故A正确；因为AA1⊥面ABCD，BD?面ABCD，所以AA1⊥BD，因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为AC∩AA1＝A，所以BD⊥面A1ACC1，因为A1C?面A1ACC1，所以BD⊥A1C，故B正确．同理可证得B1D1⊥面A1ACC1，因为AC1?面A1ACC1，所以B1D1⊥AC1，同理可证CB1⊥AC1，因为B1D1∩CB1＝B1，所以AC1⊥平面CB1D1，故C正确．排除法应选D. 4．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 答案 D
解析 ∵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， ∴CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，∴AB⊥平面ADC， 又AB?平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC，故选D. 5．直线m，n均不在平面α，β内，给出下列命题：
①若m∥n，n∥α，则m∥α；②若m∥β，α∥β，则m∥α；③若m⊥n，n⊥α，则m∥α； ④若m⊥β，α⊥β，则m∥α.其中正确命题的个数是( ) A．1 C．3 答案 D
解析 对①，根据线面平行的判定定理知，m∥α；对②，如果直线m与平面α相交，则必与β相交，而这与α∥β矛盾，故m∥α；对③，在平面α内取一点A，设过A、m的平面γ与平面α相交于直线b.因为n⊥α，所以n⊥b，又m⊥n，所以m∥b，则m∥α；对④，设α∩β＝l，在α内作m′⊥β，因为m⊥β，所以m∥m′，从而m∥α.故四个命题都正确． 6.在正三棱锥S－ABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA＝23，则正三棱锥S－ABC外接球的表面积是( ) A．12π C．36π 答案 C
解析 由MN⊥AM且MN是△BSC的中位线得BS⊥AM， 又由正三棱锥的性质得BS⊥AC，∴BS⊥面ASC.
B．2 D．4
B．32π D．48π
即正三棱锥S－ABC的三侧棱SA、SB、SC两两垂直，外接球直径为3SA＝6. ∴球的表面积S＝4πR2＝4π×32＝36π.选C. 二、填空题
7．已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，给出下列四个命题：
①若m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥n；②若m∥α，n⊥β，且α⊥β，则m∥n；③若m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n；④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n.其中正确的个数为_________________． 答案 2
解析 ①中m，n可能异面或相交，故不正确；②因为m∥α，n⊥β，且α⊥β成立时，m，n两直线的关系可能是相交、平行、异面，故不正确；③因为m⊥α，α∥β可得出m⊥β，再由n∥β可得出m⊥n，故正确；④分别垂直于两个垂直平面的两条直线一定垂直，正确．故③④正确．
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)．
答案 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.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. 答案 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
ACAF＝， A1FA1D
2a3a－x即＝， xa
整理得x2－3ax＋2a2＝0， 解得x＝a或x＝2a.
10．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(不含端点)上一动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设AK＝t，则t的取值范围是________．
1?答案 ??2，1?
解析 破解此题可采用两个极端位置法， 即对于F位于DC的中点时，t＝1， 随着F点到C点时， ∵CB⊥AB，CB⊥DK， ∴CB⊥平面ADB， 即有CB⊥BD， 对于CD＝2，BC＝1， ∴BD＝3，
又AD＝1，AB＝2，因此有AD⊥BD， 1则有t＝，
2
1?
因此t的取值范围是??2，1?. 三、解答题
11．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点， (1)求证：AC⊥BC1； (2)求证：AC1∥平面CDB1.
证明 (1)直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5， ∴AB2＝AC2＋BC2，
∴AC⊥BC.CC1⊥平面ABC， AC?平面ABC，
∴AC⊥CC1，又BC∩CC1＝C， ∴AC⊥平面BCC1B1， BC1?平面BCC1B1， ∴AC⊥BC1.
(2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE， ∵D是AB的中点，E是C1B的中点， ∴DE∥AC1，
∵DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1， ∴AC1∥平面CDB1.
12．如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分别为1
A1B1，AA1的中点，点F在棱AB上，且AF＝AB.
4(1)求证：EF∥平面BC1D；
(2)在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1∶15，若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 取AB的中点M，连接A1M. 1
因为AF＝AB，所以F为AM的中点．
4又E为AA1的中点，所以EF∥A1M.
在三棱柱ABC－A1B1C1中，D，M分别是A1B1，AB的中点， 所以A1D∥BM，A1D＝BM，
所以四边形A1DBM为平行四边形，所以A1M∥BD. 所以EF∥BD.
因为BD?平面BC1D，EF?平面BC1D， 所以EF∥平面BC1D.
(2)解 设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成两部分的体积之比为1∶15，如图所示． 则VE－AFG∶VABC－A1B1C1＝1∶16， VE－AFG
所以 VABC－A1B1C1
11×AF·AGsin∠GAF·AE32111AG1AG＝＝×××＝×， 1342AC24AC×AB·ACsin∠CAB·AA121AG1AG243
由题意，×＝，解得＝＝.
24AC16AC162
3
所以AG＝AC>AC，所以符合要求的点G不存在．
2
13.如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝120°，E，M分别为AB，DE的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE，F为A′C的中点，A′C＝4. (1)求证：平面A′DE⊥平面BCD； (2)求证：FB∥平面A′DE.
证明 (1)由题意，得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成的， ∴△A′DE≌△ADE.
∵∠ABC＝120°，四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝60°. 又∵AD＝AE＝2，
∴△A′DE和△ADE都是等边三角形． 如图，连接A′M，MC， ∵M是DE的中点， ∴A′M⊥DE，A′M＝3.
在△DMC中，MC2＝DC2＋DM2－2DC·DMcos 60° ＝42＋12－2×4×1×cos 60°， ∴MC＝13. 在△A′MC中，A′M2＋MC2＝(3)2＋(13)2＝42＝A′C2. ∴△A′MC是直角三角形，∴A′M⊥MC. 又∵A′M⊥DE，MC∩DE＝M， ∴A′M⊥平面BCD. 又∵A′M?平面A′DE， ∴平面A′DE⊥平面BCD. (2)取DC的中点N，连接FN，NB.
∵A′C＝DC＝4，F，N分别是A′C，DC的中点， ∴FN∥A′D.
又∵N，E分别是平行四边形ABCD的边DC， AB的中点，
∴BN∥DE.
又∵A′D∩DE＝D，FN∩NB＝N， ∴平面A′DE∥平面FNB. ∵FB?平面FNB， ∴FB∥平面A′DE.