2022届高三数学一轮复习（原卷版）第4讲　直线、平面垂直的判定与性质.doc

第 4 讲 直线、平面垂直的判定与性质 一、知识梳理 1直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 a，babOlalbl 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 abab 2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面过另一个平面的垂线， 则这两个平面垂直 ll 性质 定理 两个平面垂直， 则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 lalal 3.空间角 (1)直线与平面所成的角 定义： 平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角， 叫做这条直线和这个平面所成的角，如图，PAO 就是斜线 AP 与平面 所成的角 线面角 的范围：0，2 (2)二面角 定义： 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角 这条直线叫做二面角的棱两个半平面叫做二面角的面 如图的二面角，可记作：二面角 - l- 或二面角 P- AB- Q 二面角的平面角 如图，过二面角 - l- 的棱 l 上一点 O 在两个半平面内分别作 BOl，AOl，则AOB就叫做二面角 - l- 的平面角 二面角的范围 设二面角的平面角为 ，则 0， 当 2时，二面角叫做直二面角 常用结论 1与线面垂直相关的两个常用结论： (1)两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直 (2)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直 2三种垂直关系的转化： 线线垂直判定定理性质定理线面垂直判定定理性质定理面面垂直 二、教材衍化 1已知互相垂直的平面 ， 交于直线 l.若直线 m，n 满足 m，n，则( ) Aml Bmn Cnl Dmn 解析：选 C由题意知，l，所以 l，因为 n，所以 nl. 2在三棱锥 P- ABC 中，点 P 在平面 ABC 中的射影为点 O. (1)若 PAPBPC，则点 O 是ABC 的_心； (2)若 PAPB，PBPC，PCPA，则点 O 是ABC 的_心 解析： (1)如图，连接 OA，OB，OC，OP，在 RtPOA，RtPOB 和 RtPOC 中，PAPBPC，所以 OAOBOC，即 O 为ABC 的外心 (2)如图，延长 AO，BO，CO 分别交 BC，AC，AB 于点 H，D，G.因为 PCPA，PBPC，PAPBP， 所以 PC平面 PAB，又 AB平面 PAB，所以 PCAB，因为 ABPO，POPCP，所以 AB平面 PGC，又 CG平面 PGC，所以 ABCG，即 CG 为ABC 边 AB 上的高同理可证 BD，AH 分别为ABC 边 AC，BC 上的高，即 O 为ABC 的垂心 答案：(1)外 (2)垂 一、思考辨析 判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)已知直线 a，b，c，若 ab，bc，则 ac.( ) (2)直线 l 与平面 内的无数条直线都垂直，则 l.( ) (3)设 m，n 是两条不同的直线， 是一个平面，若 mn，m，则 n.( ) (4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面( ) (5)若平面 内的一条直线垂直于平面 内的无数条直线，则 .( ) 答案：(1) (2) (3) (4) (5) 二、易错纠偏 常见误区| (1)证明线面垂直时，易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件； (2)面面垂直的判定中找不到哪个面和哪条线垂直 1(2020 安徽江南十校联考)已知 m 和 n 是两条不同的直线， 和 是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出 m 的是( ) A 且 m Bmn 且 n Cmn 且 n Dmn 且 解析：选 C由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知 C 正确 2(2020 辽宁大连第一次(3 月)双基测试)已知直线 l 和平面 ，且 l，则“l”是“”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由面面垂直的判定定理可得，若 l，l，则 ，充分性成立； 若 l，则 l 或 l，必要性不成立， 所以若 l，则“l”是“”的充分不必要条件，故选 A 考点一 线面垂直的判定与性质(基础型) 复习指导| 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中直线与平面垂直的有关性质与判定定理，并能运用定理证明一些结论 核心素养：逻辑推理、直观想象 (1)(2018 高考全国卷节选)如图，在三棱锥 P- ABC 中，ABBC2 2，PAPBPCAC4，O 为 AC 的中点证明：PO平面 ABC. (2)(2020 重庆市七校联合考试)如图，直三棱柱 ABC- A1B1C1的所有棱长都是 2，D，E分别是 AC，CC1的中点求证：AE平面 A1BD. 【证明】 (1)因为 APCPAC4，O 为 AC 的中点， 所以 OPAC，且 OP2 3. 连接 OB.因为 ABBC22AC， 所以ABC 为等腰直角三角形， 且 OBAC，OB12AC2. 由 OP2OB2PB2知，POOB. 由 OPOB，OPAC 知 PO平面 ABC. (2)因为 ABBCCA，D 是 AC 的中点， 所以 BDAC， 因为直三棱柱 ABC- A1B1C1中，AA1平面 ABC， 所以平面 AA1C1C平面 ABC， 所以 BD平面 AA1C1C， 所以 BDAE. 又在正方形 AA1C1C 中，D，E 分别是 AC，CC1的中点， 所以 A1DAE.又 A1DBDD， 所以 AE平面 A1BD. 判定线面垂直的四种方法 1如图，在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，底面 ABC 是正三角形，M，N 分别是 AB，AA1的中点，且 A1MB1N. 求证：B1NA1C. 证明：连接 CM，在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，AA1平面 ABC，CM平面 ABC，所以AA1CM. 在ABC 中，ACBC，AMBM，所以 CMAB. 又 AA1ABA，所以 CM平面 ABB1A1. 因为 B1N平面 ABB1A1，所以 CMB1N. 又 A1MB1N，A1MCMM，所以 B1N平面 A1CM. 因为 A1C平面 A1CM，所以 B1NA1C. 2如图，在三棱锥 A- BCD 中，ABAD，BCBD，平面 ABD平面 BCD，点 E，F(E与 A，D 不重合)分别在棱 AD，BD 上，且 EFAD. 求证：(1)EF平面 ABC； (2)ADAC. 证明：(1)在平面 ABD 内，因为 ABAD，EFAD，所以 EFAB. 又因为 EF平面 ABC，AB平面 ABC， 所以 EF平面 ABC. (2)因为平面 ABD平面 BCD， 平面 ABD平面 BCDBD， BC平面 BCD，BCBD， 所以 BC平面 ABD. 因为 AD平面 ABD， 所以 BCAD. 又 ABAD，BCABB，AB平面 ABC，BC平面 ABC，所以 AD平面 ABC. 又因为 AC平面 ABC，所以 ADAC. 考点二 面面垂直的判定与性质(基础型) 复习指导| 以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中直线与平面垂直的有关性质与判定定理，并能运用定理证明一些结论 核心素养：逻辑推理、直观想象 (2019 高考北京卷节选)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； (2)若ABC60 ，求证：平面 PAB平面 PAE. 【证明】 (1)因为 PA平面 ABCD， 所以 PABD. 因为底面 ABCD 为菱形，所以 BDAC. 又 PAACA，所以 BD平面 PAC. (2)因为 PA平面 ABCD，AE平面 ABCD， 所以 PAAE. 因为底面 ABCD 为菱形，ABC60 ， 且 E 为 CD 的中点，所以 AECD.所以 ABAE. 又 ABPAA，所以 AE平面 PAB. 因为 AE平面 PAE， 所以平面 PAB平面 PAE. (1)证明面面垂直的方法 定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题 定理法： 利用面面垂直的判定定理， 即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决 (2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直 1如图，在四棱锥 P- ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD， PAPD，PAPD，E 为 AD 的中点 (1)求证：PEBC； (2)求证：平面 PAB平面 PCD. 证明：(1)因为 PAPD，E 为 AD 的中点，所以 PEAD.因为底面 ABCD 为矩形，所以BCAD.所以 PEBC. (2)因为底面 ABCD 为矩形，所以 ABAD.又因为平面 PAD平面 ABCD，所以 AB平面 PAD.所以 ABPD.又因为 PAPD，所以 PD平面 PAB.所以平面 PAB平面 PCD. 2.如图，在三棱锥 A- BCD 中，ABC 是等边三角形，BADBCD90 ，点 P 是AC 的中点，连接 BP，DP.证明：平面 ACD平面 BDP. 证明：因为ABC 是等边三角形，BADBCD90 ， 所以 RtABDRtCBD，可得 ADCD. 因为点 P 是 AC 的中点，所以 PDAC，PBAC， 因为 PDPBP，PD平面 PBD，PB平面 PBD， 所以 AC平面 PBD. 因为 AC平面 ACD， 所以平面 ACD平面 BDP. 考点三 空间中的翻折问题(综合型) 复习指导| 折叠问题的关键有二：画好两个图折叠前的平面图和折叠后的立体图；分析好两个关系折叠前后哪些位置关系和数量关系发生了变化，哪些没有改变 (2019 高考全国卷)图 1 是由矩形 ADEB， RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB1，BEBF2，FBC60 .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； (2)求图 2 中的四边形 ACGD 的面积 【解】 (1)证明：由已知得 ADBE，CGBE， 所以 ADCG，故 AD，CG 确定一个平面， 从而 A，C，G，D 四点共面 由已知得 ABBE，ABBC，故 AB平面 BCGE. 又因为 AB平面 ABC， 所以平面 ABC平面 BCGE. (2)如图，取 CG 的中点 M，连接 EM，DM. 因为 ABDE，AB平面 BCGE， 所以 DE平面 BCGE，故 DECG. 由已知，四边形 BCGE 是菱形， 且EBC60 得 EMCG， 故 CG平面 DEM. 因此 DMCG. 在 RtDEM 中，DE1，EM 3，故 DM2. 所以四边形 ACGD 的面积为 4. 解决此类问题的关键就是根据折痕，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”： (1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； (2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变.,其步骤为： 第一步 确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量 第二步 在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面 第三步 利用判定定理或性质定理进行证明 (2020 济南市模拟考试)如图 1 所示，在等腰梯形 ABCD 中，ABCD，BAD45 ，AB2CD4，点 E 为 AB 的中点将ADE 沿 DE 折起，使点 A 到达点 P的位置，得到如图 2 所示的四棱锥 P- EBCD，点 M 为棱 PB 的中点 (1)求证：PD平面 MCE； (2)若平面 PDE平面 EBCD，求三棱锥 M- BCE 的体积 解： (1)证明：在题图 1 中， 因为 BE12ABCD 且 BECD， 所以四边形 EBCD 是平行四边形 如图，连接 BD，交 CE 于点 O，连接 OM， 所以点 O 是 BD 的中点， 又点 M 为棱 PB 的中点， 所以 OMPD， 因为 PD平面 MCE，OM平面 MCE， 所以 PD平面 MCE. (2)在题图 1 中， 因为四边形 EBCD 是平行四边形，所以 DEBC， 因为四边形 ABCD 是等腰梯形， 所以 ADBC，所以 ADDE， 因为BAD45 ， 所以 ADDE. 所以 PDDE， 又平面 PDE平面 EBCD，且平面 PDE平面 EBCDDE， 所以 PD平面 EBCD. 由(1)知 OMPD，所以 OM平面 EBCD， 在等腰直角三角形 ADE 中，因为 AE2，所以 ADDE 2， 所以 OM12PD12AD22，SBCESADE1， 所以 V三棱锥M- BCE13SBCEOM26. 基础题组练 1设 为平面，a，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( ) A若 a，b，则 ab B若 a，ab，则 b C若 a，ab，则 b D若 a，ab，则 b 解析：选 B若 a，b，则 a 与 b 相交、平行或异面，故 A 错误；易知 B 正确；若 a，ab，则 b 或 b，故 C 错误；若 a，ab，则 b 或 b，或 b 与 相交，故 D 错误故选 B 2(2020 广州一模)设 m，n 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A若 ，m，n，则 mn B若 m，mn，n，则 C若 mn，m，n，则 D若 ，m，n，则 mn 解析：选 B若 ，m，n，则 m 与 n 相交、平行或异面，故 A 错误； 因为 m，mn，所以 n， 又因为 n，所以 ，故 B 正确； 若 mn，m，n，则 与 的位置关系不确定，故 C 错误； 若 ，m，n，则 mn 或 m，n 异面， 故 D 错误 3.如图，在斜三棱柱 ABC- A1B1C1中，BAC90 ，BC1AC，则 C1在底面 ABC 上的射影 H 必在( ) A直线 AB 上 B直线 BC 上 C直线 AC 上 DABC 内部 解析：选 A由 ACAB，ACBC1，得 AC平面 ABC1. 因为 AC平面 ABC， 所以平面 ABC1平面 ABC. 所以 C1在平面 ABC 上的射影 H 必在两平面的交线 AB 上 4(2020 黑龙江鹤岗模拟)如图，在三棱锥 VABC 中，VO平面 ABC，OCD，VAVB，ADBD，则下列结论中不一定成立的是( ) AACBC BABVC CVCVD DSVCDABSABCVO 解析：选 C因为 VO平面 ABC，AB平面 ABC，所以 VOAB.因为 VAVB，ADBD，所以 VDAB.又因为 VOVDV，所以 AB平面 VCD.又因为 CD平面 VCD，所以 ABCD.又因为 ADBD，所以 ACBC，故 A 正确 又因为 VC平面 VCD，所以 ABVC，故 B 正确； 因为 SVCD12VO CD，SABC12AB CD，所以 SVCDABSABCVO，故 D 正确由题中条件无法判断 VCVD.故选 C 5. (多选)如图，AC2R 为圆 O 的直径，PCA45 ，PA 垂直于圆 O 所在的平面，B为圆周上不与点 A， C 重合的点， ASPC 于点 S， ANPB 于点 N， 则下列选项正确的是( ) A平面 ANS平面 PBC B平面 ANS平面 PAB C平面 PAB平面 PBC D平面 ABC平面 PAC 解析：选 ACD因为 PA平面 ABC，PA平面 PAC，所以平面 ABC平面 PAC，故 D正确； 因为 B 为圆周上不与 A， C 重合的点， AC 为直径， 所以 BCAB， 因为 PA平面 ABC，BC平面 ABC，所以 BCPA，又 ABPAA，所以 BC平面 PAB，又 BC平面 PBC，所以平面 PAB平面 PBC，故 C 正确；因为 ABBC，BCPA，又 PAABA，所以 BC平面 PAB，所以 BCAN，又因为 ANPB，PBBCB，所以 AN平面 PBC，又 AN平面 ANS，所以平面 ANS平面 PBC，故 A 正确故选 ACD 6.如图，在ABC 中，ACB90 ，AB8，ABC60 ，PC平面 ABC，PC4，M 是边 AB 上的一个动点，则 PM 的最小值为_ 解析：作 CHAB 于 H，连接 PH.因为 PC平面 ABC，所以 PHAB，PH 为 PM 的最小值，等于 2 7. 答案：2 7 7(2019 高考北京卷)已知 l，m 是平面 外的两条不同直线给出下列三个论断： lm；m；l. 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：_ 解析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成 3 个命题 命题(1)：若 lm，m，则 l，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCD- A1B1C1D1中，设平面 ABCD 为平面 ，A1D1和 A1B1分别为 l 和 m，满足条件，但结论不成立 命题(2)：若 lm，l，则 m，此命题正确证明：作直线 m1m，且与 l 相交，故 l 与 m1确定一个平面 ，且 lm1，因为 l，所以平面 与平面 相交，设 n，则 ln， 又 m1， n， 所以 m1n， 又 m1m， 所以 mn， 又 m 在平面 外， n， 故 m. 命题(3)：若 m，l，则 lm，此命题正确证明：过直线 m 作一平面，且与平面 相交，交线为 a，因为 m，所以 ma.因为 l，a，所以 la，又 ma，所以 lm. 答案：或(答案不唯一) 8如图，已知BAC90 ，PC平面 ABC，则在ABC，PAC 的边所在的直线中，与 PC 垂直的直线有_；与 AP 垂直的直线有_ 解析：因为 PC平面 ABC， 所以 PC 垂直于直线 AB，BC，AC. 因为 ABAC，ABPC，ACPCC， 所以 AB平面 PAC， 又因为 AP平面 PAC， 所以 ABAP，与 AP 垂直的直线是 AB. 答案：AB，BC，AC AB 9.如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PC平面 ABCD，ABDC，DCAC. (1)求证：DC平面 PAC； (2)求证：平面 PAB平面 PAC. 证明：(1)因为 PC平面 ABCD，DC平面 ABCD， 所以 PCDC. 又因为 ACDC，且 PCACC， 所以 DC平面 PAC. (2)因为 ABCD，DCAC， 所以 ABAC. 因为 PC平面 ABCD，AB平面 ABCD， 所以 PCAB. 又因为 PCACC， 所以 AB平面 PAC. 又 AB平面 PAB， 所以平面 PAB平面 PAC. 10(2020 内蒙古呼和浩特第一次质量普查)如图，平面四边形 ABCD 中，ABBD，ABBCCD2，BD2 2，沿 BD 折起，使 AC2 2. (1)证明：ACD 为直角三角形； (2)设 B 在平面 ACD 内的射影为 P，求四面体 PBCD 的体积 解：(1)证明：在 RtABD 中，ABBD，AB2，BD2 2， 所以 AD AB2BD2 482 3， 因为 AC2 2，CD2，所以 AC2CD2AD2， 所以 ACCD， 所以ACD 是直角三角形 (2)由(1)知 CDAC，易知 CDBC， 因为 ACBCC，所以 CD平面 ABC，又 CD平面 ACD， 所以平面 ABC平面 ACD，其交线为 AC， 故过 B 点作 AC 的垂线，垂足为 P，点 P 即为 B 在平面 ACD 内的射影， 易知 P 为 AC 的中点， 所以四面体 PBCD 的体积 VPBCD131222123. 综合题组练 1.如图，在正四面体 PABC 中，D，E，F 分别是 AB，BC，CA 的中点，下面四个结论不成立的是( ) ABC平面 PDF BDF平面 PAE C平面 PDF平面 PAE D平面 PDE平面 ABC 解析：选 D因为 BCDF，DF平面 PDF，BC平面 PDF，所以 BC平面 PDF，故选项 A 正确 在正四面体中，AEBC，PEBC，DFBC， 所以 BC平面 PAE，则 DF平面 PAE，从而平面 PDF平面 PAE.因此选项 B，C 均正确 2. (多选)如图，一张 A4 纸的长、宽分别为 2 2a，2a，A，B，C，D 分别是其四条边的中点现将其沿图中虚线折起，使得 P1，P2，P3，P4四点重合为一点 P，从而得到一个多面体下列关于该多面体的命题，正确的是( ) A该多面体是三棱锥 B平面 BAD平面 BCD C平面 BAC平面 ACD D该多面体外接球的表面积为 5a2 解析：选 ABCD由题意得该多面体是一个三棱锥，故 A 正确；因为 APBP，APCP， BPCPP， 所以 AP平面 BCD， 又因为 AP平面 BAD， 所以平面 BAD平面 BCD，故 B 正确；同理可证平面 BAC平面 ACD，故 C 正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径 R52a，所以该多面体外接球的表面积为 5a2，故 D 正确综上，正确的命题为ABCD 3在矩形 ABCD 中，ABBC，现将ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论： 存在某个位置，使得直线 AC 与直线 BD 垂直； 存在某个位置，使得直线 AB 与直线 CD 垂直； 存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直 其中正确结论的序号是_(写出所有正确结论的序号) 解析：假设 AC 与 BD 垂直，过点 A 作 AEBD 于点 E，连接 CE.则 AEBDBDACBD平面 AECBDCE，而在平面 BCD 中，EC 与 BD 不垂直，故假设不成立，错 假设 ABCD，因为 ABAD，所以 AB平面 ACD，所以 ABAC，由 ABBC 可知，存在这样的等腰直角三角形，使 ABCD，故假设成立，正确 假设 ADBC， 因为 DCBC，所以 BC平面 ADC， 所以 BCAC，即ABC 为直角三角形，且 AB 为斜边，而 ABBC，故矛盾，假设不成立，错综上，填. 答案： 4如图，直三棱柱 ABC- A1B1C1中，侧棱长为 2，ACBC1，ACB90 ，D 是 A1B1的中点，F 是 BB1上的动点，AB1，DF 交于点 E.要使 AB1平面 C1DF，则线段 B1F 的长为_ 解析：设 B1Fx，因为 AB1平面 C1DF，DF平面 C1DF，所以 AB1DF. 由已知可以得 A1B1 2， 设 RtAA1B1斜边 AB1上的高为 h，则 DE12h， 又 2 2h22( 2)2， 所以 h2 33，DE33. 在 RtDB1E 中，B1E(22)2(33)266. 由面积相等得66 x2(22)222x，得 x12.即线段 B1F 的长为12. 答案：12 5(2020 广东七校联考)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PA平面 ABCD，四边形 ABCD为正方形，PAAB2，E 是 AB 的中点，G 是 PD 的中点 (1)求四棱锥 P- ABCD 的体积； (2)求证：AG平面 PEC； (3)求证：平面 PCD平面 PEC. 解：(1)易知 V四棱锥P- ABCD13S正方形ABCDPA1322283. (2)证明：如图，取 PC 的中点 F，连接 EF 和 FG， 则易得 AEFG，且 AE12CDFG， 所以四边形 AEFG 为平行四边形，所以 EFAG. 因为 EF平面 PEC，AG平面 PEC， 所以 AG平面 PEC. (3)证明：易知 CDAD，CDPA， 因为 PAADA，PA平面 PAD，AD平面 PAD， 所以 CD平面 PAD. 又 AG平面 PAD，所以 CDAG. 易知 PDAG，因为 PDCDD，PD平面 PCD，CD平面 PCD， 所以 AG平面 PCD， 所以 EF平面 PCD. 又 EF平面 PEC， 所以平面 PEC平面 PCD. 6.如图，在三棱柱 ABC- A1B1C1中，侧棱 AA1底面 ABC，M 为棱 AC 的中点ABBC，AC2，AA1 2. (1)求证：B1C平面 A1BM； (2)求证：AC1平面 A1BM； (3)在棱 BB1上是否存在点 N，使得平面 AC1N平面 AA1C1C？如果存在，求此时BNBB1的值；如果不存在，请说明理由 解：(1)证明：连接 AB1与 A1B，两线交于点 O，连接 OM. 在B1AC 中，因为 M，O 分别为 AC，AB1的中点， 所以 OMB1C， 又因为 OM平面 A1BM，B1C平面 A1BM， 所以 B1C平面 A1BM. (2)证明：因为侧棱 AA1底面 ABC ，BM平面 ABC， 所以 AA1BM， 又因为 M 为棱 AC 的中点，ABBC，所以 BMAC. 因为 AA1ACA，AA1，AC平面 ACC1A1， 所以 BM平面 ACC1A1， 所以 BMAC1. 因为 AC2，所以 AM1. 又因为 AA1 2， 所以在 RtACC1和 RtA1AM 中， tanAC1CtanA1MA 2， 所以AC1CA1MA， 即AC1CC1ACA1MAC1AC90 ， 所以 A1MAC1. 因为 BMA1MM，BM，A1M平面 A1BM， 所以 AC1平面 A1BM. (3)当点 N 为 BB1的中点，即BNBB112时，平面 AC1N平面 AA1C1C. 证明如下： 设 AC1的中点为 D，连接 DM，DN.因为 D，M 分别为 AC1，AC 的中点， 所以 DMCC1，且 DM12CC1. 又因为 N 为 BB1的中点， 所以 DMBN，且 DMBN， 所以四边形 BNDM 为平行四边形，所以 BMDN， 因为 BM平面 ACC1A1，所以 DN平面 AA1C1C. 又因为 DN平面 AC1N， 所以平面 AC1N平面 AA1C1C.