (2)设PA=k·AB,且二面角E一BD-C的平面角大于 因为CE=(2a,0,a),CD=(0,2a,2a), 30°，求k的取值范围 所以y。=2,之0=一2， 即n=(1,2,-2), cos(mCM) CM·n2 ici1·In2' 直线CM与平面CDE所成的角日是n与CM夹角的余角， 所以0=45°， 因此直线CM与平面CDE所成的角是45°」 题源1直线与平面垂直（★★★★★） 1.(2020·上海)给定空间中的直线1及平面a.条件“直线1 与平面α内无数条直线都垂直”是“直线1与平面a垂直”的 ( A.充分条件 B.充分非必要条件 C.必要非充分条件 D.既非充分又非必要条件 2.(2018·北京)平面a的斜线AB交a于点B,过定点A 6.(2021·广东)如图，已知正方体ABCD一A1B1C1D1的 的动直线l与AB垂直，且交a于点C,则动点C的轨迹是 棱长为2，点E是正方形BCC1B1的中心，点F,G分别是棱 C1D1,AA1的中点设点E1,G1分别是点E,G在平面DCC1D1 A.一条直线 B.一个圆 内的正投影 C.一个椭圆 D.双曲线的一支 (1)求以E为顶点，以四边形FGAE在平面DCC1D1内的 3.(2018·安徽)平行四边形的一个顶点A在平面a内，其 正投影为底面边界的棱鞋的体积： 余三个顶点在a的同侧.已知其中有两个顶点到a的距离分别为 (2)证明：直线FG1⊥平面FEE1; 1和2.那么剩下的一个顶点到a的距离可能是： (3)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值 ①1：②2：③3：④4. D 以上结论正确的为 ,(写出所有正确结论的编号) 4.(2018·安徽)多面体上，位于同一条棱两端的顶点称为 相邻的，如图，正方体的一个顶点A在平面a内，其余顶点在a G 的同侧.正方体上与顶点A相邻的三个顶点到a的距离分别为 1,2和4P是正方体的其余四个顶点中的一个，则P到平面a ·115· (2)设AB=AA1,在圆柱OO1内随机选取一点，记该点取 自于三棱柱ABC一A1B1C1内的概率为力. ()当点C在圆周上运动时，求力的最大值： (i)记平面A1ACC1与平面B,OC所成的角为6(0°<9≤ 90°).当p取最大时，求cos0的值. 题源2平面与平面垂直（★★★★★） 7.(2021·山东)已知a,3表示两个不同的平面，m为平面a 内的一条直线，则“a⊥B”是“m⊥B"的 () A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 8.(2020·江西)设直线m与平面a相交但不垂直，则下列 说法中正确的是 () A.在平面a内有且只有一条直线与直线m垂直 B.过直线m有且只有一个平面与平面a垂直 C.与直线m垂直的直线不可能与平面a平行 D.与直线m平行的平面不可能与平面a垂直 9.(2020·北京)在正四面体P一ABC中，D、E、F分别是 AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是() A.BC∥平面PDF B.DF⊥平面PAE C.平面PDF⊥平面ABCD.平面PAE⊥平面ABC 10.(2020·江苏)如图，在四面体ABCD中，CB=CD,AD ⊥BD,点E、F分别是AB、BD的中点.求证： (1)直线EF∥平面ACD: (2)平面EFC⊥平面BCD A 11,(2022·福建)如图，圆柱OO1内有一个三棱柱ABC ABC1,三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆 O的直径. B A (1)证明：平面A1ACC1⊥平面B1BCC1· ·116· (2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论. 题源3直线与直线垂直（★★★★★） D 12.(2019·安徽)设1，m,n均为直线，其中m,n在平面a 内，则“1La”是“1⊥m且lLn”的 ( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 13.(2021·四川)如图，已知六棱锥P一ABCDEF的底面 是正六边形，PA⊥平面ABC,PA=2AB,则下列结论正确的是 A.PB⊥AD B.平面PAB⊥平面PBC C.直线BC∥平面PAE D.直线PD与平面ABC所成的角为45 C 16.(2021·陕西)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB =1,AC=AA1=√3，∠ABC=60° (1)证明：AB⊥AC: 第13题 第14题 (2)求二面角A一AC-B的大小 14.(2021·宁海)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 为1，线段BD,上有两个动点E,F,且EF,则下列结论中 错误的是 A.AC⊥BE B.EF∥平面ABCD C.三楼锥A一BEF的体积为定值 D.异面直线AE,BF所成的角为定值 15.(2019·宁海)如图，A,B,C,D为空间四点.在△ABC 中，AB=2,AC=BC=√2.等边三角形ADB以AB为轴转动. (1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD: 2022一2023高考题源拓展测试 D未来高考还会这样考 (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括8小题，每小题2.5分，共20分。每小题 C.平面ADCL平面BCD 只有一个选项符合题意) D.平面ABC⊥平面BCD 1.(☐1)如图所示，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB 3.(心3)若平面a与平面B相交，直线m1a,则() =90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么 A.3内必存在直线与m平行，且存在直线与m垂直 ( B.B内不一定存在直线与m平行，不一定存在直线与m A.PA=PB>PC 垂直 B.PA=PB<PC C.3内不一定存在直线与m平行，但必存在直线与m垂直 C.PA=PB=PC D.3内必存在直线与m平行，不一定存在直线与m垂直 D.PA≠PB≠PC 4.(G1.2)设a,B,y是三个不重合的平面，m,n是不重合的 2.(喧2)在三棱锥A一BCD中，若AD 直线，下列判断正确的是 () ⊥BC,BD⊥AD,△BCD是锐角三角形，那 A.若a⊥3,3⊥Y,则a∥y 么必有 () B.若a⊥B,l∥B,则1⊥a A.平面ABD⊥平面ADC C.若m∥a,n∥a,则m∥n B.平面ABD⊥平面ABC D.若m⊥a,n⊥a,则m∥n ·117 5.(3)线段AB、CD在同一平面内的射影相等，则线段 14.(@1.3)如图，正三棱柱ABC-AB1C的所有棱长均 AB、CD的长度关系为 () 为2，P是侧棱AA1上任意一点. A.AB>CD B.AB<CD (1)求证：BP不可能与平面ACC1A,垂直； C.AB=CD D.无法确定 (2)当BC1⊥B1P时，求线段AP的长. 6.(⑦1)已知直线a、b和平面M、V,且a⊥M,那么( A.b∥M→b⊥a B.b⊥a→b∥M C.N⊥M→a∥N D.atN→M∩N≠ 7.(1.2.3)a、B、y为不同的平面，m、n、1为不同的直线，则 m⊥B的一个充分条件是 () A.a⊥B,a∩3=1，m⊥l B.a∩y=m,a⊥Y,B⊥y 15,(G1.2.3)如图，已知四棱锥P一ABCD的底面是直角梯 C.a⊥y,B⊥y,m⊥a 形，∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=PB=PC=2CD,侧面 D.n⊥a,n⊥B,m⊥a PBC⊥底面ABCD. 8.(了1.2.3)m、n表示直线，a,B,y表示平面，给出下列四个 (1)求二面角P-DC-B的大小； 命题，其中真命题为 () (2)求证：平面PAD⊥平面PAB. (1)a∩B=m,nCa,n⊥m,则a⊥B (2)a⊥B,a∩y=m,B∩y=n,则n⊥m (3)a⊥B,a⊥Y,B∩y=m,则m⊥a (4)m⊥a,n⊥B,m⊥n,则a⊥B A.(1)(2) B.(3)(4) C.(2)(3) D.(2)(4) 二、填空题（本题包括4小题，每小题5分，共20分） 16.(⑦1.3)如图所示，四棱鞋P-ABCD的底面是边长为1 9.(G2)ABCD是正方形，P为平面ABCD外一点，且PA 的正方形，PD⊥平面ABCD,若侧面PAB与侧面PCD所成的 ⊥平面ABCD,则平面PAB、平面PBC、平面PCD、平面PAD、 角为45°. 平面ABCD这五个平面中，互相垂直的平面有 对 (1)求点C到平面PAB的距离： 10.(①1.3)如图，三棱锥P一ABC (2)侧棱PB上是否存在一点E,使PB⊥平面AEC,若存 中，PB=PC,AB=AC,D为BC的中 在，确定点E的位置：若不存在，请说明理由， 点，AH⊥PD于点H,连接BH,则二面 角A一BH一P的大小为 11.(☐1.3)m、n是空间两条不同直 线，a、3是两个不同平面，下面四个命题： ①m⊥a,n∥B,a∥B→m⊥n; ②m⊥n,a∥B,m⊥a→n∥B; ③m⊥n,a∥B,m∥a→n⊥B 17.(☐1.2.3)已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是 ④m⊥a,m∥n,a∥B→n⊥3. 边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面AB 其中，真命题的序号是.（写出所有直命题的序号） CD,E、F、G分别是PA、PB、BC的中点. 12.(G1)在△ABC中，∠ACB=90°，AB=8,∠ABC=60°， (1)求证：EF⊥平面PAD; PC⊥平面ABC,PC=4,M是AB上一个动点，则PM的最小 (2)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小： 值为 三、解答题（本题包括5小题，每小题12分，共60分） 13.(心1)如图，P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥平面 ABC,若O、Q分别是△ABC和△PBC的垂心 求证：OQ⊥平面PBC. ·118·在△CFG中，m∠cGF-需-号，所以 ∠CGF=45°. 于是二面角E一BC1一C的大小是45° §5.5直线、平面垂直的判定与性质 五年高考母题原型训练 1,C【解析】由直线与平面垂直的判定定理 可知，l垂直于a内任一条直线，故必要性成立，而1 垂直于Q内两条相交直线时，l与Q垂直，故充分性不 成立，故选C. 2.A【解析】由已知AB应与AC所在平面 垂直，点C的轨迹为AC所在平面与平面的交线，即 直线.故选A. 3.①③【解析】如图，B、D到平面a的距离 3 为1,2，则DB的中点到平面a的距离为2，所以C 到平面a的距离为3； B、C到平面a的距离为1.2，D到平面a的距离 为x,则x十1=2即x=1,所以D到平面a的距离 为1： C、D到平面a的距离为1.2，同理可得B到平面 a的距离为1：所以选①③. 4.①③④⑤【解 D 析】如图，B、D、A1到 53 平面a的距离分别为1， 2,4,则D、A1的中点到 平面a的距离为3，所以 02 D1到平面a的距离为6：B、A1的中，点到平面a的距 5 离为2，所以B1到平面a的距离为5；则D、B的中 点到平面。的距离为三，所以C到平面。的距离为 3:C,A1的中点到平面。的距离为子，所以C1到平 面a的距离为7；而P为C、C1、B1、D1中的一点，所 以选①③④⑤. 5.解法一：(1)由已知DF LAB且∠DAB为直 ·6 角，故ABFD是矩形.从而CD⊥BF. 又PA⊥底面 P ABCD,CD⊥AD,故由 三垂线定理知CD⊥PD. 在△PDC中，E、F分别 为PC、CD的中点，故 EF∥PD,从而CD⊥EF,由此得CD⊥平面BEF, (2)连接AC交BF于G,易知G为AC的中点， 连接EG,则在△PAC中易知EG∥PA. 又因PA⊥底面ABCD,故EG⊥底面ABCD.在 底面ABCD中，过G作GH⊥BD,垂足为H,连接 EH,由三垂线定理知EH⊥BD,从而∠EHG为二面 角E一BD-C的平面角， 设AB=a,则在△PAC中，有BG=合PA- 以下计算GH,考虑底面的平面图（如图）.连 接GD, BD·GH D 因S△GBD= 2 2GB·DF, 放GH=GB·DF BD 在△ABD中，因AB=a, AD=2a,得BD=√5a. 前GB=FB=之AD=a,DF=AB,从可得 GH= GB·AB_a·a_V5 BD √5a 5a. 1 因此tan∠EHG= EG 2ka GH 2 由k>0知∠EHG是锐角，故要使∠EHG >30°， 必须 6>tan30° 3 解之得，k的范围为>25 15· 解法二：(1)如图， ↑z 以A为原点，AB所在 直线为x轴，AB所在直线为y轴，AP所在直线为≈ 轴建立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B, C,D,F的坐标分别为A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a, 2a,0),D(0,2a,0),F(a,2a,0). 从而D元=(2a,0,0),B求=(0,2a,0), 设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点，故 Ea,)从而眩=(0a,)由芯·成=0， D元.BF=0,故D元⊥BF,D元⊥B正，因为BEn BF=B. 由此得CD⊥面BEF. (2)设E在xOy平面上的投影为G,过G作GH ⊥BD垂足为H,由三垂线定理知EH⊥BD, 从而∠EHG为二面角E一BD一C的平面角. 由PA=k·AB得P(0,0,ka),Eaa,2 ka G(a,a,0). 设H(x,y,0),则GH=(x-a,y-a,0),BD= (-a,2a,0), 由Gi·BD=0得-a(x-a)+2a(y-a)=0, 即x-2y=-a.① 又因Bi=(x一a,y,0),且Bi与BD的方向相 同，故二a=,即2x十y=2a.② -a 2a 由①②解得x= 3 5a,y= 5. 从而G产=（ 5a,- 5a,0Gi1= 5a. ka EG tan∠EHG 5 GH1√5 由k>0知∠EHG是锐角，由∠EHG>30°，得 an∠EHG>an30,即 2k>3 故的取值范围为6>25 15 6.考查空间线面关系、空间向量及坐标运算、几 何体体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学 思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算 求解能力. 解：(1)由题意和EE1⊥平DCC1D1,且四边形 FGAE在平面DCC1D1内的正投影为四边形FG1DE1· 。6 点E是正方形BCC1B1的中心，∴.EE1=1 ,SG1DEI=SpCIDI-S△FD1G1-S△BEIc1F -S△DE1· 由题设知点E1、G1分别是CC、DD1的中点， S阳6u=2-7X1X1-2×1X1-7×1 ×2=2. 故所求的四棱锥体积VE-G1DE1= 3S1DE1· BE,=×2X1=号 (2)证法一：由(1)知△E1C1F与△G1D1F均为 等腰直角三角形， ∠GFE=→BFLFE EE1⊥平面DCC1D1,FG1C平面DCCD1, .EE1⊥FG1. 又，EE:∩FE1=E1,FG1⊥平面FEE1. 证法二：以D为原点，DD1,DC,DA分别为 轴y轴x轴的正向，2DD1为1个单位长度建立 空间直角坐标系 由(1)及题设知点E,F,G1,E1的坐标分别为 (1,2,1),(0,1,2),(0,0,1),(0,2,1) FE=(0,1,-1),FG=(0,-1,-1),EE= (-1,0.0) ∴FG.EE=0,FG.FE=0→FGILEE, FGI⊥FE1, 又，EE∩FE1=E1,FG1⊥平面FEE1. (3)解法一：由(I)的解答知E1G1∥AB, ∠EAB即为E1G与EA所成的角，连接EB, 由题意得EB=√2. AB⊥平面BCC1B1,.△EBA为直角三 角形， ∴.EA=√EB+AB=√（√2）2+22=√6， 六in<BAB=锐-点-点 EA√63 解法二：由题意知点A的坐标为(2,0,0)， 又由(2)解答可知EA=(1,一2，一1)，E1G1= (0,一2,0) cOs(EA,EG) EA·E1G1N6 EA1·E,G3' √3 .sin (EA,EGi)1-cos:(EA,EG)3 7.B【解析】本题考查空间中垂直关系的判 定及性质定理与充分必要条件，属于对推理论证能力 及空间想象能力的考查.由平面与平面垂直的判定定 理知，如果m为平面a内的一条直线，则m⊥B→a⊥ B,反之若a⊥B,则其中一平面a内的任意一直线m 与B的关系可平行或相交，故a⊥B是m⊥B的必要但 不充分条件. 8.B【解析】平面a内有无数条直线与直线 m垂直：过直线m有且只有一个平面与平面a垂直； 与直线m垂直的直线可以平行于平面a;与直线m 平行的平面可以与平面a垂直，且不唯一，即只有B 选项的命题正确，故应选B. 9.C【解析】A:,D、 F分别为AB、CA中点， DF∥BC ,DFC平面PDF,BC 中平面PDF. .BC∥平面PDF. B:在正△ABC中，由平 面几何知识，AE⊥BC,:DF∥BC,.AE⊥DF, :在△PBC中，PE⊥BC, DF∥BC,.DF⊥PE, ,DF⊥AE,DF⊥PE,AE∩PE=E,AEC平 面PAE,PEC平面PAE, ∴.DFL平面PAE. C:假设面PDF⊥平面ABC,,O为DF中点， .DO⊥PF,∴.PO⊥平面ABC,.PO⊥AE, ,O为AE中点，∴.PA=PE.设正四面体棱长 为a,PA=a,PE-a,这与PA=PE矛盾 .假设不成立.∴.平面PDF不垂直面ABC. D:在正△ABC中，AE⊥BC,在正△PBC中， PE⊥BC, ·6 又AE∩PE=E, AEC平面PAE,PEC平面PAE,.BC⊥平 面PAE. ,BCC平面ABC,∴.平面ABC⊥平面PAE.故 选C. 10.本小题主要考查直线与平面、平面与平面的 位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力. 证明：(1)在△ABD中，因为E、F分别是AB、 BD的中点，所以EF∥AD. 又ADC平面ACD,EF中平面ACD,所以直线 EF∥平面ACD. (2)在△ABD中，因为EF中平面ACD,所以直 线EF∥平面ACD,所以EF⊥BD,在△BCD中，因 为CD=CB,F为BD的中点， 所以CF⊥BD 因为EFC平面EFC,CFC平面EFC,EF与 CF交于点F,所以BD⊥平面EFC. 又因为BDC平面BCD,所以平面EFC⊥平 面BCD. 11.解法一：(1)：A1A⊥平面ABC,BCC平面 ABC,∴.A1A⊥BC 01 AB是圆O的直径，∴.BC⊥AC 又AC∩A1A=A,.BC⊥平面A1ACC1. 而BCC平面B,BCC1, 所以平面A1ACC1⊥平面B1BCC1, (2)(i)设圆柱的底面半径为r,则AB=AA1= 2,故三楼柱ABC-A,B,C,的体积V=号AC· BC·2r=AC·BC·r, 又AC2+BC2=AB=4r2,.AC·BC AC:+BC2 =2r2, 当且仅当AC=BC=√2r时等号成立. B 从而，V1≤2r3. 而园柱的体积V=xr·2r=2r,故P-长< 2r31 2x=元，当且仅当AC=BC=E,即OC⊥AB时 等号成立所以p的景大值特于号 (i)由(i)可知，p取最大值时，OC⊥AB. 于是，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系 O一xyz(如图)，则C(r,0,0),B(0,r,0),B1(0r, 2r). :BC⊥平面A1ACC1,∴.BC=(r,-r,0)是平 面A1ACC1的一个法向量. 设平面B1OC的法向量n=(x,y,), 由 。+得20. n⊥OC. 故∫20， n LOB ry+2r=0.y=-2x. 取之=1，得平面B1OC的一个法向量为n=(0, -2,1) ,0<0≤90，∴.cos0=|cos(n,BC〉1= n·BC 2r √10 In·IBC1 5·√2r 5 解法二：(1)同解法一. (2)(i)设圆柱的底面半径为r,则AB=AA1= 2r,故三棱柱ABC-A,BC,的体积V=2AC· BC·2r=AC·BC·r, 设∠BAC=a(0°<a<90°)，则AC=ABcosa= 2 rcosa,BC=ABsina=2 r sina,由于AC·BC= 4r2 sina cosa=2r2sin2a≤2r2,当且仅当sin2a=1即a =45时等号成立，故V1≤2r3.而圆柱的体积V=πr 2=2r,故P=长<器=首且仅当m2 =1即@=6时等号成立，所以，力的最大位等于号 (ii)同解法一. 解法三：(1)同解法一 (2)(i)设圆柱的底面半径为r,则AB=AA1= 2r,故圆柱的体积V=πr2·2r=2πr3. 因为号，所以当，取得最大值时：力取得 最大值。 又因为点C在圆周上运动，所以当OC⊥AB时， ·6 △ABC的面积最大，进而，三棱柱ABC一A1B1C1的 体积V,最大，且其最大值为·272=2. 故p的最大值为一 (i)同解法一· 12.A【解析】本题主要考查简单逻辑的关 系，属于基础知识、基本能力的考查 由m二a,nCa,l⊥a,则l⊥m,l⊥n,反之不 成立 13.D【解析】本题考查考生对于空间的线面 垂直、线线垂直、线面平行、线线角、面面垂直等的相 关定义、定理以及相应的判定方法.依题意得PB在 底面ABCDEF上的射影是AB,在正六边形 ABCDEF中，AB与AD不垂直，因此PB与AD不 垂直，A不正确.若平面PAB⊥平面PBC,作AG BC于点G,则有AG⊥平面PBC;又PA⊥BC,于是 有BC⊥平面PAB,BC⊥AB,这与ABCDEF是正六 边形矛盾，因此平面PAB与平面PBC不垂直，B不 正确.注意BC∥AD,且AD与平面PAE相交，因此 BC与平面PAE相交，C不正确，注意到PD在底面 ABCDEF上的射影是AD,且AD=2AB=PA,因此 直线PD与平面ABC所成的角等于45°，D正确. 14.D【解析】由AC⊥平面B1D可得AC⊥ BE,即A正确：由EF∥BD,可得EF∥平面ABCD, 即B正确；由点A到平面B,D的距离为4C=巨， 2=2可 得V三被A-EF= √21 ?=2,即C正确；由此可得错误的结论为“异面直 线AE,BF所在的角为定值”，故应选D. 15,解：(1)取AB的中点E,连结DE,CE,因为 ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.当平面ADB⊥ 平面ABC时，当平面ADB∩平面ABC=AB,所以 DE⊥平面ABC,可知DE⊥CE.由已知可得DE= √3，EC=1. 在Rt△DEC中，CD=√DE+EC=2. (2)当△ADB中以AB为轴转动时，总有AB ⊥LCD 证明：①当D在平面ABC内时，因为AC=BC, AD=BD,所以C,D都在线段AB的垂直平分线上， 3 即AB⊥CD. ②当D不在平面ABC内 时，由(1)知AB⊥DE.又因AC =BC,所以AB⊥CE.又DE, CE为相交直线，所以AB⊥平 面CDE,由CDC平面CDE,B 得AB⊥CD.综上所述，总有AB⊥CD. 16.解法一：(1)，三棱柱ABC一A1B1C1为直 三棱柱，AB⊥AA1. 在△ABC中，AB=1,AC=√3，∠ABC=60°， 由正弦定理得∠ACB=30°， ∴.∠BAC=90°，即AB⊥AC. .AB⊥平面ACC1A1,又ACC平面ACC1A1, .AB⊥A1C (2)如图，作AD⊥A1C交A1C于D点，连 接BD, 由三垂线定理知BD⊥A!C, .∠ADB为二面角 A A-A1C-B的平面角. B 在Rt△AA1C中，AD= AA,·ACV3X36 AC √6 21 在Rt△BAD中，tan B ∠ADB=AB=6 AD 3' ∴.∠ADB=arctan V 3 即二面角A-A,C-B的大小为arctan 3 解法二：(1)，三棱柱ABC一A1B1C1为直三 棱柱， .AA1⊥AB,AA1⊥AC 在△ABC中，AB=1,AC=√3，∠ABC=60°， 由正弦定理得∠ACB=30°， .∠BAC=90°，即AB⊥AC. 如图，建立空间直角坐标系， A,1 B 6 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,√5,0)，A1(0,0, √3)， ∴AB=(1,0,0),A,C=(03,-√3)， :AB.A1C=1×0+0X5+0×(-√3)=0， .AB⊥AC. (2)可取m=AB=(1,0,0)为平面AA1C的法 向量， 设平面A1BC的法向量为n=(1,m,n), 则BC·n=0,A1C·n=0,又BC=(-1,W3,0), {1+5m=0, ∴.1=3m,n=m. 3m-√3n=0, 不妨取m=1,则n=(√3,1,1). m·n cos(m,n〉= m·n √5×1+1×0+1×0 /(W3)2+12+12·1+02+02 5 .二面角A一A1C-B的大小为arccos V15 5 2012一2013高考题源拓展测试 1.C2.C3.C4.D5.D6.A7.D 8.B 9.510.90° 11.①④12.2√7 13.证明：连接AO并延长交BC于点E,连 结PE ,PA⊥平面ABC,BCC平面ABC, ∴PA⊥BC.又O是△ABC的垂心，.BC ⊥AE. .BC⊥平面PAE,.BC⊥PE,.PE必过 Q点. .OQC平面PAE,∴OQ⊥BC.连接BO并延长 交AC于点F. ,PA⊥平面ABC,BFC平面ABC,∴.PA IBE. 又O是△ABC的垂心，∴.BF⊥AC. ∴.BF⊥平面PAC.,PCC平面PAC, .BF⊥PC.连接BQ并延长交PC于M,连 接MF. Q为△PBC的垂心，.PC⊥BM..PC⊥平 面BFM. ,OQC平面BFM,∴.OQ⊥PC..OQ⊥平 面PBC. 14.(1)证明：反证法.假设B1P⊥平面 ACC1A1,则B1P⊥A,C1.又正三棱柱ABC- A1B1C1中，A1C1⊥AA1, .A1C1⊥侧面ABB1A1,则AC1⊥A1B1,这与 △A1B,C1是正三角形矛盾.故B1P不可能与平面 ACC1A1垂直. (2)解：取A1B1的中点D,连结C1D、BD、BC1, 则C1D⊥A1B1,又AA1⊥平面A1B1C1, .AA1⊥C1D, .C1D⊥平面ABB,A,故BD是BC1在平面 ABB1A1上的射影， BC1⊥B1P,.BD⊥B1P. ∴.∠B1BD=90°-∠BB1P=∠PB1A1. 又A1B1=B1B=2, .△BB1D≌△B1A1P, .AP=B1D=1,从而AP=1. 15.(1)解：DC⊥BC,且平面PBC⊥平面AB CD, .DC⊥平面PBC. PCC平面PBC, .DC⊥PC,又DC⊥BC, .∠PCB为二面角P一DC一B的平面角. ,△PBC是等边三角形， .∠PCB=60°，即二面角P-DC一B的大小 为60. (2)证明：设PB的中点为N,PA的中点为M, 连结DM、MN、CN. PC=BC, .CN⊥PB. ① M ,AB⊥BC,且平面 PBC⊥平面ABCD, .AB⊥平面PBC. 又CNC平面PB, .AB⊥CN.② 由①、②知CN⊥平面PAB. 由MN∥AB∥CD,MN=子AB=CD,得四边 形MNCD为平行四边形， .CN∥DM, ∴.DM⊥平面PAB, 又，DMC平面PAD, ∴.平面PAD⊥平面PAB. 16.解：如图所示， 6 (1)设PG=平面ABP∩平面PCD :AB∥CD,.AB∥平面PCD. 又，ABC平面PAB,.AB∥PG. :PD⊥平面ABCD, .PD⊥AB 又AB⊥AD, .AB⊥平面PAD, ∴.PG⊥平面PAD, .PG⊥PA,PG⊥PD. .∠APD为侧面PAB与侧面PCD所成二面 角的平面角，.∠APD=45°. 又AD=1,PD⊥AD,.PD=1. CD∥AB,.CD∥平面PAB ∴，点D到平面PAB的距离等于点C到平面 PAB的距离. 作DH⊥PA于H,可证DH为点D到平面 PAB的距离DH=区 2 点C到平面PAB的距离为 1 (2)存在点E使PB⊥平面AEC. 连接BD,PD⊥平面AC,又BD⊥AC, .PB⊥AC. 若PB⊥平面ACE,只需PB⊥AE PA=E,AB=1,PB=尽，AE=5 =23 3 当器=号时，PBL平国AC 17.(1)证明：，平面PAD⊥平面ABCD,AB ⊥AD, ∴.AB⊥平面PAD,'E、F为PA、PB的 中点， .EF∥AB,.EF⊥平面PAD; (2)解：过P作AD的垂线，垂足为O, 平面PAD⊥平面ABCD,则PO⊥平 面ABCD. 取AO中点M,连OG,EO,EM, :EF∥AB∥OG, .OG即为面EFG与面ABCD的交线 又EM∥OP,则EM⊥平面ABCD.且OG ⊥AO, 故OG⊥EO,.∠EOM即为所求二面角的 平面角. Rt△EOM中，EM=√3，OM=1 .tan∠EOM=√3，故∠EOM=60 ∴.平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大 小是60°. §5.6空间中的角和距离 五年高考母题原型训练 1.D【解析】设三棱柱长2，中点为D, ∠A1AB为异面直线AB与CC1所成的角.A1D⊥面 ABC,AD=3,BD=1,在Rt△A1AD中，A1D=1, 在Rt△A1BD中，BD=1,A1B=√2，在△A1AB 中o∠AAB=技号=亭本怎焉于中特题，考 查空间角的计算. C B 2.arctan√5【解析】如 D 图所示，连接D1C,由AD∥A BC,可得∠CBD1就是异面直 线BD1与AD所成的角，由 CB⊥CD1可得tan∠CBD1= D CD √22+4 =5, BC ∴.∠CBD1=arctan√5. 3.解法一：(1）由 AD∥D1G知∠C1GD1 B 为异面直线AD与C1G 所成的角. 连接C:F.因为AEE 和C1F分别是平行平面 ABB:A1和CC:D1D与 平面AEC1G的交线，所 以AE∥C1F,由此可得D1F=BE=√3. 再由△FD1GC∽△FDA得D1G=√5.在 Rt△C1D1G中，由C1D1=1,D1G=3得∠C1GD (2)作D1H⊥C1G于H,连接FH.由三垂线定 。6 理知FH⊥C1G, 故∠D1HF为二面角F一C1G一D1即二面角 A一C1G一A1的平面角， 在Rt△GHD1中，由DG=√3，∠D1GH= 6 D1E_5=2. D,H=s.从而an∠D1HFDH 解法二：(1)由AD∥ D1G知∠C1GD1为异面 B 直线AD与C1G所成的 角.因为EC1和AF是平 行平面BB1C1C和E AAD,D与平面AEC1G 的交线，所以EC1∥AF, 5 由此可得∠AGA1= ∠EC,B,=千，从而AG=AA,=5+1,于是D,G =√3.在Rt△C1D1G中，由C1D1=1,D1G=√3得 ∠C6D,=8 (2)在△ACG中，由∠CAG=,∠AGC =吾知∠A,CG为钝角.作AH1GC,交GC的 延长线于H,连接AH.由三垂线定理知GH⊥AH. 故∠AHA1为二面角A一C1G-A1的平面角. 在Rt△A1HG中，由A1G=3+1,∠A1GH= 否得A,H= 2 AA_3+1=2. 从而tan∠AHA:=A,F3+1 2 解法三：(1)以A1 为原点，AB1、AD1、B A1A所在直线分别为x 轴，y轴和之轴建立如图 所示的空间直角坐标系。E 于是，A(0,0,5+1), (O D C1(1,1,0),D(0,1,√3 B +1),E(1,0,1),AD= (0,1,0),EC1=(0,1,-1). 因为EC1和AF分别是平行平面BB1C1C和 AA:D1D与平面AEC1G的交线，所以EC1∥AF.设