版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题五 立体几何与空间向量 第2讲 空间中的平行与垂直试题.docx

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版高考数学大二轮总复习增分策略专题五立体几何与空间向量第2讲空间中的平行与垂直试题

第2讲　空间中的平行与垂直

1．（2015·北京）设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α.则“m∥β”是“α∥β”的（　　）

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

2．（2015·安徽）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

3．（2015·江苏）

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.

1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等.

热点一　空间线面位置关系的判定

空间线面位置关系判断的常用方法

（1）根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；

（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位置关系，并结合有关定理来进行判断．

例1　

（1）（2015·广东）若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（　　）

A．l与l1，l2都不相交

B．l与l1，l2都相交

C．l至多与l1，l2中的一条相交

D．l至少与l1，l2中的一条相交

（2）平面α∥平面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

思维升华　解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中．

跟踪演练1　已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题：

①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；

②若m⊥α，m⊥n，则n∥α；

③若α⊥β，m∥α，则m⊥β；

④若m⊥α，m∥β，则α⊥β.

A．0B．1

C．2D．3

热点二　空间平行、垂直关系的证明

空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．

例2　（2015·广东）

如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.

（1）证明：

BC∥平面PDA；

（2）证明：

BC⊥PD；

（3）求点C到平面PDA的距离．

思维升华　垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：

（1）证明线线平行常用的方法：

一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．

（2）证明线线垂直常用的方法：

①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：

即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，a⊂α⇒l⊥a.

跟踪演练2　如图所示，

已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．

求证：

（1）AF∥平面BCE；

（2）平面BCE⊥平面CDE.

热点三　平面图形的折叠问题

平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．

例3　如图

（1），在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图

（2）．

（1）求证：

DE∥平面A1CB；

（2）求证：

A1F⊥BE；

（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？

请说明理由．

思维升华　

（1）折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口；

（2）存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．

跟踪演练3　（2014·广东）如图

（1），四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图

（2）折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.

（1）证明：

CF⊥平面MDF；

（2）求三棱锥M－CDE的体积．

1．不重合的两条直线m，n分别在不重合的两个平面α，β内，下列为真命题的是（　　）

A．m⊥n⇒m⊥βB．m⊥n⇒α⊥β

C．α∥β⇒m∥βD．m∥n⇒α∥β

2．如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC.

（1）求证：

D1C⊥AC1；

（2）问在棱CD上是否存在点E，使D1E∥平面A1BD.若存在，确定点E位置；若不存在，说明理由．

提醒：

完成作业　专题五　第2讲

二轮专题强化练

专题五

第2讲　空间中的平行与垂直

A组　专题通关

1．（2015·西北工大附中四模）已知a、b、c是三条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列条件中，能推导出a⊥α的是（　　）

A．a⊥b，a⊥c，其中b⊂α，c⊂α

B．a⊥b，b∥α

C．α⊥β，a∥β

D．a∥b，b⊥α

2．（2015·湖北）l1，l2表示空间中的两条直线，若p：

l1，l2是异面直线，q：

l1，l2不相交，则（　　）

A．p是q的充分条件，但不是q的必要条件

B．p是q的必要条件，但不是q的充分条件

C．p是q的充分必要条件

D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件

3．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：

①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面．其中不正确的结论是（　　）

A．①B．②

C．③D．④

4．已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件：

①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β；

②存在一条直线a，a⊂α，a⊥β；

③存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α.

其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是（　　）

A．①B．②

C．③D．①③

5．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是（　　）

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⊥平面ABC

6．如图，在空间四边形ABCD中，M∈AB，N∈AD，若

＝

，则直线MN与平面BDC的位置关系是________．

7.如图，AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A，B），直线PA垂直于圆O所在的平面，点M为线段PB的中点．有以下四个命题：

①PA∥平面MOB；②MO∥平面PAC；

③OC⊥平面PAC；④平面PAC⊥平面PBC.

其中正确的命题是________（填上所有正确命题的序号）．

8．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________（写出所有符合要求的图形序号）．

9．（2015·山东）如图，

三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．

（1）求证：

BD∥平面FGH；

（2）若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：

平面BCD⊥平面EGH.

10．（2015·四川）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．

（1）请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）；

（2）判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并证明你的结论；

（3）证明：

直线DF⊥平面BEG.

B组　能力提高

11．（2015·辽宁师范大学附属中学期中）已知平面α、β、γ，则下列命题中正确的是（　　）

A．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥α

B．α⊥β，β⊥γ，则α∥γ

C．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，则a⊥b

D．α∥β，β⊥γ，则α⊥γ

12.

如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.

13．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段B1D1上的一个动点，则下列结论中正确的是________．（填序号）

①AC⊥BE；

②B1E∥平面ABCD；

③三棱锥E－ABC的体积为定值；

④直线B1E⊥直线BC1.

14.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．

（1）证明：

平面ADC1B1⊥平面A1BE；

（2）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？

证明你的结论．

学生用书答案精析

第2讲　空间中的平行与垂直

高考真题体验

1．B　[m⊂α，m∥β⇏α∥β，但m⊂α，α∥β⇒m∥β，∴m∥β是α∥β的必要而不充分条件．]

2．D　[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．]

3．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.

热点分类突破

例1　

（1）D　

（2）D

解析　

（1）若l与l1，l2都不相交则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交．

（2）若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.

若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.

若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.

跟踪演练1　C　[对于①，垂直于同一个平面的两条直线平行，①正确；

对于②，直线n可能在平面α内，所以推不出n∥α，②错误；

对于③，举一反例，m⊂β且m与α，β的交线平行时，也有m∥α，③错误；

对于④，可以证明其正确性，④正确．

故选C.]

例2　

（1）证明　因为四边形ABCD是长方形，

所以BC∥AD，因为BC⊄平面PDA，

AD⊂平面PDA，

所以BC∥平面PDA.

（2）证明　因为四边形ABCD是长方形，所以BC⊥CD，因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，

所以BC⊥平面PDC，

因为PD⊂平面PDC，所以BC⊥PD.

（3）解　如图，取CD的中点E，连接AE和PE.

因为PD＝PC，所以PE⊥CD，

在Rt△PED中，PE＝

＝

＝

.

因为平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE⊂平面PDC，

所以PE⊥平面ABCD，

由

（2）知：

BC⊥平面PDC，

由

（1）知：

BC∥AD，

所以AD⊥平面PDC，

因为PD⊂平面PDC，

所以AD⊥PD.设点C到平面PDA的距离为h，

因为V三棱锥CPDA＝V三棱锥PACD，

所以

S△PDA·h＝

S△ACD·PE，

即h＝

＝

＝

，

所以点C到平面PDA的距离是

.

跟踪演练2　证明　

（1）如图，取CE的中点G，连接FG，BG.

∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝

DE.

∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，

∴AB∥DE，∴GF∥AB.

又AB＝

DE，∴GF＝AB.

∴四边形GFAB为平行四边形，

则AF∥BG.

∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，

∴AF∥平面BCE.

（2）∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，∴AF⊥CD.

∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，

∴DE⊥AF.

又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE.

∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.

∵BG⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.

例3　

（1）证明　因为D，E分别为AC，AB的中点，

所以DE∥BC.

又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，

所以DE∥平面A1CB.

（2）证明　由题图

（1）得AC⊥BC且DE∥BC，

所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.

所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，

所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，

所以A1F⊥平面BCDE，

又BE⊂平面BCDE，

所以A1F⊥BE.

（3）解　线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.

理由如下：

如图，

分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.

又因为DE∥BC，

所以DE∥PQ.

所以平面DEQ即为平面DEP.

由

（2）知，DE⊥平面A1DC，

所以DE⊥A1C.

又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，

所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.

从而A1C⊥平面DEQ.

故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.

跟踪演练3　

（1）证明　因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

所以PD⊥AD.

又因为ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点D，

所以AD⊥平面PCD.又CF⊂平面PCD，

所以AD⊥CF，即MD⊥CF.

又MF⊥CF，MD∩MF＝M，所以CF⊥平面MDF.

（2）解　因为PD⊥DC，BC＝2，CD＝1，∠PCD＝60°，

所以PD＝

，由

（1）知FD⊥CF，

在直角三角形DCF中，CF＝

CD＝

.

过点F作FG⊥CD交CD于点G，得FG＝FCsin60°＝

×

＝

，

所以DE＝FG＝

，故ME＝PE＝

－

＝

，

所以MD＝

＝

＝

.

S△CDE＝

DE·DC＝

×

×1＝

.

故VM－CDE＝

MD·S△CDE＝

×

×

＝

.

高考押题精练

1．C

　[构造长方体，如图所示．

因为A1C1⊥AA1，A1C1⊂平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1B1B，但A1C1与平面AA1B1B不垂直，平面AA1C1C与平面AA1B1B不垂直．所以选项A，B都是假命题．

CC1∥AA1，但平面AA1C1C与平面AA1B1B相交而不平行，所以选项D为假命题．

“若两平面平行，则平面内任何一条直线必平行于另一个平面”是真命题，故选C.]

2．

（1）证明　在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接C1D，

∵DC＝DD1，∴四边形DCC1D1是正方形，

∴DC1⊥D1C.

又AD⊥DC，AD⊥DD1，DC∩DD1＝D，

∴AD⊥平面DCC1D1，

又D1C⊂平面DCC1D1，

∴AD⊥D1C.

∵AD⊂平面ADC1，DC1⊂平面ADC1，且AD∩DC1＝D，

∴D1C⊥平面ADC1，

又AC1⊂平面ADC1，∴D1C⊥AC1.

（2）解　假设存在点E，使D1E∥平面A1BD.

连接AD1，AE，D1E，

设AD1∩A1D＝M，

BD∩AE＝N，连接MN，

∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，

要使D1E∥平面A1BD，

可使MN∥D1E，

又M是AD1的中点，则N是AE的中点．

又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE.

即E是DC的中点．

综上所述，当E是DC的中点时，

可使D1E∥平面A1BD.

二轮专题强化练答案精析

第2讲　空间中的平行与垂直

1．D　[选项A中缺少b，c相交；选项B，由a⊥b，b∥α可能a⊂α；选项C可能a⊂α或a∥α，选项D正确．]

2．A　[由l1，l2是异面直线，可得l1，l2不相交，所以p⇒q；由l1，l2不相交，可得l1，l2是异面直线或l1∥l2，所以q⇏p.所以p是q的充分条件，但不是q的必要条件．故选A.]

3．B　[作出过M，N，P，Q四点的截面交C1D1于点S，交AB于点R，如图所示中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，故A1C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，

故结论②不正确．]

4．D　[对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也成立，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B、C.

对于③，存在两条垂直的直线a，b，则直线a，b所成的角为90°，

因为a⊥β，b⊥α，所以α，β所成的角为90°，

即α⊥β，反之也成立，即“存在两条垂直的直线a，b，a⊥β，b⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A，选D.]

5．D　[∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD，

又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，

所以CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，

又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，

又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC，故选D.]

6．平行

解析　由

＝

，得MN∥BD.

而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，

所以MN∥平面BDC.

7．②④

解析　①错误，PA⊂平面MOB；②正确；③错误，否则，有OC⊥AC，这与BC⊥AC矛盾；④正确，因为BC⊥平面PAC.

8．①③

解析　对于①，注意到该正方体的面中过直线AB的侧面与平面MNP平行，因此直线AB平行于平面MNP；对于②，注意到直线AB和过点A的一个与平面MNP平行的平面相交，因此直线AB与平面MNP相交；对于③，注意到此时直线AB与平面MNP内的一条直线MP平行，且直线AB位于平面MNP外，因此直线AB与平面MNP平行；对于④，易知此时AB与平面MNP相交．综上所述，能得出直线AB平行于平面MNP的图形的序号是①③.

9．证明　

（1）方法一　连接DG，设CD∩GF＝M，连接MH.

在三棱台DEF-ABC中，

AB＝2DE，G为AC的中点，

可得DF∥GC，DF＝GC，

所以四边形DFCG为平行四边形．

则M为CD的中点，

又H为BC的中点，

所以HM∥BD，又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，

所以BD∥平面FGH.

方法二　在三棱台DEF-ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，

可得BH∥EF，BH＝EF，

所以四边形HBEF为平行四边形，

可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，

H为BC的中点，所以GH∥AB.

又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.

又因为BD⊂平面ABED，

所以BD∥平面FGH.

（2）连接HE，GE.

因为G，H分别为AC，BC的中点，

所以GH∥AB.

由AB⊥BC，得GH⊥BC.

又H为BC的中点，

所以EF∥HC，EF＝HC，

因此四边形EFCH是平行四边形，

所以CF∥HE.又CF⊥BC，

所以HE⊥BC.

又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，

所以BC⊥平面EGH.

又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.

10．

（1）

解　点F，G，H的位置如图所示．

（2）解　平面BEG∥平面ACH，

证明如下：

因为ABCD-EFGH为正方体，

所以BC∥FG，BC＝FG，

又FG∥EH，FG＝EH，

所以BC∥EH，BC＝EH，

于是BCHE为平行四边形，

所以BE∥CH，

又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，

所以BE∥平面ACH，

同理BG∥平面ACH，

又BE∩BG＝B，

所以平面BEG∥平面ACH.

（3）证明　连接FH，BD.

因为ABCD-EFGH为正方体，

所以DH⊥平面EFGH，

因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG，

又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD，

又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG，

同理DF⊥BG，

又EG∩BG＝G，

所以DF⊥平面BEG.

11．D　[选项A中，缺少条件b⊂β，错误；B中，α、β、γ的关系可参考教室墙角处三个平面的关系，易知错误；C中的a，b可能平行或斜交．由两平面平行的性质可知D正确．]

12．a或2a

解析　由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.

要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF即可．

令CF⊥DF，设AF＝x，则A1F＝3a－x.

易知Rt△CAF∽Rt△FA1D，

得

＝

，

即

＝

，

整理得x2－3ax＋2a2＝0，

解得x＝a或x＝2a.

13．①②③

解析　因AC⊥平面BDD1B1，故①、②正确；记正方体的体积为V，则VE－ABC＝

V为定值，故③正确；B1E与BC1不垂直，故④错误．

14．

（1）证明　如图，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，

所以B1C1⊥面ABB1A1.

因为A1B⊂面ABB1A1，

所以B1C1⊥A1B.

又因为A1B⊥AB1，B1C1∩AB1＝B1，

所以A1B⊥面ADC1B1.

因为A1B⊂面A1BE，

所以平面ADC1B1⊥平面A1BE.

（2）解　当点F为C1D1中点时，可使B1F∥平面A1BE.

证明如下：

易知：

EF∥C1D，且EF＝

C1D.

设AB1∩A1B＝O，则B1O∥C1D且B1O＝

C1D，

所以EF∥B1O且EF＝B1O，

所