高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：7.4 直线、平面平行的判定及其性质 word版含答案

这是一份高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：7.4 直线、平面平行的判定及其性质 word版含答案，共15页。

(1)理解空间直线和平面位置关系的定义．
(2)了解直线和平面的位置关系．
(3)掌握直线与平面平行的判定定理和性质定理，两个平面平行的判定定理和性质定理．
知识点一 直线与平面平行的判定与性质
易误提醒 (1)在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则会出现错误．
(2)一条直线平行于一个平面，它可以与平面内的无数条直线平行，但这条直线与平面内的任意一条直线可能平行，也可能异面．
[自测练习]
1．若直线a不平行于平面α，则下列结论正确的是( )
A．α内的所有直线都与直线a异面
B．α内可能存在与a平行的直线
C．α内的直线都与a相交
D．直线a与平面α没有公共点
解析：直线a与α不平行，则直线a在α内或与α相交，当直线a在平面α内时，在α内存在与a平行的直线，B正确．
答案：B
2．对于直线m，n和平面α，若n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：当m∥n时，m⊂α或m∥α，当m∥α时，m与n可能平行也可能为异面直线．
答案：D
知识点二 平面与平面平行的判定与性质
易误提醒 (1)如果一个平面内的两条平行直线与另一个平面平行，则这两个平面相交或平行．
(2)要证面面平行需证线面平行，要证线面平行需证线线平行，因此“面面平行”问题最终可转化为“线线平行”问题．
必记结论 平面与平面平行的几个有用性质
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等．
(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(5)如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行．
(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．
[自测练习]
3．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥n，m⊂α，则n∥α
B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β
C．若α⊥γ，α⊥β，则β∥γ
D．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
解析：直线n可能在平面α内，A错误；两平面可相交，此时直线m，n均与交线平行即可，B错误；两平面可相交，C错误；因为m∥n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，D正确．故选D.
答案：D
4．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( )
A．垂直 B．相交不垂直
C．平行 D．重合
解析：如图，分别取另三条棱的中点A，B，C将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，因为PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.
答案：C
考点一 直线与平面平行的判定与性质|
1．(2016·阜阳一中模拟)过平行六面体ABCD­A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB1D1平行的直线共有( )
A．4条 B．6条
C．8条 D．12条
解析：如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N，P，Q分别为相应棱的中点，容易证明平面EFGH，平面MNPQ均与平面BDD1B1平行．平面EFGH和平面MNPQ中分别有6条直线(相应四边形的四条边和两条对角线)满足要求，故共有12条直线符合要求．
答案：D
2.如图，正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱C1C，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1(填上正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)．
解析：当点M在线段FH上时，MN∥平面B1BDD1.
答案：点M与点H重合(或点M在线段FH上)
3.(2015·高考北京卷)如图，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝eq \r(2)，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(3)求三棱锥V­ABC的体积．
解：(1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB.
又因为VB⊄平面MOC，
所以VB∥平面MOC.
(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.
又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC⊂平面ABC，
所以OC⊥平面VAB.
所以平面MOC⊥平面VAB.
(3)在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝eq \r(2)，
所以AB＝2，OC＝1，所以S△VAB＝eq \r(3)，
又因为OC⊥平面VAB，
所以VC­VAB＝eq \f(1,3)OC·S△VAB＝eq \f(\r(3),3).
又因为三棱锥V­ABC的体积与三棱锥C­VAB的体积相等，
所以三棱锥V­ABC的体积为eq \f(\r(3),3).
判断或证明线面平行的常用三种方法
(1)利用线面平行的定义(常用反证法)．
(2)利用线面平行的判定定理：关键是找平面内与已知直线平行的直线．可先直观判断平面内是否已有，若没有，则需作出该直线，常考虑三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面与已知平面相交找它们的交线．
(3)利用面面平行的性质定理：当两平面平行时，其中一个平面内的任一直线平行于另一个平面．

考点二 面面平行的判定与性质|
如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．
(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
[解] (1)证明：在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点，所以GH∥EF，
又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以GH∥平面AEF.
设AC与BD的交点为O，连接OH，如图，
在△ACF中，因为O，H分别是AC，CF的中点，
所以OH∥AF，
又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，
所以OH∥平面AEF.
又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，
所以平面BDGH∥平面AEF.
(2)因为AC⊥平面BDEF，
又易知AO＝eq \r(2)，S矩形BDEF＝3×2eq \r(2)＝6eq \r(2)，
所以四棱锥A­BDEF的体积V1＝eq \f(1,3)·AO·S矩形BDEF＝4.
同理可得四棱锥C­BDEF的体积V2＝4.
所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.
证明面面平行的五种常用方法
(1)利用面面平行的定义．
(2)利用面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行．
(3)利用垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
1．如图，在三棱锥S­ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.过A作AF⊥SB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点．求证：
(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.
证明：(1)因为AS＝AB，AF⊥SB，垂足为F，所以F是SB的中点．又因为E是SA的中点，所以EF∥AB.
因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.
同理EG∥平面ABC.又EF∩EG＝E，
所以平面EFG∥平面ABC.
(2)因为平面SAB⊥平面SBC，且交线为SB，又AF⊂平面SAB，AF⊥SB，所以AF⊥平面SBC，因为BC⊂平面SBC，所以AF⊥BC.
又因为AB⊥BC，AF∩AB＝A，AF，AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB.
因为SA⊂平面SAB，所以BC⊥SA.
考点三 线面平行中的探索性问题|
(2015·枣庄模拟)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
[解] 法一：存在点E，且E为AB的中点时，DE∥平面AB1C1，
下面给出证明：
如图，取BB1的中点F，连接DF，
则DF∥B1C1，
∵AB的中点为E，连接EF，
则EF∥AB1，B1C1∩AB1＝B1，
∴平面DEF∥平面AB1C1.
而DE⊂平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.
法二：假设在棱AB上存在点E，使得DE∥平面AB1C1如图，取BB1的中点F，连接DF、EF，则DF∥B1C1，又DF⊄平面AB1C1，
∴DF∥平面AB1C1，
又DE∥平面AB1C1，DE∩DF＝D，
∴平面DEF∥平面AB1C1，
∵EF⊂平面DEF，
∴EF∥平面AB1C1，
又∵EF⊂平面ABB1，平面ABB1∩平面AB1C1＝AB1，
∴EF∥AB1，
∵点F是BB1的中点，
∴点E是AB的中点．
即当点E是AB的中点时，DE∥平面AB1C1.
线面平行的探索性问题
(1)对命题条件的探索常采用以下三种方法：
①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明；
②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明其充分性；
③把几何问题转化为代数问题，探索命题成立的条件．
(2)对命题结论的探索常采用以下方法：
首先假设结论存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论，就肯定假设，如果得到了矛盾的结论，就否定假设．

2．四棱锥P ­ABCD的底面是边长为a的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，在侧面PBC内，有BE⊥PC于E，且BE＝eq \f(\r(6),3)a，试在AB上找一点F，使EF∥平面PAD.
解：在平面PCD内，过E作EG∥CD交PD于G，连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，
∵EG∥CD∥AF，EG＝AF，∴四边形FEGA为平行四边形，∴FE∥AG.
又AG⊂平面PAD，FE⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD.
∴F即为所求的点．
又PA⊥面ABCD，∴PA⊥BC，
又BC⊥AB，∴BC⊥面PAB.∴PB⊥BC.
∴PC2＝BC2＋PB2＝BC2＋AB2＋PA2.
设PA＝x则PC＝eq \r(2a2＋x2)，由PB·BC＝BE·PC得：
eq \r(a2＋x2)·a＝eq \r(2a2＋x2)·eq \f(\r(6),3)a，
∴x＝a，即PA＝a，∴PC＝eq \r(3)a，PB＝eq \r(2)a.
∴PE2＝PB2－BE2＝2a2－eq \f(2,3)a2
∴PE＝eq \f(2\r(3),3)a，
∴eq \f(PE,PC)＝eq \f(\f(2\r(3),3)a,\r(3)a)＝eq \f(2,3)，
即EG＝eq \f(2,3)a，
∴AF＝eq \f(2,3)a，
故在AB上取AF＝eq \f(2,3)AB，
连接EF即可使EF∥平面PAD.
23.转化思想在平行关系判断与证明中的应用
【典例】 如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
(1)求证：BE∥平面DMF；
(2)求证：平面BDE∥平面MNG.
[思维点拨] (1)利用判定定理及中位线性质证明．(2)抓住线线、线面、面面平行的转化关系证明．
[证明] (1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，
连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，
所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点，
所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，
又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，
所以平面BDE∥平面MNG.
[方法点评] (1)三种平行间的转化关系
(2)对较复杂的综合问题往往需要反复运用线面平行的判定定理和性质定理来进行证明，有如下方法：
eq \x(线线平行)→eq \x(找过直线的平面)→eq \x(线面平行)→eq \x(\a\al(找出或作出经过直线且与平,面相交的平面，从而找出交线))→eq \x(线线平行)
[跟踪练习] (2016·咸阳模拟)如图所示，在四棱锥O­ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝eq \f(π,4)，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．
(1)求四棱锥O­ABCD的体积；
(2)证明：直线MN∥平面OCD.
解：(1)∵OA⊥底面ABCD，∴OA是四棱锥O­ABCD的高．∵四棱锥O­ABCD的底面是边长为1的菱形，∠ABC＝eq \f(π,4)，∴底面面积S菱形ABCD＝eq \f(\r(2),2).
∵OA＝2，∴体积VO­ABCD＝eq \f(\r(2),3).
(2)证明：取OB的中点E，连接ME，NE.
∵ME∥AB，AB∥CD，∴ME∥CD.
又∵NE∥OC，∵ME∩EN＝E，CD∩OC＝C，
∴平面MNE∥平面OCD.
∵MN⊂平面MNE，∴MN∥平面OCD.
A组 考点能力演练
1．(2016·台州模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
B．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β
C．若m⊥α，m⊥β，则α∥β
D．若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β
解析：垂直于同一直线的两平面平行，故选C.
答案：C
2．若a，b，c为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的为( )
A．若a∥α，b∥α，则a∥b
B．若α∥a，β∥a，则α∥β
C．若a⊥α，b⊥α，则a∥b
D．若α⊥β，α⊥γ，则β∥γ
解析：对于A，空间中平行于同一个平面的两直线可能异面、相交或平行，故A错误；对于B，空间中平行于同一条直线的两平面平行或相交，故B错误；对于C，空间中垂直于同一个平面的两条直线平行，故C正确；对于D，空间中垂直于同一个平面的两平面相交或平行，故D错误．
答案：C
3．已知l，m，n是三条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，给出下列四个命题：
①若m∥n，n⊂α，则m∥α；
②若直线m，n与平面α所成的角相等，则m∥n；
③存在异面直线m，n，使得m∥α，m∥β，n∥α，则α∥β；
④若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.
其中真命题的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：对于①，m也可能在α内，①错误；对于②，直线m，n也可能相交或异面，②错误；对于③，命题成立；对于④，∵l∥γ，l⊂α，α∩γ＝n，∴l∥n，同理l∥m，∴m∥n，④正确．综上可知③④正确，故选B.
答案：B
4．设a，b是两条直线，α，β是两个不同的平面，则α∥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
解析：对于A，两个平面还可以相交，若α∥β，则存在一条直线a，a∥α，a∥β，所以A是α∥β的一个必要条件；同理，B也是α∥β的一个必要条件；易知C是一个必要条件；对于D，可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面中，成为相交直线，则有α∥β，所以D是α∥β的一个充分条件．
答案：D
5.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线( )
A．不存在
B．有1条
C．有2条
D．有无数条
解析：由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质中的公理知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行．
答案：D
6．已知正方体ABCD­A1B1C1D1，下列结论中正确的是________(只填序号)．
①AD1∥BC1；
②平面AB1D1∥平面BDC1；
③AD1∥DC1；
④AD1∥平面BDC1.
解析：由四边形ABC1D1是平行四边形可知AD1∥BC1，故①正确；根据线面平行与面面平行的判定定理可知，②④正确；AD1与DC1是异面直线，故③错．
答案：①②④
7．在三棱锥S­ABC中，△ABC是边长为6的正三角形，SA＝SB＝SC＝15，平面DEFH分别与AB，BC，SC，SA交于D，E，F，H.D，E分别是AB，BC的中点，如果直线SB∥平面DEFH，那么四边形DEFH的面积为________．
解析：取AC的中点G，连接SG，BG.易知SG⊥AC，BG⊥AC，故AC⊥平面SGB，所以AC⊥SB.因为SB∥平面DEFH，SB⊂平面SAB，平面SAB∩平面DEFH＝HD，则SB∥HD.同理SB∥FE.又D，E分别为AB，BC的中点，则H，F也为AS，SC的中点，从而得HF綊eq \f(1,2)AC綊DE，所以四边形DEFH为平行四边形．又AC⊥SB，SB∥HD，DE∥AC，所以DE⊥HD，所以四边形DEFH为矩形，其面积S＝HF·HD＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AC))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)SB))＝eq \f(45,2).
答案：eq \f(45,2)
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是________．
解析：取B1C1中点M，则A1M∥AE；取BB1中点N，则MN∥EF，∴平面A1MN∥平面AEF.若A1P∥平面AEF，只需P∈MN，则P位于MN中点时，A1P最短；当P位于M或N时，A1P最长．不难求得A1P的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))
9.在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．
设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．
解：取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．
由已知可知O为AC1的中点．
连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，
所以MD綊eq \f(1,2)AC，OE綊eq \f(1,2)AC，因此MD綊OE.
连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，
则DE∥MO.
因为直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC.
所以直线DE∥平面A1MC，
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，
使直线DE∥平面A1MC.
10.(2016·成都模拟)如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2.
(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)设BC＝3，求四棱锥B­DAA1C1的体积．
解：(1)证明：连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD，如图所示．
∵四边形BCC1B1是平行四边形，∴点O为B1C的中点．
∵D为AC的中点，∴OD为△AB1C的中位线，
∴OD∥AB1.
∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
∴AB1∥平面BC1D.
(2)∵AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，
∴平面ABC⊥平面AA1C1C.
∵平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，
作BE⊥AC，垂足为E，则BE⊥平面AA1C1C.
∵AB＝AA1＝2，BC＝3，AB⊥BC，
∴在Rt△ABC中，AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(4＋9)＝eq \r(13)，
∴BE＝eq \f(AB·BC,AC)＝eq \f(6,\r(13))，
∴四棱锥B­AA1C1D的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)(A1C1＋AD)·AA1·BE＝eq \f(1,6)×eq \f(3,2)eq \r(13)×2×eq \f(6,\r(13))＝3.
B组 高考题型专练
1．(2014·高考安徽卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2eq \r(17).点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.
(1)证明：GH∥EF；
(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
解：(1)证明：因为BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.同理可证EF∥BC，因此GH∥EF.
(2)如图，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.
因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，
同理可得PO⊥BD.
又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面ABCD内，
所以PO⊥底面ABCD.
又因为平面GEFH⊥平面ABCD，
且PO⊄平面GEFH，
所以PO∥平面GEFH.
因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，
所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，
从而GK⊥EF.所以GK是梯形GEFH的高．
由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，
从而KB＝eq \f(1,4)DB＝eq \f(1,2)OB，即K为OB的中点．
再由PO∥GK得GK＝eq \f(1,2)PO，
即G是PB的中点，且GH＝eq \f(1,2)BC＝4.
由已知可得OB＝4eq \r(2)，
PO＝eq \r(PB2－OB2)＝eq \r(68－32)＝6，所以GK＝3.
故四边形GEFH的面积S＝eq \f(GH＋EF,2)·GK
＝eq \f(4＋8,2)×3＝18.
2．(2015·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1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ABC­A1B1C1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.
判定
性质
定义
定理
图形
条件
与平面无公共点
a⊂α_，b⊄α_，a∥b
a∥α
a∥α，a⊂β，_α∩β＝b
结论
,a∥α
b∥α
a∩α＝∅
a∥b
判定
性质
定义
定理
图形
条件
,α∩β＝∅
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a⊂β，b⊂β,a∩b＝P,a∥α，b∥α))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α∥β,α∩γ＝a,β∩γ＝b))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(α∥β,a⊂β))
结论
α∥β
,α∥β
a∥b
a∥α