《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题14 空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档微专题14 空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法).doc（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、微专题14空间中的平行与垂直关系(几何法、向量法)高考定位1.以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题.2.空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.1.(2022全国乙卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A.平面B1EF平面BDD1B.平面B1EF平面A1BDC.平面B1EF平面A1ACD.平面B1EF平面A1C1D答案A解析对于选项A，在正方体ABCDA1B1C1D1中，因为B1B平面ABCD，EF平面ABCD，所以B1BEF.因为E，F分别为AB，B
2、C的中点，所以EFBD，又B1BBDB，B1B，BD平面BDD1，所以EF平面BDD1，又EF平面B1EF，所以平面B1EF平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD平面BDD1BD，由选项A知，平面B1EF平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C(图略)，易知平面AB1C平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面AB1C与平面B1EF不平行，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误.故选A.2.(2020全国卷)如图，在
3、长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DEED1，BF2FB1.证明：(1)当ABBC时，EFAC；(2)点C1在平面AEF内.证明(1)如图，连接BD，B1D1.因为ABBC，所以四边形ABCD为正方形，故ACBD.又因为BB1平面ABCD，AC平面ABCD，于是ACBB1.又BDBB1B，所以AC平面BB1D1D.由于EF平面BB1D1D，所以EFAC.(2)如图，在棱AA1上取点G，使得AG2GA1，连接GD1，FC1，FG.因为ED1DD1，AGAA1，DD1綊AA1，所以ED1綊AG，于是四边形ED1GA为平行四边形，故AEGD1.因为B1FBB1，
4、A1GAA1，BB1綊AA1，所以B1FGA1是平行四边形，所以FG綊A1B1，所以FG綊C1D1，四边形FGD1C1为平行四边形，故GD1FC1.于是AEFC1.所以A，E，F，C1四点共面，即点C1在平面AEF内.热点一空间直线、平面位置关系的判定判断空间直线、平面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断. 例1 (1)(2022惠州质检)已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是()A.若mn，n，则mB.若m，n，则
5、mnC.若m，n，mn，则D.若，m，则m(2)(2022昆明一模)已知O1是正方体ABCDA1B1C1D1的中心O关于平面A1B1C1D1的对称点，则下列说法中错误的是()A.O1C1平面A1BCD1B.平面O1A1D1平面O1B1C1C.O1C1平面AB1D1D.O，O1，A1，B，C1，D1六点在同一球面上答案(1)D(2)D解析(1)对于A，若mn，n，则m或m.对于B，若m，n，则mn或m，n异面.对于C，若m，n，mn，则或与相交.对于D，由，m，得直线m和平面没有公共点，所以m，故选D.(2)如图，连接O1O，根据O1是正方体ABCDA1B1C1D1的中心O关于平面A1B1C1D
6、1的对称点，所以O1OC1C，且O1OC1C，则四边形O1OCC1为平行四边形，所以O1C1OC.因为O1C1平面A1BCD1，OC平面A1BCD1，所以O1C1平面A1BCD1，故选项A正确；设正方体的棱长为1，设A1D1的中点为M，B1C1的中点为N，连接O1M，O1N，则O1MA1D1，即O1MB1C1.又O1MO1N，MN1，故O1M2O1N2MN2，即O1MO1N.因为O1NB1C1N，故O1M平面O1B1C1，因为O1M平面O1A1D1，则平面O1A1D1平面O1B1C1，故选项B正确；又在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1C平面AB1D1，由选项A知，O1C1OC，所以O1C
7、1平面AB1D1，故选项C正确；因为A1BC1的外接圆的圆心为O，即点O不能和A1，B，C1在同一球面上，即O，O1，A1，B，C1，D1六点不在同一球面上，故选项D错误，故选D.易错提醒(1)遗漏定理中的条件；(2)直接将平面几何中的结论应用到立体几何中.训练1 (1)(2022西安三模)下列命题正确的是()A.若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行B.平行于同一直线的两个平面相互平行C.垂直于同一直线的两条直线相互平行D.若两个平面垂直，那么在一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直(2)在正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q分别是线段AD1和B
8、1C上的动点(均不与线段的端点重合)，且满足APB1Q.下面给出了四个命题：存在P，Q的某一位置，使PQ平面ABB1A1；存在P，Q的某一位置，使PB1BQ；无论P，Q运动到任何位置，直线PB1与AQ是异面直线；无论P，Q运动到任何位置，均有BCPQ.这四个命题中真命题的个数是()A.1 B.2 C.3 D.4答案(1)D(2)D解析(1)对于A，由线面平行的判定可知若一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行，故A错误；对于B，平行于同一直线的两个平面可能相交或平行，故B错误；对于C，同一平面中垂直于同一直线的两条直线相互平行，空间中垂直于同一条直线的两条直线还可以相
9、交或者异面，故C错误；对于D，若一个平面内存在一条直线垂直于另一个平面，由线面垂直的性质定理可知该直线必然垂直两平面的交线，所以若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直，故D正确.综上，故选D.(2)如图所示，对于，当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，ABPQ，因为AB平面ABB1A1，所以PQ平面ABB1A1，故正确；对于，当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，BQ平面A1B1CD，此时PB1BQ，故正确；对于，若直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，与已知矛盾，则无论P，Q运动到任何位置，直线PB1与AQ是异面直线，故正确；对于，由BC垂直于P
10、Q在平面ABCD内的射影，知BCPQ，故正确，故选D.热点二空间平行、垂直关系的证明1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a，b，aba.(2)线面平行的性质定理：a，a，bab.(3)面面平行的判定定理：a，b，abP，a，b.(4)面面平行的性质定理：，a，bab.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m，n，mnP，lm，lnl.(2)线面垂直的性质定理：a，bab.(3)面面垂直的判定定理：a，a.(4)面面垂直的性质定理：，l，a，ala. 例2 如图所示，四棱锥PABCD的底面为矩形，且ABBC，E，F分别为棱AB，PC的中点.(1)求证：E
11、F平面PAD；(2)若点P在平面ABCD内的射影O在直线AC上，求证：平面PAC平面PDE.证明(1)法一如图所示，在四棱锥PABCD中，取线段PD的中点M，连接FM，AM.因为F为PC的中点，所以FMCD，且FMCD.因为四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以EACD，且EACD.所以FMEA，且FMEA.所以四边形AEFM为平行四边形.所以EFAM.又AM平面PAD，EF平面PAD.所以EF平面PAD.法二如图所示，在四棱锥PABCD中，连接CE并延长交DA的延长线于点N，连接PN.因为四边形ABCD为矩形，所以ADBC.所以BCEANE，CBENAE.又AEEB，所以CEBNEA，所
12、以CENE.又F为PC的中点，所以EFNP.又NP平面PAD，EF平面PAD，所以EF平面PAD.法三如图所示，在四棱锥PABCD中，取CD的中点Q，连接FQ，EQ.在矩形ABCD中，E为AB的中点，所以AEDQ，且AEDQ.所以四边形AEQD为平行四边形，所以EQAD.又AD平面PAD，EQ平面PAD，所以EQ平面PAD.因为Q，F分别为CD，CP的中点，所以FQPD.又PD平面PAD，FQ平面PAD，所以FQ平面PAD.又FQ，EQ平面EQF，FQEQQ，所以平面EQF平面PAD.因为EF平面EQF，所以EF平面PAD.(2)在四棱锥PABCD中，设AC，DE相交于点G，如图所示.在矩形A
13、BCD中，因为ABBC，E为AB的中点，所以，又DAECDA90，所以DAECDA，所以ADEDCA.又ADECDEADC90，所以DCACDE90.由DGC的内角和为180，得DGC90，即DEAC.因为点P在平面ABCD内的射影O在直线AC上，所以PO平面ABCD.因为DE平面ABCD，所以PODE.因为POACO，PO，AC平面PAC，所以DE平面PAC，又DE平面PDE.所以平面PAC平面PDE.规律方法1.注意平行关系及垂直关系的转化.2.注意利用平面几何的性质：如三角形、梯形中位线、平行四边形的性质等.训练2 (2022南昌质检)如图，四边形AA1C1C为矩形，四边形CC1B1B为
14、菱形，且平面CC1B1B平面AA1C1C，D，E分别为边A1B1，C1C的中点.求证：(1)BC1平面AB1C；(2)DE平面AB1C.证明(1)四边形AA1C1C为矩形，ACC1C，又平面CC1B1B平面AA1C1C，平面CC1B1B平面AA1C1CCC1，AC平面AA1C1C，AC平面CC1B1B，C1B平面CC1B1B，ACC1B，又四边形CC1B1B为菱形，B1CBC1，B1CACC，AC平面AB1C，B1C平面AB1C，BC1平面AB1C.(2)如图，取AA1的中点F，连接DF，EF，四边形AA1C1C为矩形，E，F分别为C1C，AA1的中点，EFAC，又EF平面AB1C，AC平面A
15、B1C，EF平面AB1C，又D，F分别为边A1B1，AA1的中点，DFAB1，又DF平面AB1C，AB1平面AB1C，DF平面AB1C，EFDFF，EF平面DEF，DF平面DEF，平面DEF平面AB1C，DE平面DEF，DE平面AB1C.热点三空间向量法证明平行、垂直关系1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2(或l1与l2重合)v1v2.(2)设直线l的方向向量为v，在平面内的两个不共线向量v1和v2，则l或l存在两个实数x，y，使vxv1yv2.(3)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l或lvu.(4)设平面和的法向量分别为u1，
16、u2，则u1u2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2v1v2v1v20.(2)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则lvu.(3)设平面和的法向量分别为u1和u2，则u1u2u1u20.例3 如图所示，平面PAD平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.求证：PB平面EFG.证明因为平面PAD平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0
17、)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0).所以(2，0，2)，(0，1，0)，(1，1，1)，法一设st，即(2，0，2)s(0，1，0)t(1，1，1)，所以解得st2，所以22，又与不共线，所以，与共面.又因为PB平面EFG，所以PB平面EFG.法二设平面EFG的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则x1，y0，故n(1，0，1)，所以n2020，即n.又因为PB平面EFG，所以PB平面EFG.规律方法(1)利用向量证明线面位置关系一般要建立空间直角坐标系.(2)利用向量证明线面平行的三种方法证直线的
18、方向向量与平面内的一条直线的方向向量平行.证直线的方向向量与平面的法向量垂直.证直线的方向向量能被平面内两不共线向量线性表达.以上三种方法均需说明直线不在平面内.训练3 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点.证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).(1)(0，1，1)，(2，0，0)，故0.所以BEDC.(2)因为ABAD，又
19、PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，PA，AD平面PAD，所以AB平面PAD，所以向量(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，而(0，1，1)(1，0，0)0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量(1，0，0)，向量(0，2，2)，(2，0，0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.且n(0，1，1)(1，0，0)0，所以n.所以平面PAD平面PCD.一、基本技能练1.(2022柳州模拟)已知三个不同的平面，且，则“”是“”的()A.充分不必要条件B
20、.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B解析若，则或与相交，故不是充分条件，反之，若，则，故是必要条件.2.已知平面平面l，m是内不同于l的直线，那么下列命题中错误的是()A.若m，则ml B.若ml，则mC.若m，则ml D.若ml，则m答案D解析A项，由线面平行的性质可知A正确；B项，由线面平行的判定定理可知B正确；C项，由线面垂直的性质可知C正确；D项，因为一条直线垂直于平面内的一条直线不能推出直线垂直于平面，故D错误.3.(2022东北三校二模)已知下列四个命题，其中真命题的个数为()空间中三条互相平行的直线a，b，c都与直线d相交，则a，b，c三条直线共面；若直线m
21、平面，直线n平面，则mn；平面平面直线m，直线a平面，直线a平面，则am；垂直于同一个平面的两个平面互相平行.A.1 B.2 C.3 D.4答案C解析对于，假设a，b，c三条直线不共面，因为a，b平行，且与直线d相交，所以a，b，d共面，若ac，则c，d不相交，矛盾，故假设不成立，即a，b，c三条直线共面，故是真命题；对于，不妨取l平面，且nl，因为n平面，m平面，所以lm，所以nm，故是真命题；对于，过直线a作平面，若平面平面，平面平面l，又a平面，所以l平面，al，又平面平面m，所以lm，所以am，故是真命题；对于，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故是假命题，综上，真命题的个数为3，故
22、选C.4.如图所示，平面平面l，A，B，ABlD，C，Cl，则平面ABC与平面的交线是()A.直线AC B.直线ABC.直线CD D.直线BC答案C解析由题意知，Dl，l，D.又DAB，D平面ABC，点D在平面ABC与平面的交线上，又C平面ABC，C，点C在平面与平面ABC的交线上，平面ABC平面直线CD.5.(2022潍坊调考)若m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中的真命题是()A.若m，则mB.若m，n，mn，则C.若m，m，则D.若，则答案C解析对于A，若m，则m或m或m或m与相交但不垂直，故A中命题错误；对于B，若m，n，mn，则或与相交，故B中命题错误；对于C，若m
23、，则在内必存在直线l，使lm，又m，所以l，故，故C中命题正确.对于D，若，则或或与相交但不垂直，故D中命题错误.故选C.6.(2022贵阳二模)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是()A.MN平面ABE B.MN平面ADEC.MN平面BDH D.MN平面CDE答案C解析如图，连接BD，取BD的中点O，连接OM，OH，AC，BH，MN.因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OMCD，且OMCD，NHCD，且NHCD，所以OMNH且OMNH，所以四边形MNHO是平行四边形，所以OHMN.又MN平面BDH，OH平面BDH，
24、所以MN平面BDH，故选C.7.如图所示是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中，棱_所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.(注：填上你认为正确的一条棱即可，不必考虑所有可能的情况)答案CG，DH，EH，FG(任选一个作答)解析如图，结合平面图形还原出正方体，结合正方体性质易知，棱CG，DH，EH，FG所在的直线与棱AB所在的直线是异面直线且互相垂直.8.(2022南通调研)已知直线l与平面相交于点P，有下列结论：内不存在直线与l平行；内有无数条直线与l垂直；内所有直线与l是异面直线；至少存在一个过l且与垂直的平面.其中所有正确结论的序号是_.答案解析直线l与平面相交于点P，故内不
25、存在直线与l平行，正确；若l，则内的所有直线与l垂直；若l与不垂直，设与l在平面内的射影垂直的直线为n，则平面内与n平行的直线都与l垂直，有无数条，正确；平面内过点P的直线与l相交，错误；若l，则过l的任一平面与垂直；若l与不垂直，取l上异于点P的一点Q，过Q作QM平面于点M，则平面PQM，正确.综上所述，正确.9.设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l平面，直线m平面，则ml.则下述命题中所有真命题的序号是_.p1p4；p1p2；綈p2p3；綈p3綈p4.答案解
26、析由平面性质及公理，易知p1为真，p2为假.又空间不相交的两条直线平行或异面，知p3为假，根据线面垂直的性质，命题p4为真.p1p4为真，p1p2为假.又綈p2为真，綈p3为真，綈p4为假.綈p2p3为真，綈p3綈p4为真.综上知所有真命题的序号为.10.如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_时，平面MBD平面PCD(只要填写一个你认为是正确的条件即可).答案DMPC(或BMPC)解析连接AC，则ACBD，因为PA底面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.又PAACA，PA，AC平面PAC，所以BD平面PAC，PC平面PAC，所
27、以BDPC，所以当DMPC(或BMPC)时，有PC平面MBD，PC平面PCD，所以平面MBD平面PCD.11.如图，在四棱锥PABCD中，(1)若AD平面PAB，PBPD，求证：平面PBD平面PAD；(2)若ADBC，AD2BC，E为PA的中点，求证：BE平面PCD.证明(1)因为AD平面PAB，PB平面PAB，所以ADPB.又因为PBPD，ADPDD，PD平面PAD，AD平面PAD，所以PB平面PAD.又因为PB平面PBD，所以平面PBD平面PAD.(2)取PD的中点F，连接EF，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EFAD，且AD2EF.又因为四边形ABCD中ADBC，AD2BC，所以E
28、FBC且EFBC，所以四边形EFCB是平行四边形，所以BECF.又CF平面PCD，BE平面PCD，所以BE平面PCD.12.如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上.已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM3.试证明平面AMC平面BMC.证明(1)以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则O(0，0，0)，A(0，3，0)，B(4，2，0)，C(4，2，0)，P(0，0，4).于是(0，3，4)，(8，0，0)，所以(0，3，4)(8，
29、0，0)0，所以，即APBC.(2)由(1)知AP5，又AM3，且点M在线段AP上，所以，又(4，5，0)，所以，则(0，3，4)0，所以，即APBM，又根据(1)的结论知APBC，且BCBMB，所以AP平面BMC，于是AM平面BMC.又AM平面AMC，故平面AMC平面BMC.二、创新拓展练13.(2022河南顶尖名校大联考)如图，已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面为平行四边形，E，F，G分别为棱AA1，CC1，C1D1的中点，则()A.直线BC1与平面EFG平行，直线BD1与平面EFG相交B.直线BC1与平面EFG相交，直线BD1与平面EFG平行C.直线BC1、BD1都与平面EFG平行
30、D.直线BC1、BD1都与平面EFG相交答案A解析取AB的中点H，连接GH，EH，HF，则BH綊C1G，从而四边形BC1GH为平行四边形，所以BC1HG.易知EH綊GF，则四边形EGFH为平行四边形，从而GH平面EFG.又BC1平面EFG，所以BC1平面EFG.取D1D的中点P，连接ED1，D1F，BF，EB，EP，PC，又E为A1A的中点，EP綊AD，又AD綊BC，EP綊BC，四边形EPCB为平行四边形，EB綊PC，D1P綊CF，四边形D1PCF是平行四边形.PC綊D1F，D1F綊EB，则四边形BFD1E为平行四边形，从而BD1与EF相交，所以直线BD1与平面EFG相交，故选A.14.如图，
31、正三棱柱ABCA1B1C1各条棱的长度均相等，D为AA1的中点，M，N分别是线段BB1和线段CC1的动点(含端点)，且满足BMC1N，当M，N运动时，下列结论中不正确的是()A.在DMN内总存在平面ABC平行的线段B.平面DMN平面BCC1B1C.三棱锥A1DMN的体积为定值D.DMN可能为直角三角形答案D解析A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；B项，如图，当M，N分别在BB1，CC1上运动时，若满足BMCN，则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O，由DO垂直于平面BCC1B可得平面DMN平面BCC1B1，故正确；C项，当M，N分别在BB1，CC1上运
32、动时，A1DM的面积不变，N到平面A1DM的距离不变，所以三棱锥NA1DM的体积不变，即三棱锥A1DMN的体积为定值，故正确；D项，若DMN为直角三角形，则必是以MDN为直角的直角三角形，但MN的最大值为BC1，而此时DM，DN的长大于BB1，所以DMN不可能为直角三角形，故错误.故选D.15.(2022成都诊断)四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE3ED，若且满足BF平面ACE，则_.答案解析如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，在线段PE上取一点G使得GEED.连接BG，则BGOE.又因为OE平面AEC，BG平面AEC，所以BG平面AEC.因为BF
33、平面ACE且满足BGBFB，故平面BGF平面AEC.因为平面PCD平面BGFGF，平面PCD平面AECEC，则GFEC.所以，即为所求.16.(2022菏泽调研)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中点，F在棱BB1上.(1)求证：C1D平面AA1B1B；(2)在下列给出的三个条件中选取两个条件，并说明能否证明AB1平面C1DF.F为BB1的中点；AB1；AA1.注：如果选择多种情况分别解答，那么按第一个解答计分.(1)证明在直三棱柱ABCA1B1C1中，依题意有A1C1B1C11，且A1C1B190，又D是A1B1的中点，则C1DA1B1，又AA1平面A
34、1B1C1，C1D平面A1B1C1，所以AA1C1D，又A1B1AA1A1，A1B1平面AA1B1B，AA1平面AA1B1B，所以C1D平面AA1B1B.(2)解若选，则能证明AB1平面C1DF，理由如下.连接A1B，如图，则DFA1B，在ABC中，ACBC1，ACB90，则AB，又AA1，于是得四边形AA1B1B为正方形.所以A1BAB1，从而有DFAB1.因为C1D平面AA1B1B，AB1平面AA1B1B，所以C1DAB1，又DFC1DD，C1D平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1平面C1DF.若选，则不能证明AB1平面C1DF，理由如下.连接A1B(图略)，则DFA1B，在ABC中，ACBC1，ACB90，则AB，AA11，则A1B与AB1不垂直，即DF与AB1不垂直，所以AB1不垂直于平面C1DF.若选，则不能证明AB1平面C1DF，理由如下.在ABC中，ACBC1，ACB90，则AB，又AB12，矛盾，所以不能证明AB1平面C1DF.