高考数学二轮专题学与练 12 空间的平行与垂直（考点解读）（含解析）

这是一份高考数学二轮专题学与练 12 空间的平行与垂直（考点解读）（含解析），共20页。试卷主要包含了直线、平面的平行与垂直等内容，欢迎下载使用。

专题12 空间的平行与垂直

1．以选择、填空题形式考查空间位置关系的判断，及文字语言、图形语言、符号语言的转换，难度适中；
2.以客观题形式考查有关线面平行、垂直等位置关系的命题真假判断或充要条件判断等．
3.以多面体或旋转体为载体(棱锥、棱柱为主)命制空间线面平行、垂直各种位置关系的证明题或探索性问题，以大题形式呈现．

1．点、线、面的位置关系
(1)平面的基本性质
名称
图形
文字语言
符号语言
公理1

如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内
⇒l⊂α
公理2

过不在一条直线上的三点有且只有一个平面
若A、B、C三点不共线，则A、B、C在同一平面α内且α是唯一的．
公理3

如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.
平面α与β不重合，若P∈α，且P∈β，则α∩β＝a，且P∈a
(2)平行公理、等角定理
公理4：若a∥c，b∥c，则a∥b.
等角定理：若OA∥O1A1，OB∥O1B1，则∠AOB＝∠A1O1B1或∠AOB＋∠A1O1B1＝180°.
2．直线、平面的平行与垂直
定理名称
文字语言
图形语言
符号语言
线面平行的判定定理
平面外一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与此平面平行

⇒a∥α
线面平行的性质定理
一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任何一个平面与此平面的交线与该直线平行

a∥α，a⊂β，α∩β＝b，⇒a∥b
面面平行的判定定理
如果一个平面内有两条相交的直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行

a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β
面面平行的性质定理
如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行

α∥β且γ∩α＝a且γ∩β＝b⇒a∥b
线面垂直的判定定理
一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直

a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α
线面垂直的性质定理
垂直于同一平面的两条直线平行

a⊥α，b⊥α⇒a∥b
面面垂直的判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直

a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β
面面垂直的性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

α⊥β，b∈β，α∩β＝a，b⊥a⇒b⊥α
3.熟练掌握常见几何体(柱、锥、台、球)的几何特征，明确各种几何体的直观图与三视图特征及相关面积体积的计算公式，熟练掌握线线、线面、面面平行与垂直等位置关系的判定与性质定理及公理，熟练进行线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化是解答相关几何题的基础.
【误区警示】
1．应用线面、面面平行与垂直的判定定理、性质定理时，必须按照定理的要求找足条件．
2．作辅助线(面)是立体几何证题中常用技巧，作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图．注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化．
3．若a、b、c代表直线或平面，△代表平行或垂直，在形如⇒b△c的命题中，要切实弄清有哪些是成立的，有哪些是不成立的．例如a、b、c中有两个为平面，一条为直线，命题⇒α∥β是成立的.⇒α∥β是不成立的．

高频考点一　空间中点、线、面的位置
例1．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【答案】B
【解析】取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B．
【举一反三】已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D．若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
【解析】对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确．
【答案】D
【变式探究】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
【解析】对于选项A，若m∥α，n∥α，则m与n可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，C错误；对于选项D，若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n与α相交．D错误．故选B.
【答案】B
【举一反三】已知两个平面相互垂直，下列命题中，
①一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；
③一个平面内任意一条直线必垂直于另一个平面；
④过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．
其中正确命题个数是(　　)
A．3　　　　　　　　　 B．2
C．1 D．0
【答案】C
【解析】构造正方体ABCD­A1B1C1D1，如图，①，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，BD⊂平面ABCD，但A1D与BD不垂直，故①错；

②，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，l是平面ADD1A1内的任意一条直线，l与平面ABCD内同AB平行的所有直线垂直，故②正确；
③，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，A1D⊂平面ADD1A1，但A1D与平面ABCD不垂直，故③错；
④，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，且平面ADD1A1∩平面ABCD＝AD，过交线AD上的点作交线的垂线l，则l可能与另一平面垂直，也可能与另一平面不垂直，故④错．故选C．
高频考点二　空间中平行的判定与垂直
例2．由四棱柱ABCD­A1B1C1D1截去三棱锥C1­B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
【证明】　(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，

由于ABCD­A1B1C1D1为四棱柱，
所以A1O1∥OC，
A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，
所以A1O∥O1C.
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.
(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD.
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD.
因为B1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
【变式探究】如图，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD，E为AD的中点．
(1)求证：PA⊥CD.
(2)求证：平面PBD⊥平面PAB.

证明：(1)因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
又因为PA⊥AB，
所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
(2)由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，
又CD⊥AD，BC＝CD，
所以四边形BCDE是正方形，连接CE(图略)，所以BD⊥CE，
又因为BC∥AE，BC＝AE，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以CE∥AB，则BD⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又因为PA∩AB＝A，则BD⊥平面PAB，
且BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB.
【变式探究】如图，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．

(1)当等于何值时，BC1∥平面AB1D1?
(2)若平面BC1D∥平面AB1D1，求的值．
【解析】(1)如图，取D1为线段A1C1的中点，此时＝1，

连接A1B交AB1于点O，连接OD1.
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，
所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
所以OD1∥BC1.
又因为OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
所以BC1∥平面AB1D1.
所以当＝1时，BC1∥平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D∥平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1＝BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O.
因此BC1∥D1O，同理AD1∥DC1.
因为＝，＝.
又因为＝1，所以＝1，即＝1.
【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.

求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
【证明】(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，

所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，
所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，
所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC，
所以BC1⊥AB1.
高频考点三 平面图形的折叠问题
例 3、如图①，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AB＝BC.把△BAC沿AC折起到△PAC的位置，使得P点在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，如图②所示，点E，F分别为棱PC，CD的中点．

(1)求证：平面OEF∥平面PAD；
(2)求证：CD⊥平面POF；
(3)若AD＝3，CD＝4，AB＝5，求三棱锥E­CFO的体积．
【解】(1)证明：因为点P在平面ADC上的正投影O恰好落在线段AC上，
所以PO⊥平面ADC，所以PO⊥AC.
由题意知O是AC的中点，又点E是PC的中点，
所以OE∥PA，又OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以OE∥平面PAD.同理，OF∥平面PAD.
又OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面OEF，
所以平面OEF∥平面PAD.
(2)证明：因为OF∥AD，AD⊥CD，
所以OF⊥CD.
又PO⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，所以PO⊥CD.
又OF∩PO＝O，所以CD⊥平面POF.
(3)因为∠ADC＝90°，AD＝3，CD＝4，
所以S△ACD＝×3×4＝6，
而点O，F分别是AC，CD的中点，
所以S△CFO＝S△ACD＝，
由题意可知△ACP是边长为5的等边三角形，
所以OP＝，
即点P到平面ACD的距离为，
又E为PC的中点，所以E到平面CFO的距离为，
故VE­CFO＝××＝.
【举一反三】如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1­BCDE.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1­BCDE的体积为36，求a的值．
【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，
∠BAD＝，所以BE⊥AC.
即在题图2中，BE⊥A1O，BE⊥OC，
从而BE⊥平面A1OC，
又CD∥BE，
所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)知，A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE，
即A1O是四棱锥A1­BCDE的高．
由图1知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BE·OC＝a2.
从而四棱锥A1­BCDE的体积为V＝×S×A1O＝×a2×a＝a3，
由a3＝36，得a＝6.
【变式探究】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．

(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′－ABCFE的体积．
【解析】　(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.
【方法技巧】
　平面图形翻折问题的求解方法
(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，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．
【变式探究】如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，点G，R分别在线段DH，HB上，且＝.将△AED，△CFD，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，B，C重合于点P，如图2所示．

(1)求证：GR⊥平面PEF；
(2)若正方形ABCD的边长为4，求三棱锥P－DEF的内切球的半径．
【解析】(1)证明：在正方形ABCD中，∠A，∠B，∠C为直角．
∴在三棱锥P－DEF中，PE，PF，PD两两垂直．
∴PD⊥平面PEF.
∵＝，即＝，∴在△PDH中，RG∥PD.
∴GR⊥平面PEF.
(2)正方形ABCD边长为4.
由题意知，PE＝PF＝2，PD＝4，EF＝2，DF＝2.
∴S△PEF＝2，S△DPF＝S△DPE＝4.
S△DEF＝×2×＝6.
设三棱锥P－DEF内切球的半径为r，
则三棱锥的体积VP－DEF＝××2×2×4＝(S△PEF＋2S△DPF＋S△DEF)·r，解得r＝.
∴三棱锥P－DEF的内切球的半径为.

1．(2019·高考全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是(　　)
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
【答案】B
【解析】对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B．
2．(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则(　　)

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【答案】B
【解析】取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD.设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2.过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝()2＋()2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN.连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线，选B．
1．(2018·高考全国卷Ⅱ)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A．　　　　　　B． C． D．
【答案】C．如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角．因为在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，DB1＝＝，所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，故选C．

2. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

(Ⅰ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)见解析
(Ⅱ)
【解析】
方法一：
(Ⅰ)由得，
所以.
故.
由， 得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
(Ⅱ)如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

(Ⅰ)求证：AC⊥平面BEF；
(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；
(Ⅲ)证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】(1)证明见解析
(2) B-CD-C1的余弦值为
(3)证明过程见解析
【解析】
(Ⅰ)在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
(Ⅱ)由(I)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE⊂平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B(0，2，0)，C(-1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
(Ⅲ)平面BCD的法向量为，∵G(0，2，1)，F(0，0，2)，
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
4. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．

求证：(1)；
(2)．
【答案】答案见解析
【解析】
证明：(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)
A B C D
【解析】B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.
答案：A
2．(2017·山东卷)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱锥C1－B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

(1)证明：A1O∥平面B1CD1；
(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.
证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，
由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，
所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，
因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C.
又O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，
所以A1O∥平面B1CD1.

(2)因为AC⊥BD，E，M分别为AD和OD的中点，
所以EM⊥BD，
又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以A1E⊥BD，
因为B1D1∥BD，
所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.
又A1E，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，
所以B1D1⊥平面A1EM.
又B1D1⊂平面B1CD1，
所以平面A1EM⊥平面B1CD1.
3.【2017江苏，15】 如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
(第15题)
A
D
B
C
E
F

【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】证明：(1)在平面内，因为AB⊥AD， ，所以.

又因为平面ABC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD， ，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD， ， 平面ABC， 平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.