《高考數(shù)學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系 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學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系 Word版含解析（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 考點十四　空間中的平行與垂直關系 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，則m，n的關系不可能是(　　) 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A1O⊥BC，結合A1A⊥BC可得BC⊥平面A1ACC1，則可得BC⊥AC，顯然不正確，故假設錯誤，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系．不妨設正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，B(1,

8、1,0)，D1(0,0,1)，設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OE＝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OE＝1，所以PO＝＝＝. 三、解答題 13．(2019·福建3月質檢)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等邊三角形，側面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系， 則M(0,0,0)，C(0,0，a)，B1(2a，a,0)． 所以N， 則＝(0,0，a)，＝， 設平面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系， 則B(0,0,0)，C(2,0,0)，A，D(0,2,0)，＝，＝(2,

15、0,0)，＝， 設平面ABC的法向量n＝(x，y，z)， 則即 取n＝(0，，－1)，設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．設直線l與平面α平行，直線m在平面α內，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，∴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．設正三棱錐P－ABC的高為H，且此棱錐的內切球的半徑為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P在底面ABC的射影為O，設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，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系，則E，F(xiàn)，由圖易得當點G位于長方體的四個側面時，所處情況相同，則不妨設G(2，y，z)

21、，y∈[0,2]，z∈[0，1]，·＝·＝(y－1)2＋2＋≥，當且僅當y＝1，z＝，即點G為AB1的中點時等號成立；當點G位于長方體的上下底面時，所處情況相同，則不妨設G(x，y,0)，x，y∈[0,2]，則·＝·＝(x－1)2＋(y－1)2≥0，當且僅當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. 其中正確的結論是________．(寫出所有正確結論的序號) 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

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的內切球半徑即為△PEF的內切圓半徑，所以×(2)2＝×2×r×3，可得r＝1，設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系，故③錯誤；設該三棱柱的高為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為原點，OA為x軸，OB為y軸，OF為z軸，建立空間直角坐標系， 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·河北武邑中學三模)如圖，在棱長均為2的三棱柱ABC－A1B1C1中，點C在平面A1ABB1內的射影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D點坐標為(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＝.