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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推断，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、棱台或其简洁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
线面平行的判定定理
⇒a∥α
线面平行的性质定理
⇒a∥b
线面垂直的判定定理
⇒l⊥α
线面垂直的性质定理
⇒a∥b
2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理
面面垂直的判定定理
⇒α⊥β
面面垂直的性质定理
⇒a⊥β
面面平行的判定定理
⇒α∥β
面面平行的性质定理
⇒a∥b
提示 使用有关平行、垂直的判定定理时，要留意其具备的条件，缺一不行．
3．平行关系及垂直关系的转化
线线平行线面平行面面平行面面平行的判定面面平行的性质
线线垂直线面垂直面面垂直面面垂直的判定面面垂直的性质
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 推断空间线面关系的基本思路：利用定理或结论；借助实物模型作出确定或否定．
答案 (1)D (2)D
解析 (1)A：应当是b∥α或b⊂α；B：假如是墙角动身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，故排解A.
若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排解B.
若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排解C.故选D.
思维升华 解决空间点、线、面位置关系的组合推断题，主要是依据平面的基本性质、空间位置关系的各种状况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行推断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型挂念推断，同时要留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．①③ B．②③
C．①④ D．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全部关系，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PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
思维启迪 (1)利用平面PAD⊥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)由于平面PAD⊥底面ABCD，
且PA垂直于这两个平面的交线AD，
所以PA⊥底面ABCD.
(2)由于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.
又由于BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由于AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．
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.
由于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＝DE.
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，∴GF∥AB.
又AB＝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△A1DE的位置，使A1F⊥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 折叠问题要留意在折叠过程中，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 由于D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又由于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，又由于A1D∩CD＝D，
所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，
所以DE⊥A1F.
又由于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.
又由于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.
又由于P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP，又由于DP∩DE＝D，
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，一般状况下，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＝90°，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，
由于平面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.
由于EH＝AD＝BC＝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 由于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＝BC·BE＝×4×(4－x)＝8－2x，
所以三棱锥D－BCF的体积f(x)＝S△BFC·DH
＝S△BFC·AE＝(8－2x)x＝－x2＋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查找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加挂念线解决.
真题感悟
1．(2022·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，由于直线与平面垂直时，它垂直于平面内任始终线，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．(2022·辽宁)如图，△ABC和△BCD所在平面相互垂直，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＝Sh，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°＝，
所以VD－BCG＝VG－BCD＝S△DBC·h
＝×BD·BC·sin 120°·＝.
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PA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________(填上全部正确命题的序号)．
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冲突；④正确，由于BC⊥平面PAC.
2．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．
(1)证明：平面ADC1B1⊥平面A1BE；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？并证明你的结论．
(1)证明 如图，由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，
所以B1C1⊥面ABB1A1.
由于A1B⊂面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B.
又由于A1B⊥AB1，B1C1∩AB1＝B1，
所以A1B⊥面ADC1B1.
由于A1B⊂面A1BE，所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.
(2)解 当点F为C1D1的中点时，可使B1F∥平面A1BE.
证明如下：
取C1D1中点F，连接EF，B1F
易知：EF∥C1D，且EF＝C1D.
设AB1∩A1B＝O，连接OE，则B1O∥C1D且B1O＝C1D，
所以EF∥B1O且EF＝B1O，
所以四边形B1OEF为平行四边形．
所以B1F∥OE.
又由于B1F⊄面A1BE，OE⊂面A1BE.
所以B1F∥面A1BE.
(推举时间：60分钟)
一、选择题
1．(2022·广东)若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论确定正确的是( )
A．l1⊥l4
B．l1∥l4
C．l1与l4既不垂直也不平行
D．l1与l4的位置关系不确定
答案 D
解析 如图，
在长方体ABCD－A1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排解选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排解选项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确定能推出m⊥β的是( )
A．α⊥β，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 依据定理、性质、结论逐个推断．由于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CB1D1 B．A1C⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1 D．AC1⊥BD1
答案 D
解析 由于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，由于BD⊄面CB1D1，B1D1⊂面CB1D1，所以BD∥平面CB1D1，故A正确；由于AA1⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，所以AA1⊥BD，由于ABCD为正方形，所以AC⊥BD，由于AC∩AA1＝A，所以BD⊥面A1ACC1，由于A1C⊂面A1ACC1，所以BD⊥A1C，故B正确．同理可证得B1D1⊥面A1ACC1，由于AC1⊂面A1ACC1，所以B1D1⊥AC1，同理可证CB1⊥AC1，由于B1D1∩CB1＝B1，所以AC1⊥平面CB1D1，故C正确．排解法应选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，依据线面平行的判定定理知，m∥α；对②，假如直线m与平面α相交，则必与β相交，而这与α∥β冲突，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.由于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，由于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＝2，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SA＝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由于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由于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确定垂直，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________(写出全部符合要求的图形序号)．
答案 ①③
解析 对于①，留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，留意到直线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，留意到此时直线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－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.
答案 a或2a
解析 由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．
令CF⊥DF，设AF＝x，则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．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC上一动点(不包括端点)．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
解析 破解此题可接受两个极端位置法，
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＝，
又AD＝1，AB＝2，因此有AD⊥BD，
则有t＝，因此t的取值范围是.
三、解答题
11．(2022·浙江)如图，在四棱锥A－BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC＝.
(1)证明：AC⊥平面BCDE；
(2)求直线AE与平面ABC所成的角的正切值．
(1)证明
如图，连接BD，在直角梯形BCDE中，
由DE＝BE＝1，CD＝2，得BD＝BC＝.
由AC＝，AB＝2，
得AB2＝AC2＋BC2，即AC⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE，
从而AC⊥平面BCDE.
(2)解 在直角梯形BCDE中，
由BD＝BC＝，DC＝2，得BD⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE，
所以BD⊥平面ABC.
如图，作EF∥BD，与CB的延长线交于F，连接AF，
则EF⊥平面ABC.
所以∠EAF是直线AE与平面ABC所成的角．
在Rt△BEF中，由EB＝1，∠EBF＝，
得EF＝，BF＝；
在Rt△ACF中，由AC＝，CF＝，得AF＝.
在Rt△AEF中，由EF＝，AF＝，
得tan∠EAF＝.
所以，直线AE与平面ABC所成的角的正切值是.
12．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分别为A1B1，AA1的中点，点F在棱AB上，且AF＝AB.
(1)求证：EF∥平面BC1D；
(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A1M.
由于AF＝AB，所以F为AM的中点．
又E为AA1的中点，所以EF∥A1M.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，M分别是A1B1，AB的中点，
所以A1D∥BM，A1D＝BM，
所以四边形A1DBM为平行四边形，所以A1M∥BD.
所以EF∥BD.由于BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，所以EF∥平面BC1D.
(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VE－AFG∶VABC－A1B1C1
＝1∶16，
所以
＝＝×××＝×，
由题意，×＝，解得＝＝.
所以AG＝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＝.
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.
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