专题三 立体几何：第2讲 空间中的平行与垂直 课件（共78张PPT）

(共78张PPT)
上篇 专题三 立体几何
第2讲　空间中的平行与垂直
高考定位
1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断，主要以选择题、填空题的形式出现，题目难度较小；2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明，并与空间角的计算综合命题.
真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
专题训练 对接高考
内容索引
真题感悟 考点整合
1
1.(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　)
A
A.直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C.直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
解析　法一　连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且M为AD1的中点，AD1⊥A1D.
因为AB⊥平面AA1D1D，A1D 平面AA1D1D，
所以AB⊥A1D，
又AB∩AD1＝A，AB，AD1 平面ABD1，
所以A1D⊥平面ABD1，又BD1 平面ABD1，显然A1D与BD1异面，所以A1D与BD1异面且垂直.
在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，
又MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD.
易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，
所以MN与平面BB1D1D不垂直.
所以选项A正确.故选A.
又由图易知直线A1D与D1B是异面直线，
所以A1D与D1B异面且垂直.
BD
图1
图2
图3
法一　由多选题特征，排除A，C，故选BD.
法二　对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1.设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.综上，选BD.
图4
3.(2021·全国乙卷)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
证明　因为PD⊥底面ABCD，AM 底面ABCD，
所以PD⊥AM.
又因为PB⊥AM，且PD，PB 平面PBD，且PD∩PB＝P，
所以AM⊥平面PBD.
又因为AM 平面PAM，
所以平面PAM⊥平面PBD.
(2)若PD＝DC＝1，求四棱锥PABCD的体积.
解　因为PD＝DC＝1，所以AB＝1，
设BC＝AD＝2a，则BM＝a，
由(1)得AM⊥平面PBD，又BD 平面PBD，则AM⊥BD，
所以∠DAM＋∠ADB＝90°，
又因为四边形ABCD为矩形，
所以∠DAM＋∠BAM＝∠BAD＝90°，
所以∠ADB＝∠BAM，
又因为∠DAB＝∠ABM＝90°，
所以△DAB∽△ABM，
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a α，b α，a∥b a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m α，n α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a β，a⊥α α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a α，a⊥l a⊥β.
2
热点聚焦 分类突破
热点一　空间点、线、面位置关系
【例1】 (1)(2021·西南名校联考)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，F为底面ABCD内一点，则“F为棱BC的中点”是“EF∥平面ABC1D1”的(　　)
A
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　取AD的中点G，连接EG，FG，如图所示.
当F为棱BC的中点时， FG∥AB，EF∥BC1，且EF∩FG＝F，则平面EFG∥平面ABC1D1，
又EF 平面EFG，所以EF∥平面ABC1D1，充分性成立.
显然，GF上的点都满足EF∥平面ABC1D1，即必要性不成立.
所以“F为棱BC的中点”是“EF∥平面ABC1D1”的充分不必要条件.
(2)已知l，m是平面α外的两条不同直线.给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：_________________________________________________________________.
若m∥α，l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α，答案不唯一)
解析　已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行，或l与α相交但不垂直；
由①l⊥m与③l⊥α能推出②m∥α；
由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.
故正确的命题是②③ ①或①③ ②.
1.判断空间位置关系命题的真假
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)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，结合有关定理，进行肯定或否定.
2.两点注意：(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中；(2)当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断.
探究提高
【训练1】 (1)已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”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
B
解析　如图，直线l，m，n不过同一点，且l，m，n共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交.
因此，“l，m，n两两相交”是“l，m，n共面”的一种情况，即“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的必要不充分条件.故选B.
(2)(多选)(2021·广东七校联合体二联)在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为线段AB，A1B1，AA1的中点，下列说法正确的是(　　)
A.平面AC1F∥平面B1CE B.直线FG∥平面B1CE
C.直线CG与BF异面 D.直线C1F与平面CGE相交
AC
解析　对于A，连接EF(图略)，因为E，F分别为AB，A1B1的中点，所以EF綊AA1，结合AA1綊CC1，知EF綊CC1，则四边形EFC1C为平行四边形，所以C1F∥CE，又C1F 平面B1CE，CE 平面B1CE，所以C1F∥平面B1CE.由平行四边形的性质知AF∥B1E，又AF 平面B1CE，B1E 平面B1CE，所以AF∥平面B1CE.又C1F∩AF＝F，所以平面AC1F∥平面B1CE，所以A正确；
对于B，因为平面AC1F∥平面B1CE，直线FG∩平面AC1F＝F，所以直线FG与平面B1CE必相交，所以B不正确；
对于C，假设CG与BF共面，则B，C，F，G在同一平面内，显然不成立，所以C正确；
对于D，由选项A的判断知C1F∥CE，又C1F 平面CGE，CE 平面CGE，所以C1F∥平面CGE，所以D不正确.综上可知，选AC.
热点二　空间平行、垂直关系的证明
【例2】 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
证明　因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
证明　因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.
又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.
因为AE 平面PAE，所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
解　棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE.理由如下：
如图，取PB的中点F，PA的中点G，连接CF，FG，EG，
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以FG∥CE，且FG＝CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF 平面PAE，EG 平面PAE，
所以CF∥平面PAE.
1.利用综合法证明平行与垂直，关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面，如果所给的图形中不存在这样的线与面，要充分利用几何性质和条件连接或添加相关的线与面.
2.垂直、平行关系的证明，主要是运用转化与化归思想，完成线与线、线与面、面与面垂直与平行的转化.在论证过程中，不要忽视定理成立的条件，推理要严谨.
探究提高
(1)求证：CD⊥平面PBD；
所以△ABD，△BCD都为等腰直角三角形，则CD⊥DB.
又因为平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC＝90°，平面PBC∩平面ABCD＝BC，PB 平面PBC，
所以直线PB⊥平面ABCD，
由于CD 平面ABCD，所以PB⊥CD.
又PB∩BD＝B，PB，BD 平面PBD，所以CD⊥平面PBD.
(2)若直线PD与底面ABCD所成的角为60°，求点B到平面PCD的距离.
解　因为PB⊥平面ABCD，所以PD与底面ABCD所成的角是∠PDB＝60°，
热点三　立体几何中的翻折问题
(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
证明　如图，取AC的中点O，连接PO，BO.
因为PC＝PA，所以PO⊥AC.
则PB2＝PO2＋OB2，所以PO⊥OB，
又AC∩OB＝O，且AC，OB 平面ABC，
所以PO⊥平面ABC，
又PO 平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
解　因为平面PAC⊥平面ABC，
又平面PAC∩平面ABC＝AC，且OB⊥AC，OB 平面ABC，
所以OB⊥平面PAC，
1.解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
2.在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形，善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.
探究提高
【训练3】 图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
证明　由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC 平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
解　如图，取CG的中点M，连接EM，DM.
因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，又CG，EM 平面BCGE，故DE⊥CG，DE⊥EM.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG，
又DE∩EM＝E，DE，EM 平面DEM，
故CG⊥平面DEM.
又DM 平面DEM，因此DM⊥CG.
故DM＝2.又CG＝BF＝2，
所以四边形ACGD的面积为S＝2×2＝4.
热点四　空间线面关系的开放性问题
【例4】 如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB＝BC，DB⊥AC，M是棱BB1上一点.
(1)求证：B1D1∥平面A1BD；
证明　在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BB1∥DD1，
且BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D是矩形，
所以B1D1∥BD.
而BD 平面A1BD，B1D1 平面A1BD，
所以B1D1∥平面A1BD.
(2)求证：MD⊥AC；
证明　因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以BB1⊥AC.
又因为BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D，而MD 平面BB1D1D，
所以MD⊥AC.
(3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
解　当M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.证明如下：
取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于点O，连接OM，BN.
因为N是DC中点，BD＝BC，所以BN⊥DC.
又因为平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC，且平面ABCD⊥平面DCC1D1，BN 平面ABCD，
所以BN⊥平面DCC1D1.
易证，O是NN1的中点，
所以BM∥ON，且BM＝ON，
即四边形BMON是平行四边形，所以BN∥OM，
所以OM⊥平面CC1D1D.
因为OM 平面DMC1，
所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.
1.解决空间线面关系的探究性问题，应从平面图形中的平行或垂直关系入手，把所探究的结论转化为平面图形中线线关系，从而确定探究的结果.
2.涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中的某一个.
探究提高
【训练4】 如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥P-ABC的体积；
解　由题知AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥P-ABC的高.
又PA＝1，
在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.
由PA⊥平面ABC且AC 平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，BN，MN 平面MBN，故AC⊥平面MBN.
又BM 平面MBN，所以AC⊥BM.
专题训练 对接高考
3
巩固提升
一、选择题
1.设α，β为两个平面，则α∥β的必要不充分条件是(　　)
A.α内存在两条相交直线与β内两条相交直线平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α，β平行于同一条直线
D.α，β垂直于同一条直线
C
解析　对于A，α内存在两条相交直线与β内两条相交直线平行能推出α∥β，排除A.
对于B，α内有两条相交直线与β平行能推出α∥β，排除B.
对于C，α，β平行于同一条直线，则α与β相交或α∥β，而由α∥β可以得到α，β平行于同一条直线，C正确.
对于D，α，β垂直于同一直线，则α∥β，排除D.
2.(多选)已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题中正确的是(　 　)
A.如果m⊥n，m⊥α，n⊥β，那么α⊥β
B.如果m α，α∥β，那么m∥β
C.如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，那么m∥l
D.如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β
ABC
解析　对于A，如果m⊥n，m⊥α，则n∥α或n α.因为n⊥β，则α⊥β，故正确；对于B，如果m α，α∥β，那么m与β无公共点，则m∥β，故正确；对于C，如果α∩β＝l，m∥α，m∥β，则m∥l，故正确；对于D，如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α与β平行或相交，故错误.
3.已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于(　　)
B
解析　如图所示，设三棱柱的棱长为6，过点A1，B1分别作平面ABC的垂线，垂足分别为E，F，连接AE，AF，BE，EF，则∠B1AF即是AB1与底面ABC所成的角.
∴四边形A1EFB1为矩形，∴EF＝A1B1＝6.
又A1B1綊AB，
∴四边形ABFE为平行四边形，由平行四边形性质得AF2＋BE2＝2(AE2＋AB2)，
A
又A1P＝2，A1C1＝4，
所以P是A1C1的中点.
连接AC与BD交于点O，并连接OP，易证AC⊥平面BDD1B1，直线CP在平面BDD1B1内的射影是OP，
所以∠CPO就是直线CP与平面BDD1B1所成的角.
5.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)
A
解析　如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.
由对称性，知过正方体ABCD-A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.
6.(多选)(2021·长沙质检)已知正方体ABCDA1B1C1D1，过体对角线BD1作平面α交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则(　 　)
A.平面α分正方体所得两部分的体积相等
B.四边形BFD1E一定是平行四边形
C.平面α与平面DBB1不可能垂直
D.四边形BFD1E的面积有最大值
ABD
解析　如图所示，
对于A，由正方体的对称性可知，平面α分正方体所得两部分的体积相等，A正确；
对于B，因为平面ABB1A1∥CC1D1D，平面BFD1E∩平面ABB1A1＝BE，平面BFD1E∩平面CC1D1D＝D1F，所以BE∥D1F，同理可证D1E∥BF，所以四边形BFD1E是平行四边形，B正确；
对于C，当E，F为棱中点时，EF⊥平面BB1D，又因为EF 平面BFD1E，所以平面BFD1E⊥平面BB1D，所以C错误；
对于D，平行四边形BED1F的面积取最大值时即三角形EBD1的面积取得最大值，因为这个三角形的面积的两倍是该平行四边形的面积，而BD1的长度固定，只需点E到BD1的距离最大即可取得面积的最大值，显然存在，所以D正确.
二、填空题
7.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E是BC的中点，则点C到平面C1DE的距离为________.
解析　过点C作C1E的垂线，垂足为点H.
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，BC∩C1C＝C，BC，C1C 平面C1CE，所以DE⊥平面C1CE，又CH 平面C1CE，故DE⊥CH，从而CH⊥平面C1DE，故CH的长即点C到平面C1DE的距离.
8.已知M是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，则下列命题是真命题的有________(填序号).
①过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都相交
②过点M有且只有一条直线与直线AB，B1C1都垂直
③过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都相交
④过点M有且只有一个平面与直线AB，B1C1都平行
①②④
解析　在AB上任取一点P，则平面PMC1与AB，B1C1都相交，这样的平面有无数个，因此③是假命题.①②④均是真命题.
解析　如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，在线段PE取一点G使得GE＝ED.
连接BG，则BG∥OE.
又因为OE 平面AEC，BG 平面AEC，所以BG∥平面AEC.
因为BF∥平面ACE且满足BG∩BF＝B，故平面BGF∥平面AEC.
因为平面PCD∩平面BGF＝GF，平面PCD∩平面AEC＝EC，则GF∥EC.
10.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，若正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，则m＝________；n＝________.
4
4
解析　直线CE 平面ABPQ，从而CE∥平面A1B1P1Q1，
易知CE与正方体的其余四个面所在平面均相交，
则m＝4.
取CD的中点G，连接FG，EG.
易证CD⊥平面EGF，
又AB⊥平面BPP1B1，AB⊥平面AQQ1A1且AB∥CD，
从而平面EGF∥平面BPP1B1∥平面AQQ1A1，
∴EF∥平面BPP1B1，EF∥平面AQQ1A1，
则EF与正方体其余四个面所在平面均相交，n＝4.
三、解答题
11.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在棱AA1，CC1上，且AM＝2MA1，C1N＝2CN.证明：
(1)点D在平面B1MN内；
证明　取BB1上靠近B的三等分点G，连接DM，DN，GN，GA.
因为点N在CC1上，且C1N＝2CN，所以NG∥BC，且NG＝BC，
又因为ABCD为正方形，所以AD∥BC，且AD＝BC，
所以AD∥NG，且AD＝NG，
所以四边形ADNG为平行四边形，所以DN∥AG，且DN＝AG，①
在平面ABB1A1内，M在AA1上，且AM＝2MA1，所以AM∥B1G，且AM＝B1G，
所以AMB1G为平行四边形.
所以AG∥MB1，AG＝MB1，②
由①②得，DN∥MB1，所以D，N，M，B1四点共面.
所以点D在平面B1MN内.
(2)MN⊥BD.
证明　因为ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，所以AA1⊥平面ABCD.
由BD 平面ABCD，所以BD⊥AA1.
又因为AC⊥BD，又AC∩AA1＝A.
所以BD⊥平面AA1C1C，
又因为点M，N分别在棱AA1，CC1上，
所以MN 平面AA1C1C，所以BD⊥MN.
12.如图所示，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，已知AB＝2，EF＝1.
(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；
证明　因为AB为圆O的直径，点F在圆O上，所以AF⊥BF.
又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，CB⊥AB，所以CB⊥圆O所在平面，所以AF⊥BC.
又BC，BF为平面CBF内两条相交直线，
所以AF⊥平面CBF.
又AF 平面DAF，所以平面DAF⊥平面CBF.
(2)若BC＝1，求四棱锥FABCD的体积.
解　连接OE，OF，如图所示，
因为AB＝2，EF＝1，AB∥EF，则四边形OEFA为菱形，
所以AF＝OE＝OA＝1，所以AF＝OA＝OF＝1，
则△OAF为等边三角形.
又矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，且两平面的交线为AB，
所以点F到边OA的距离即四棱锥FABCD的高，
又BC＝1，所以矩形ABCD的面积S＝AB×BC＝2×1＝2.
能力突破
ACD
解析　对于A，如图，连接NS并延长，交AC于点G，连接BG，则点G为AC的中点.
∵PS 平面BB1NG，PS∥平面B1AM，平面B1AM∩平面BB1NG＝B1Q，
∴PS∥B1Q，A正确；
对于B，∵PS∥B1Q，∴∠NPS＝∠NB1Q＝∠B1QB，
∴Rt△PNS∽Rt△QBB1，
∴点P为B1N上靠近N的三等分点，B错误；
对于C，∵AC⊥NG，AC⊥BG，NG∩BG＝G，NG，BG 平面BB1NG，
∴AC⊥平面BB1NG，又PS 平面BB1NG，
∴AC⊥PS，C正确；
对于D，连接PQ，则易知四边形BB1PQ是矩形，
14.如图，三棱柱ABC-A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且E，F分别是BC，A1B1的中点.
(1)求证：BC1⊥A1C；
证明　因为BC1⊥C1C，又平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝C1C，BC1 平面BCC1B1，所以BC1⊥平面A1C1CA.
又因为A1C 平面A1C1CA，所以BC1⊥A1C.
(2)求证：EF∥平面A1C1CA；
证明　取A1C1的中点为G，连接FG，GC，如图所示.
所以EC∥FG，且EC＝FG，
所以四边形FECG是平行四边形，所以EF∥GC.
又因为EF 平面A1C1CA，GC 平面A1C1CA，所以EF∥平面A1C1CA.
解　在线段AB上存在点P，使得BC1⊥平面EFP.理由如下：
取AB的中点为P，连接PE，PF.
因为BC1⊥平面A1C1CA，AC 平面A1C1CA，CG 平面A1C1CA.
所以BC1⊥AC，BC1⊥CG.
在△ABC中，因为P，E分别是AB，BC的中点，
所以PE∥AC.
又由(2)知EF∥CG，所以BC1⊥PE，BC1⊥EF.
由PE∩EF＝E得BC1⊥平面EFP.
故当P是线段AB的中点时，BC1⊥平面EFP.