如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB，D，D1，G分别为AB，A1B1，A1C1的中点，E、F在BB1

解题思路：（1）由题意取B₁C₁的中点H，连接GH、BH，只要证明四边形BDGH为平行四边形，再利用直线与平面平行的判定定理进行证明，即可解决问题；
（2）已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁为正三棱柱，D₁分别为A₁B₁的中点，取BB₁的中点为P，连接AP、A₁P，则AP∥DE，A₁P∥D₁F，在等腰直角△ABP和△A₁B₁P中，可证AP⊥A₁P，然后利用平面与平面垂直的判定定理进行证明；

证明：（1）如图，取B₁C₁的中点H，连接GH、BH，
∵D，G分别为AB，A₁C₁的中点，
∴GH∥A₁B₁，GH＝
1
2A1B1，BD＝
1
2AB，
又三棱柱ABC-A₁B₁C₁为正三棱柱，则BD∥GH，BD=GH，
故四边形BDGH为平行四边形，
∴DG∥BH，（4分）
又DG⊄平面BCC₁B₁，BH⊂平面BCC₁B₁，
∴DG∥平面BCC₁B₁；（6分）
（2）由三棱柱ABC-A₁B₁C₁为正三棱柱，D₁分别为A₁B₁的中点，
∴C₁D₁⊥平面ABB₁A₁，又DE⊂平面ABB₁A₁，
∴C₁D₁⊥DE，（8分）
取BB₁的中点为P，连接AP、A₁P，则AP∥DE，A₁P∥D₁F，
设AB=a，由AA₁=2AB，BB₁=4BE=4B₁F，
在等腰直角△ABP和△A₁B₁P中，AP＝
2a，A1P＝
2a，
又AA₁=2a，故AA₁²=AP²+A₁P²，则AP⊥A₁P，
∴在平面ABB₁A₁内，DE⊥D₁F，（11分）
又C₁D₁∩D₁F=D₁，C₁D₁⊂平面C₁D₁F，FD₁⊂平面C₁D₁F，
∴DE⊥平面C₁D₁F，又DE⊂平面DEG，
∴平面DEG⊥平面C₁D₁F．（14分）

点评：
本题考点： 直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定．

考点点评： 此题考查直线与平面平行的判断及平面与平面垂直的判断，此类问题一般先证明两个面平行，再证直线和面平行，这种做题思想要记住，此类立体几何题是每年高考必考的一道大题，同学们要课下要多练习．