高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔:第一部分 考點十四 空間中的平行與垂直關(guān)系 Word版含解析

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1、 考點十四 空間中的平行與垂直關(guān)系 一、選擇題 1.已知平面α∥平面β,若兩條直線m,n分別在平面α,β內(nèi),則m,n的關(guān)系不可能是(  ) A.平行 B.相交 C.異面 D.平行或異面 答案 B 解析 由α∥β知,α∩β=?.又m?α,n?β,故m∩n=?.故選B. 2.設(shè)直線m與平面α相交但不垂直,則下列說法正確的是(  ) A.在平面α內(nèi)有且只有一條直線與直線m垂直 B.過直線m有且只有一個平面與平面α垂直 C.與直線m垂直的直線不可能與平面α平行 D.與直線m平行的平面不可能與平面α垂直 答案 B 解析 可以通過觀察正方體ABCD-A1B1C1D1

2、進(jìn)行判斷,取BC1為直線m,平面ABCD為平面α,由AB,CD均與m垂直知,A錯誤;由D1C1與m垂直且與平面α平行知,C錯誤;由平面ADD1A1與m平行且與平面α垂直知,D錯誤.故選B. 3.(2019·東北三省四市一模)已知m,n為兩條不重合直線,α,β為兩個不重合平面,下列條件中,一定能推出α∥β的是(  ) A.m∥n,m?α,n?β B.m∥n,m⊥α,n⊥β C.m⊥n,m∥α,n∥β D.m⊥n,m⊥α,n⊥β 答案 B 解析 當(dāng)m∥n時,若m⊥α,可得n⊥α.又n⊥β,可知α∥β,故選B. 4.(2019·湖南長沙一中模擬一)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點

3、O是四邊形ABCD的中心,關(guān)于直線A1O,下列說法正確的是(  ) A.A1O∥DC B.A1O⊥BC C.A1O∥平面B1CD1 D.A1O⊥平面ABD 答案 C 解析 顯然A1O與DC是異面直線,故A錯誤;假設(shè)A1O⊥BC,結(jié)合A1A⊥BC可得BC⊥平面A1ACC1,則可得BC⊥AC,顯然不正確,故假設(shè)錯誤,即B錯誤;∵在正方體ABCD-A1B1C1D1中,點O是四邊形ABCD的中心,∴A1D∥B1C,OD∥B1D1,∵A1D∩DO=D,B1D1∩B1C=B1,∴平面A1DO∥平面B1CD1,∵A1O?平面A1DO,∴A1O∥平面B1CD1,故C正確;又A1A⊥平面ABD,過一

4、點作平面ABD的垂線有且只有一條,則D錯誤,故選C. 5.下列命題中錯誤的是(  ) A.如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β B.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥平面γ D.如果平面α⊥平面β,那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β 答案 D 解析 對于D,若平面α⊥平面β,則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β,甚至可能平行于平面β,其余選項均是正確的. 6. 如圖,在空間直角坐標(biāo)系中,有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,則異面直線BC1與AB1所成角

5、的余弦值為(  ) A. B. C. D. 答案 A 解析 設(shè)CB=1,則=(-2,2,1),=(0,2,-1),則cos〈,〉==.故選A. 7.(2017·全國卷Ⅰ)如圖,在下列四個正方體中,A,B為正方體的兩個頂點,M,N,Q為所在棱的中點,則在這四個正方體中,直線AB與平面MNQ不平行的是(  ) 答案 A 解析 A項,作如圖①所示的輔助線,其中D為BC的中點,則QD∥AB.∵QD∩平面MNQ=Q,∴QD與平面MNQ相交,∴直線AB與平面MNQ相交.B項,作如圖②所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,∴AB∥平

6、面MNQ.C項,作如圖③所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥MQ,∴AB∥MQ.又AB?平面MNQ,MQ?平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.D項,作如圖④所示的輔助線,則AB∥CD,CD∥NQ,∴AB∥NQ.又AB?平面MNQ,NQ?平面MNQ,∴AB∥平面MNQ.故選A. 8.如圖,在四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°.將△ADB沿BD折起,使平面ABD⊥平面BCD,構(gòu)成三棱錐A-BCD,則在三棱錐A-BCD中,下列命題正確的是(  ) 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⊥

7、平面ABC 答案 D 解析 因為在四邊形ABCD中,AD∥BC,AD=AB,∠BCD=45°,∠BAD=90°,所以BD⊥CD,又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面ABD,則CD⊥AB,又AD⊥AB,所以AB⊥平面ADC,則平面ABC⊥平面ADC,故選D. 二、填空題 9.如圖,P為正方體ABCD-A1B1C1D1體對角線BD1上的一點,且=λ,若BD1⊥平面PAC,則λ=________. 答案  解析 以點D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系.不妨設(shè)正方體的棱長為1,則A(1,0,0),B(1,

8、1,0),D1(0,0,1),設(shè)P(x,y,z),則由=λ得(x-1,y-1,z)=λ(-1,-1,1),所以P(1-λ,1-λ,λ),則=(-λ,1-λ,λ),又因為BD1⊥平面PAC,所以·=λ-1+λ+λ=0,解得λ=. 10.(2019·黑龍江大慶一中四模)給出下列四個命題: ①如果平面α外一條直線a與平面α內(nèi)一條直線b平行,那么a∥α; ②過空間一定點有且只有一條直線與已知平面垂直; ③如果一條直線垂直于一個平面內(nèi)的無數(shù)條直線,那么這條直線與這個平面垂直; ④若兩個相交平面都垂直于第三個平面,則這兩個平面的交線垂直于第三個平面. 其中真命題的序號為________. 答

9、案?、佗冖? 解析 命題①是線面平行的判定定理,正確;命題②因為垂直同一平面的兩條直線平行,所以過空間一定點有且只有一條直線與已知平面垂直,故正確;命題③平面內(nèi)無數(shù)條直線均平行時,不能得出直線與這個平面垂直,故不正確;命題④因為兩個相交平面都垂直于第三個平面,從而交線垂直于第三個平面,故正確.故答案為①②④. 11. 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=1,點D在棱BB1上,且BD=1,則AD與平面AA1C1C所成角的正弦值為________. 答案  解析 如圖,取C1A1,CA的中點E,F(xiàn),連接B1E,BF,EF,則B1E⊥平面CAA1C1.過點D作DH∥B1E

10、,則DH⊥平面CAA1C1.連接AH,則∠DAH為AD與平面AA1C1C所成角.DH=B1E=,DA=,所以sin∠DAH==. 12.(2019·全國卷Ⅰ)已知∠ACB=90°,P為平面ABC外一點,PC=2,點P到∠ACB兩邊AC,BC的距離均為,那么P到平面ABC的距離為________. 答案  解析 如圖,過點P作PO⊥平面ABC于O,則PO為P到平面ABC的距離.再過O作OE⊥AC于E,OF⊥BC于F,連接PC,PE,PF,則PE⊥AC,PF⊥BC. 又PE=PF=,所以O(shè)E=OF, 所以CO為∠ACB的平分線, 即∠ACO=45°. 在Rt△PEC中,PC=2,

11、PE=,所以CE=1, 所以O(shè)E=1,所以PO===. 三、解答題 13.(2019·福建3月質(zhì)檢)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是等邊三角形,側(cè)面BCC1B1是矩形,AB=A1B,N是B1C的中點,M是棱AA1上的點,且AA1⊥CM. (1)證明:MN∥平面ABC; (2)若AB⊥A1B,求二面角A-CM-N的余弦值. 解 (1)證明:如圖1,在三棱柱ABC-A1B1C1中,連接BM, 因為BCC1B1是矩形,所以BC⊥BB1, 因為AA1∥BB1,所以AA1⊥BC, 又因為AA1⊥MC,BC∩MC=C, 所以AA1⊥平面BCM,所以AA1⊥MB,

12、又因為AB=A1B,所以M是AA1的中點, 取BC的中點P,連接NP,AP, 因為N是B1C的中點,則NP∥BB1且NP=BB1, 所以NP∥MA且NP=MA, 所以四邊形AMNP是平行四邊形,所以MN∥AP, 又因為MN?平面ABC,AP?平面ABC, 所以MN∥平面ABC. (2)因為AB⊥A1B,所以△ABA1是等腰直角三角形, 設(shè)AB=a,則AA1=2a,BM=AM=a. 在Rt△ACM中,AC=a,所以MC=a. 在△BCM中,CM2+BM2=2a2=BC2, 所以MC⊥BM, 由(1)知,則MC⊥AA1,BM⊥AA1, 如圖2,以M為坐標(biāo)原點,,,的方

13、向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系, 則M(0,0,0),C(0,0,a),B1(2a,a,0). 所以N, 則=(0,0,a),=, 設(shè)平面CMN的法向量為n1=(x,y,z), 則即 取x=1得y=-2. 故平面CMN的一個法向量為n1=(1,-2,0), 因為平面ACM的一個法向量為n2=(0,1,0), 則cos〈n1,n2〉==-. 因為二面角A-CM-N為鈍角, 所以二面角A-CM-N的余弦值為-. 14.(2019·廣東湛江高考測試二)三棱錐A-BCD中,底面△BCD是等腰直角三角形,BC=BD=2,AB=,且AB⊥CD,O為CD的中點,如

14、圖. (1)求證:平面ABO⊥平面BCD; (2)若二面角A-CD-B的大小為,求AD與平面ABC所成角的正弦值. 解 (1)證明:△BCD是等腰直角三角形,BC=BD=2,O為CD的中點,∴BO⊥CD, ∵AB⊥CD,AB∩BO=B,∴CD⊥平面ABO, ∵CD?平面BCD,∴平面ABO⊥平面BCD. (2)∵CD⊥平面ABO,∴CD⊥AO ∴∠AOB為二面角A-CD-B的平面角, ∴∠AOB=, ∵BO=,∴AB=BO, ∴△ABO為等邊三角形,以B為原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則B(0,0,0),C(2,0,0),A,D(0,2,0),=,=(2,

15、0,0),=, 設(shè)平面ABC的法向量n=(x,y,z), 則即 取n=(0,,-1),設(shè)AD與平面ABC所成角為θ, 則sinθ=|cos〈n,〉|==, 故AD與平面ABC所成角的正弦值為. 一、選擇題 1.設(shè)直線l與平面α平行,直線m在平面α內(nèi),那么(  ) A.直線l不平行于直線m B.直線l與直線m異面 C.直線l與直線m沒有公共點 D.直線l與直線m不垂直 答案 C 解析 ∵直線l與平面α平行,由線面平行的定義可知,直線l與平面α無公共點,又直線m在平面α內(nèi),∴直線l與直線m沒有公共點,故選C. 2.(2019·河北石家莊二模)設(shè)l表示直線,α,β,γ

16、表示不同的平面,則下列命題中正確的是(  ) A.若l∥α且α⊥β,則l⊥β B.若γ∥α且γ∥β,則α∥β C.若l∥α且l∥β,則α∥β D.若γ⊥α且γ⊥β,則α∥β 答案 B 解析 在A中,若l∥α且α⊥β,則l⊥β,則l與β可能相交、平行或l?β;在B中,若γ∥α且γ∥β,則α∥β,由面面平行的性質(zhì)可得α∥β;在C中,若l∥α且l∥β,則α∥β,則α與β相交或平行;在D中,若γ⊥α且γ⊥β,則α∥β,則α與β相交或平行,故選B. 3.(2019·安徽江南十校3月綜合素質(zhì)檢測)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F(xiàn),G,P,Q分別為棱AB,C1D1,D1A1,

17、D1D,C1C的中點.則下列敘述中正確的是(  ) A.直線BQ∥平面EFG B.直線A1B∥平面EFG C.平面APC∥平面EFG D.平面A1BQ∥平面EFG 答案 B 解析 過點E,F(xiàn),G的截面如圖所示(H,I分別為AA1,BC的中點),∵A1B∥HE,A1B?平面EFG,HE?平面EFG,∴A1B∥平面EFG,故選B. 4.設(shè)正三棱錐P-ABC的高為H,且此棱錐的內(nèi)切球的半徑為R,若二面角P-AB-C的正切值為,則=(  ) A.5 B.6 C.7 D.8 答案 C 解析 取線段AB的中點D,設(shè)P在底面ABC的射影為O,設(shè)AB=a,則OD=a×=a,∠PD

18、C為二面角P-AB-C的平面角,tan∠PDC=,PD=6OD=a,設(shè)正三棱錐P-ABC的表面積為S,則R===,∴=7. 5.已知長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=,AB=4,若在棱AB上存在點P,使得D1P⊥PC,則AD的取值范圍是(  ) A.(0,1] B.(0,2] C.(1,] D.[1,4) 答案 B 解析 連接DP,由D1P⊥PC,DD1⊥PC,且D1P,DD1是平面DD1P上兩條相交直線,得PC⊥平面DD1P,PC⊥DP,即點P在以CD為直徑的圓上,又點P在AB上,則AB與圓有公共點,即0

19、驗)如圖,在多面體ABC-DEFG中,平面ABC∥平面DEFG,AC∥GF,且△ABC是邊長為2的正三角形,四邊形DEFG是邊長為4的正方形,M,N分別是AD,BE的中點,則MN=(  ) A. B.4 C. D.5 答案 A 解析 如圖,取BD的中點P,連接MP,NP,則MP∥AB,NP∥DE,MP=AB=1, NP=DE=2,又∵AC∥GF, ∴AC∥NP,∵∠CAB=60°, ∴∠MPN=120°, ∴MN= = =,故選A. 7.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,若E,F(xiàn)為BD1的兩個三等分點,G為長方體ABCD-A1B1C1

20、D1表面上的動點,則∠EGF的最大值為(  ) A.30° B.45° C.60° D.90° 答案 D 解析 解法一:以EF為直徑構(gòu)想一個球.若點G在球面上(不與E,F(xiàn)重合),則∠EGF=90°;若點G在球內(nèi),則∠EGF>90°;若點G在球外,則∠EGF<90°;根據(jù)題意,可判斷,此球與面ABCD,面A1B1C1D1分別相切;與其余面均無公共點.因此,當(dāng)點G恰為切點時,∠EGF取得最大值90°,故選D. 解法二:以點D為原點,DA,DC,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則E,F(xiàn),由圖易得當(dāng)點G位于長方體的四個側(cè)面時,所處情況相同,則不妨設(shè)G(2,y,z)

21、,y∈[0,2],z∈[0,1],·=·=(y-1)2+2+≥,當(dāng)且僅當(dāng)y=1,z=,即點G為AB1的中點時等號成立;當(dāng)點G位于長方體的上下底面時,所處情況相同,則不妨設(shè)G(x,y,0),x,y∈[0,2],則·=·=(x-1)2+(y-1)2≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x=y(tǒng)=1,即點G為AC的中點時等號成立,所以·的最小值為0,即∠EGF的最大值為90°,故選D. 8.(2019·安徽泗縣一中最后一模)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,E為棱CC1的中點,F(xiàn)為棱AA1上的點,且滿足A1F∶FA=1∶2,點F,B,E,G,H為過三點B,E,F(xiàn)的平面BMN與正方體ABCD-A1B1C1

22、D1的棱的交點,則下列說法錯誤的是(  ) A.HF∥BE B.三棱錐的體積VB1-BMN=4 C.直線MN與平面A1B1BA的夾角是45° D.D1G∶G1C=1∶3 答案 C 解析 由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN與這兩個平面分別交于HF和BE,根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知HF∥BE,故A正確;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中點,故MA1=1,HD1=,D1G=,GC1=,C1N=2,VB1-BMN=VB-MNB1=×·MB1·NB1·BB1=××3×4×2=4,故B正確;對于C,由于B1N⊥平面A1B1BA,所以直線MN與平面A1B1BA所成角

23、為∠NMB1,且tan∠NMB1==≠1,故C錯誤;對于D,根據(jù)前面計算的結(jié)果可知D1G=,GC1=,故D正確,故選C. 二、填空題 9.(2019·北京高考)已知l,m是平面α外的兩條不同直線.給出下列三個論斷: ①l⊥m;②m∥α;③l⊥α. 以其中的兩個論斷作為條件,余下的一個論斷作為結(jié)論,寫出一個正確的命題:________. 答案 若m∥α且l⊥α,則l⊥m成立(或若l⊥m,l⊥α,則m∥α) 解析 已知l,m是平面α外的兩條不同直線,由①l⊥m與②m∥α,不能推出③l⊥α,因為l可以與α平行,也可以與α相交不垂直;由①l⊥m與③l⊥α能推出②m∥α;由②m∥α與③l⊥α

24、可以推出①l⊥m.故正確的命題是②③?①或①③?②. 10.已知四邊形ABCD是矩形,AB=4,AD=3.沿AC將△ADC折起到△AD′C,使平面AD′C⊥平面ABC,F(xiàn)是AD′的中點,E是AC上一點,給出下列結(jié)論: ①存在點E,使得EF∥平面BCD′;②存在點E,使得EF⊥平面ABC;③存在點E,使得D′E⊥平面ABC;④存在點E,使得AC⊥平面BD′E. 其中正確的結(jié)論是________.(寫出所有正確結(jié)論的序號) 答案?、佗冖? 解析 對于①,存在AC的中點E,使得EF∥CD′,利用線面平行的判定定理可得EF∥平面BCD′;對于②,過點F作EF⊥AC,垂足為E,利用面面垂直的性質(zhì)

25、定理可得EF⊥平面ABC;對于③,過點D′作D′E⊥AC,垂足為E,利用面面垂直的性質(zhì)定理可得D′E⊥平面ABC;對于④,因為ABCD是矩形,AB=4,AD=3,所以B,D′在AC上的射影不是同一點,所以不存在點E,使得AC⊥平面BD′E. 11.(2019·河南洛陽第三次統(tǒng)考)在底面是邊長為2的正方形的四棱錐P-ABCD中,頂點P在底面的射影H為正方形ABCD的中心,異面直線PB與AD所成角的正切值為2,若四棱錐P-ABCD的內(nèi)切球半徑為r,外接球的半徑為R,則R-r=________. 答案  解析 如圖,E,F(xiàn)分別為AB,CD的中點,由題意,P-ABCD為正四棱錐,底面邊長為2

26、,∵BC∥AD,∴∠PBC即為PB與AD所成角,可得斜高為2,∴△PEF為正三角形,正四棱錐P-ABCD的內(nèi)切球半徑即為△PEF的內(nèi)切圓半徑,所以×(2)2=×2×r×3,可得r=1,設(shè)O為外接球球心,在Rt△OHA中,R2=()2+(3-R)2,解得R=, ∴R-r=-1=. 12. 如圖,已知點D,E分別是三棱柱ABC-A1B1C1的棱BC,A1B1的中點,給出以下命題: ①BB1∥平面C1DE; ②DE∥平面ACC1A1; ③平面ADE⊥平面BCC1B1; ④VE-ABD=2VE-DCC1. 其中真命題是________.(填上所有真命題的序號) 答案?、冖? 解析 

27、因為CC1與平面C1DE相交,且CC1∥BB1,所以BB1也與平面C1DE相交,故①錯誤;取A1C1的中點F,連接EF,CF,由EF∥DC,且EF=DC知四邊形EFCD是平行四邊形,所以ED∥FC,又FC?平面ACC1A1,ED?平面ACC1A1,所以DE∥平面ACC1A1,故②正確;因為題中沒有任何垂直關(guān)系,故③錯誤;設(shè)該三棱柱的高為h,則VE-ABD=S△ABDh=S△ABCh=V三棱柱.取AB的中點G,連接EG,則EG∥平面BCC1B1,所以VE-DCC1=VG-DCC1=VC1-DCG=S△DCGh=×S△ABCh=V三棱柱,所以VE-ABD=2VE-DCC1,故④正確.所以真命題是②

28、④. 三、解答題 13.如圖,直角梯形BDFE中,EF∥BD,BE⊥BD,EF=2,等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AC⊥BD,AB=2CD=4,且平面BDFE⊥平面ABCD. (1)求證:AC⊥平面BDFE; (2)若BF與平面ABCD所成角為,求二面角B-DF-C的余弦值. 解 (1)證明:∵平面BDFE⊥平面ABCD,平面BDFE∩平面ABCD=BD,AC?平面ABCD,且AC⊥BD,∴AC⊥平面BDFE. (2)設(shè)AC∩BD=O, ∵四邊形ABCD為等腰梯形, ∠DOC=,AB=2CD=4, ∴OD=OC=,OB=OA=2, ∵FE綊OB,∴四邊形BOFE為平行

29、四邊形, ∴OF∥BE,又∵BE⊥平面ABCD, ∴OF⊥平面ABCD, ∴∠FBO為BF與平面ABCD所成的角, ∴∠FBO=, 又∵∠FOB=, ∴OF=OB=2.以O(shè)為原點,OA為x軸,OB為y軸,OF為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系, 則B(0,2,0),D(0,-,0),F(xiàn)(0,0,2),C(-,0,0),A(2,0,0),=(0,,2),=(,-,0), ∵AC⊥平面BDFE, ∴平面BDF的法向量為m=(1,0,0). 設(shè)平面DFC的一個法向量為n=(x,y,z), 由得 令x=2得n=(2,2,-1),cos〈n,m〉==.∴二面角B-DF-C的余弦值為.

30、 14.(2019·河北武邑中學(xué)三模)如圖,在棱長均為2的三棱柱ABC-A1B1C1中,點C在平面A1ABB1內(nèi)的射影O為AB1與A1B的交點,E,F(xiàn)分別為BC,A1C1的中點. (1)求證:四邊形A1ABB1為正方形; (2)求直線EF與平面A1ACC1所成角的正弦值; (3)在線段AB1上是否存在一點D,使得直線EF與平面A1CD沒有公共點?若存在,求出的值. 解 (1)證明:連接CO,因為C在平面A1ABB1內(nèi)的射影O為AB1與A1B的交點,所以CO⊥平面A1ABB1. 由已知三棱柱ABC-A1B1C1各棱長均相等, 所以AC=BC,且A1ABB1為菱形. 由勾股定理

31、得OA=OB,即AB1=A1B, 所以四邊形A1ABB1為正方形. (2)由(1)知CO⊥平面A1ABB1,CO⊥OA,CO⊥OA1. 在正方形A1ABB1中,OA1⊥OA. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 由題意得O(0,0,0),A1(,0,0),A(0,,0),B(-,0,0),C(0,0,),C1(,-,),E,F(xiàn). 所以=(-,,0),=(0,-,). 設(shè)平面A1ACC1的法向量為m=(x,y,z), 則即 令x=1,則y=1,z=1. 于是m=(1,1,1). 又因為=, 設(shè)直線EF與平面A1ACC1所成角為θ, 則sinθ=|cos〈m,〉|==. 所以直線EF與平面A1ACC1所成角的正弦值為. (3)直線EF與平面A1CD沒有公共點,即EF∥平面A1CD. 設(shè)D點坐標(biāo)為(0,y0,0),D與O重合時不符合題意,所以y0≠0. 因為=(-,y0,0),=(-,0,). 設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面A1CD的法向量, 則即 令x1=1,則y1=,z1=1. 于是n=,若EF∥平面A1CD,n·=0, 又=, 所以-×=0,解得y0=, 此時EF?平面A1CD, 所以AD=,DB1=. 所以=.

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