(共52张PPT)
7.5 空间向量与线、
面位置关系
课标要求 考情分析
1.会进行空间向量的线性运算. 2.理解共线向量定理与共面向量 定理，并能解决相关问题. 3.会进行向量的数量积运算，能 利用向量的数量积解决向量的夹 角、模以及两向量的垂直问题. 4.会用向量法证明线面的平行、 垂直关系. 考点考法：高考命题常与直线、平面的
平行与垂直以及空间角结合在一起考
查，主要考查如何建立空间直角坐标
系，求点的坐标以及运用公式求解问
题.
核心素养：数学运算、逻辑推理、直观
想象
必备知识 自主排查
核心考点 师生共研
必备知识 自主排查
01
1.空间向量及其有关概念
概念 语言描述
共线向量 （平行向 量） 表示若干空间向量的有向线段所在的直线________________
共面向量 平行于同一个平面的向量
共线向量 定理 对任意两个空间向量 , ， 存在实数 ,使
______
互相平行或重合
概念 语言描述
共面向量 定理 如果两个向量 , 不共线，那么向量 与向量 , 共面 存在唯一
的有序实数对 ，使
空间向量 基本定理 及推论 定理：如果三个向量 , , 不共面，那么对任意一个空间向量 ,存
在唯一的有序实数组 ，使得 .
推论：设 ， ， ， 是不共面的四点，则对平面 内任一点
都存在唯一的三个有序实数 , , ，使
且 ___
[提醒] 空间向量基本定理的3点注意：
1
续表
（1）空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底；（2）由于0与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故0不能作为基向量；（3）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示.
2.空间向量的数量积及坐标运算
（1）两个非零空间向量的数量积
① ______________；
② ;
③设 ，则 , .
（2）空间向量运算的坐标表示
项目 , ,
向量和
向量差
数乘向量
数量积 ___________________
共线 , ,
垂直
夹角公式
3.直线的方向向量与平面的法向量
（1）直线的方向向量：如果表示非零向量 的有向线段所在直线与直线
平行或共线，则称此向量 为直线 的方向向量.
（2）平面的法向量：直线 ，取直线 的方向向量 ,则向量 为平面
的法向量.
（3）方向向量和法向量均是非零向量且不唯一.
4.空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线 ， 的方向向量分别为 ，
___________
直线 的方向向量为 ，平面 的法向 量为 __________
位置关系 向量表示
平面 ， 的法向量分别为 ，
__________
续表
【练一练】
1.判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）
（1）空间中任意两个非零向量 , 共面.( )
√
（2）对于非零向量 ，由 ,则 .( )
×
（3）若 是空间的一个基底，则 ， ， 中至多有一个零向量.
( )
×
（4）若 ， ， ， 是空间任意四点，则有 .
( )
√
2.（人A选择性必修第一册 习题 变条件、变设问）若 是
空间的一个基底，且向量 , ,则可以与 , 构成空间
的另一个基底的向量是( )
A. B. C. D.
√
解析：选C.由题意知， , , 不共面，对于选项A，
,
故 , , 共面，排除A；
对于选项B， ,故 ， , 共面，排
除B；
对于选项D，由选项A得， ，故 , , 共面，排除D.故选C.
3.在空间直角坐标系中，已知 , , , ,则
直线 与 的位置关系是( )
A.垂直 B.平行 C.异面 D.相交但不垂直
解析：选B.由题意得， ， ，所以 ，所以 与 共线，又 与 没有公共点，所以 .
√
4.若正四面体 的棱长为2，点 , 分别为 , 的中点，则 的
长为____.
解析：因为
，
所以
.
所以 ,所以 的长为 .
1.在平面中, ， ， 三点共线的充要条件是： （其中
）, 为平面内任意一点.
2.在空间中, ， ， ， 四点共面的充要条件是： （其中 ）, 为空间任意一点.
【用一用】
1.已知空间任意一点 和不共线的三点 ， ， ，若
，则“ ， ， ”是“
， ， ， 四点共面”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：选A.当 ， ， 时， ，则 ， ， ， 四点共面；而 的 , , 不止 , , 这一组，故“ ， ， ”是“ ， ， ， 四点共面”的充分不必要条件.故选A.
2.(2023·重庆市清华中学模拟)已知四点 ， ， ,
，则点 ___平面 .（填“ ”或“ ”）
解析：设 ,
则 ，
得 所以 ， 无解，所以点 平面 .
核心考点 师生共研
02
考点一 空间向量的线性运算（自主练透）
1.（多选）如图所示，在四面体 中，点 是棱
的中点，点 在线段 上，点 在线段 上，且
， ，设 ， ，
，则下列等式成立的是( )
A. B.
C. D.
√
√
解析：选BD.对于A，利用向量的平行四边形法则，
，A错误；
对于B，利用向量的平行四边形法则和三角形法则，得
，B正确；
对于C，因为点 在线段 上，且 ，所以
，C错误；
对于D， ，D正确.故选BD.
2.如图，在长方体 中， 为 的中点.
（1）化简： _____;
解析： .
（2）用 ， ， 表示 ，则 _ ________________.
解析：
.
3.如图，已知四棱柱 的底面
为平行四边形， 为棱 的中点，
， ， 与平面 交于点
，则 ___.
解析：由题可设 ，
因为 ，
所以 ，因为 ， ，
， 四点共面，所以 ，解得
.
空间向量线性运算中的三个关键点
考点二 共线定理、共面定理的应用（师生共研）
例1 (2023·山东聊城模拟)已知 ， ， 三点不共线，对平面 外的任
一点 ，若点 满足 .
（1）判断 ， ， 三个向量是否共面；
【解】 由题知 ，
所以 ，
即 ，
所以 ， ， 共面.
（2）判断点 是否在平面 内.
【解】 由（1）知， ， ， 共面且有公共点 ，
所以 ， ， ， 四点共面，即点 在平面 内.
(2023·山东聊城模拟)已知 ， ， 三点不共线，对平面 外的任
一点 ，若点 满足 .
三点 , , 共线 空间四点 , , , 共面
且同过点 且同过点
对空间任一点 , 对空间任一点 ,
对空间任一点 ， 对空间任一点 ,
证明三点共线和空间四点共面的方法比较
【对点训练】
1.若 , , 三点共线，则 ____.
解析：因为 , ,且 ， ， 三点共线，
所以存在实数 ,使得 ,
即 ,
所以
解得
所以 .
2.已知 ， ， 三点不共线，点 为平面 外任意一点，若点 满足
，则点 ______平面 .（填“属于”或“不属于”）
属于
解析：因为
.
因为 ,
所以 , , , 四点共面，即点 平面 .
考点三 空间向量数量积的应用（一题多变）
例2 如图所示，已知空间四面体 的每条棱长都等于1，点 ， ，
分别是 ， ， 的中点，计算：
【解】 设 , , .
则 , .
（1） ；
【解】 , ,所以 .
如图所示，已知空间四面体 的每条棱长都等于1，点 ， ，
分别是 ， ， 的中点，计算：
（2） .
【解】
.
如图所示，已知空间四面体 的每条棱长都等于1，点 ， ，
分别是 ， ， 的中点，计算：
【一题多变】
1.（变设问）在本例条件下，求证： .
证明：由例题知 ,所以
.
故 ，即 .
2.（变设问）在本例条件下，求 的长.
解：由例题知 ,
，则 ,即 的长为 .
3.（变设问）在本例条件下，求异面直线 与 所成角的余弦值.
解：由例题知 , ,
, ,
因为异面直线所成角的范围是 ，
所以异面直线 与 所成角的余弦值为 .
空间向量数量积的三个应用
求夹角 设向量 ， 所成的角为 ，则 ,进而可求两异
面直线所成的角
求长度（距 离） 运用公式 ，可使线段长度的计算问题转化为向
量数量积的计算问题
解决垂直问 题 利用 ,可将垂直问题转化为
向量数量积的计算问题
【对点训练】
已知空间三点 , , ,设 ， .
（1）若 与 互相垂直，求 的值；
解：因为 ， ，
所以 , .
因为 与 互相垂直，
所以 ,
解得 或 .
即当 与 互相垂直时， 或 .
（2）求 与 夹角的余弦值.
解： 因为 ,
又 ，
,
所以 .
所以 与 夹角的余弦值为 .
考点四 利用空间向量证明平行、垂直（师生共研）
例3 如图，已知 平面 , ， ，
， ， ，点 和 分别为 和 的中点.
求证：
【证明】 因为 , 为 的中点，所以 .
因为 平面 ， ，
所以以 为原点，过 作平行于 的直线，以其为 轴， ， 所在
直线分别为 轴、 轴，建立空间直角坐标系 ，如图，
因为 ， ，
所以 ，
所以 ， ，
， ， ，
则 .
【证明】 ， ， .
设平面 的法向量为 ，
则 即 取 所以 .
因为 ，
所以 .
又 平面 ,所以 平面 .
（1） 平面 ；
（2）平面 平面 .
【证明】 因为 平面 ，
所以 ，又 ， ，
所以 平面 ,
所以 为平面 的一个法向量.
由题易证 平面 ，
所以 为平面 的一个法向量.
因为 ，所以 ，
故平面 平面 .
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系,建系时,要尽可能地利用已知图形中的垂直关系；
（2）建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；
（3）通过空间向量的坐标运算研究平行、垂直关系；
（4）根据运算结果解释相关问题.
[注意]运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理.如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外.
【对点训练】
如图，在底面为直角梯形的四棱锥 中， ，
， 平面 ， ， ， .
解：如图，在平面 内过点 作直线 ，交 于点 ，以
为坐标原点， ， ， 所在的直线分别为 轴、 轴、 轴建立空
间直角坐标系，
则 , , , .设 ,则 ,
（1）求证： .
证明： ， ,
因为 ，所以 .
（2）设点 在棱 上， ,若 平面 ，求 的值.
证明： 由题意知， , , ,
.
因为 ,所以 ,
.
设 为平面 的法向量，
则 即 令 ,得 ，所以 .因为 平面 ，所以 ,所以 ,即 .因为 ,所以 .2025年高考数学一轮复习-7.5-空间向量与线、面位置关系-专项训练
一、基本技能练
1.如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C l，则平面ABC与平面β的交线是( )
A.直线AC B.直线AB
C.直线CD D.直线BC
2.设α，β为两个不同的平面，直线l α，则“l∥β”是“α∥β”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
.3.设m，n是两条不同的直线，α是平面，m，n不在α内，下列结论中错误的是( )
A.m⊥α，n∥α，则m⊥n B.m⊥α，n⊥α，则m∥n
C.m⊥α，m⊥n，则n∥α D.m⊥n，n∥α，则m⊥α
4.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )
A.BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B.BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C.BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D.BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
5.一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是( )
A.MN∥平面ABE B.MN∥平面ADE
C.MN∥平面BDH D.MN∥平面CDE
6.(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面.下列说法中正确的是( )
A.若m∥α，m β，α∩β＝n，则m∥n
B.若m∥n，m∥α，则n∥α
C.若α∩β＝n，α⊥γ，β⊥γ，则n⊥γ
D.若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF∥平面AB1C，则EF＝________.
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.
9.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＝________.
10.四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE＝3ED，若＝λ且满足BF∥平面ACE，则λ＝________.
11.如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上.已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC.
12.如图，过四棱柱ABCD－A1B1C1D1形木块上底面内的一点P和下底面的对角线BD将木块锯开，得到截面BDEF.
(1)请在木块的上表面作出过点P的锯线EF，并说明理由；
(2)若该四棱柱的底面为菱形，四边形BB1D1D是矩形，试证明：平面BDEF⊥平面ACC1A1.
二、创新拓展练
13.(多选)如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列结论正确的是( )
A.三棱锥A－D1PC的体积不变 B.A1P∥平面ACD1
C.DP⊥BC1 D.平面PDB1⊥平面ACD1
14.(多选)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1，则下列结论中正确的是( )
A.平面A1B1CD⊥平面BC1D
B.在直线A1C上存在一点R使得D1R⊥平面BC1D
C.平面A1B1CD上存在一点P使得D1P∥平面BC1D
D.在直线A1C上存在一点Q使得D1Q∥平面BC1D
15.如图，平面ABC⊥平面BCDE，四边形BCDE为矩形，BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2，点P为线段DE上一点，当三棱锥P－ACE的体积为时，＝________.
16.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在棱BB1上.
(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；
(2)在下列给出的三个条件中选取两个条件，并说明能否证明AB1⊥平面C1DF.
①F为BB1的中点；②AB1＝；
③AA1＝.
注：如果选择多种情况分别解答，那么按第一个解答计分.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 C
解析 由题意知，D∈l，l β，∴D∈β.
又D∈AB，∴D∈平面ABC，
∴点D在平面ABC与平面β的交线上，
又C∈平面ABC，C∈β，
∴点C在平面β与平面ABC的交线上，
∴平面ABC∩平面β＝直线CD.
2.答案 B
解析 只有l∥β不能推出α∥β，但α∥β时，可以得到l∥β.
3.答案 D
解析 对于A，∵n∥α，由线面平行的性质定理可知，过直线n的平面β与平面α的交线l平行于n，
∵m⊥α，l α，∴m⊥l，∴m⊥n，故A正确；
对于B，若m⊥α，n⊥α，由直线与平面垂直的性质，可得m∥n，故B正确；
对于C，若m⊥α，m⊥n，
则n∥α或n α，又n α，
∴n∥α，故C正确；
对于D，若m⊥n，n∥α，则m∥α或m与α相交或m α，而m α，则m∥α或m与α相交，故D错误.
4.答案 B
解析 因为N为正方形ABCD的中心，
△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，
M是线段ED的中点，连接BD，
所以BM 平面BDE，EN 平面BDE，
又BM是△BDE中DE边上的中线，
EN是△BDE中BD边上的中线，
所以BM，EN是相交直线，
设DE＝a，则BD＝a，
BE＝＝a，
所以BM＝a，EN＝＝a，
所以BM≠EN.
5.答案 C
解析 如图，连接BD，取BD的中点O，连接OM，OH，AC，BH，MN.
因为M，N分别是BC，GH的中点，
所以OM∥CD，且OM＝CD，NH∥CD，且NH＝CD，
所以OM∥NH且OM＝NH，
所以四边形MNHO是平行四边形，
所以OH∥MN.
又MN 平面BDH，OH 平面BDH，所以MN∥平面BDH，故选C.
6.答案 ACD
解析 由线面平行的性质定理可知：
选项A正确；
若m∥n，m∥α，则n∥α或n α，所以选项B错误；
如图，设α∩γ＝l，β∩γ＝m，在平面γ内取一点A，过点A分别作AB⊥l，AC⊥m，
垂足分别为B，C，
因为α⊥γ，α∩γ＝l，AB⊥l，AB γ，
所以AB⊥α，因为n α，
所以AB⊥n，同理可得AC⊥n，
因为AB∩AC＝A，所以n⊥γ，所以选项C正确；
因为m⊥α，m⊥β，所以α∥β，又α∥γ，
所以β∥γ，所以选项D正确.故选ACD.
7.答案
解析 根据题意，因为EF∥平面AB1C，EF 平面ACD，平面ACD∩平面AB1C＝AC，
所以EF∥AC.又E是AD的中点，
所以F是CD的中点.
因为在Rt△DEF中，DE＝DF＝1，故EF＝.
8.答案 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.
9.答案 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.
10.答案
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.
所以＝＝，即λ＝为所求.
11..证明 (1)以O为坐标原点，以射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4).
于是＝(0，3，4)，＝(－8，0，0)，
所以·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，
所以⊥，即AP⊥BC.
(2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上，
所以＝＝，
又＝(－4，－5，0)，
所以＝＋＝，
则·＝(0，3，4)·＝0，
所以⊥，即AP⊥BM，
又根据(1)的结论知AP⊥BC，
且BC∩BM＝B，BC，BM 平面BMC，
所以AP⊥平面BMC，
于是AM⊥平面BMC.
又AM 平面AMC，
故平面AMC⊥平面BMC.
12.(1)解 在上底面内过点P作B1D1的平行线分别交A1D1，A1B1于E，F两点，则EF为所作的锯线.
在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱B1B∥D1D，B1B＝D1D，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，
B1D1∥BD.
又EF∥B1D1，
所以EF∥BD，故EF为截面BDEF与平面A1B1C1D1的交线，故EF为所作锯线.如图所示.
(2)证明 由于四边形BB1D1D是矩形，
所以BD⊥B1B.
又A1A∥B1B，所以BD⊥A1A.
又四棱柱的底面为菱形，所以BD⊥AC.
因为AC∩A1A＝A，AC，A1A 平面A1C1CA，所以BD⊥平面A1C1CA.
因为BD 平面BDEF，
所以平面BDEF⊥平面A1C1CA.
二、创新拓展练
13.(多选)答案 ABD
解析 对于A，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，
所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A－D1PC的体积不变，故A正确；
对于B，连接A1B，A1C1，则A1C1∥AC，由A知：AD1∥BC1，
所以平面BA1C1∥平面ACD1，从而有A1P∥平面ACD1，故B正确；
对于C，由于DC⊥平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，
若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，
所以BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故C错误；
对于D，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，
可得DB1⊥平面ACD1，从而由面面垂直的判定知，平面PDB1⊥平面ACD1，故D正确.
14.答案 ACD
解析 对于A，可以证明BC1⊥平面A1B1CD，从而平面A1B1CD⊥平面BC1D.
对于B，过点A1作A1S⊥OD于点S，
因为平面A1B1CD⊥平面BC1D，
所以A1S⊥平面BC1D，
设R为直线A1C上任意一点，连接PR，D1R，
则A1S，D1R一定为异面直线，
所以不存在直线A1C上的一点R使得D1R⊥平面BC1D.
对于C，设A1D∩AD1＝P，则P为平面A1B1CD上的一点，满足D1P∥平面BC1D.
对于D，设B1C∩BC1＝O，连接DO，过点P作PQ∥DO交A1C于Q，连接D1Q，
可以证明平面PQD1∥平面BC1D，
所以存在直线A1C上的一点Q，使得D1Q∥平面BC1D.
故选ACD.
15.答案
解析 如图，过A作AF⊥CB的延长线，垂足为F，
∵平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
∴AF⊥平面BCDE，
由BE＝2，BC＝4，△ABC的面积为2，得BC·AF＝2，
∴AF＝，
在DE上取一点P，连接AP，CP，AD，
∵VP－ACE＝VA－PCE＝××PE×CD×AF＝.
∴PE＝1，∴＝.
16.(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，依题意有A1C1＝B1C1＝1，
且∠A1C1B1＝90°，
又D是A1B1的中点，则C1D⊥A1B1，
又AA1⊥平面A1B1C1，C1D 平面A1B1C1，所以AA1⊥C1D，
又A1B1∩AA1＝A1，
A1B1 平面AA1B1B，
AA1 平面AA1B1B，
所以C1D⊥平面AA1B1B.
(2)解 若选①③，则能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
连接A1B，如图，
则DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝，又AA1＝，于是得四边形AA1B1B为正方形.
所以A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1.
因为C1D⊥平面AA1B1B，
AB1 平面AA1B1B，
所以C1D⊥AB1，
又DF∩C1D＝D，C1D 平面C1DF，
DF 平面C1DF，
所以AB1⊥平面C1DF.
若选①②，则不能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
连接A1B(图略)，则DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
则AB＝，AA1＝＝1，
则A1B与AB1不垂直，
即DF与AB1不垂直，
所以AB1不垂直于平面C1DF.
若选②③，则不能证明AB1⊥平面C1DF，理由如下.
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝，又AB1＝＝2≠，矛盾，
所以不能证明AB1⊥平面C1DF.
