（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題八 立體幾何 4 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)試題 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

直線、平面垂直的判定與性質(zhì)挖命題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)1.直線與平面垂直的判定與性質(zhì)①以立體幾何的有關(guān)定義、公理和定理為出發(fā)點(diǎn),認(rèn)識(shí)和理解空間中線面垂直、面面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理,并能夠證明相關(guān)性質(zhì)定理.②能運(yùn)用線面垂直、面面垂直的判定及性質(zhì)定理證明空間圖形的垂直關(guān)系2016課標(biāo)Ⅱ,19,12分線面垂直的判定翻折問題、二面角★★★2014課標(biāo)Ⅰ,19,12分線面垂直的判定二面角2.平面與平面垂直的判定與性質(zhì)2017課標(biāo)Ⅰ,18,12分面面垂直的判定二面角★★★2017課標(biāo)Ⅲ,19,12分面面垂直的定義和判定三棱錐的體積及二面角2016課標(biāo)Ⅰ,18,12分面面垂直的判定二面角2015課標(biāo)Ⅰ,18,12分面面垂直的判定線面垂直的性質(zhì)、異面直線所成的角分析解讀從近5年高考情況來看,線面、面面垂直的判定與性質(zhì)是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容,以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)時(shí),常考查判斷命題的真假;以解答題的形式出現(xiàn)時(shí),?？疾樽C明幾何體中直線、平面垂直的位置關(guān)系.解答時(shí)要把定義、判定和性質(zhì)結(jié)合起來,會(huì)進(jìn)行線線、線面、面面問題的相互轉(zhuǎn)化.破考點(diǎn)【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2017河南中原名校聯(lián)盟4月聯(lián)考,4)已知m和n是兩條不同的直線,α和β是兩個(gè)不重合的平面,下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是()A.α⊥β且m?αB.α⊥β且m∥αC.m∥n且n⊥βD.m⊥n且n∥β答案C2.(2018河南商丘二模,15)如圖,PA⊥圓O所在的平面,AB是圓O的直徑,C是圓O上一點(diǎn),E、F分別是A在PB、PC上的射影,給出下列結(jié)論:①AF⊥PB;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC.其中正確命題的序號(hào)是.

答案①②③3.(2018廣東茂名模擬,19)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥AC,PC⊥BC,M為PB的中點(diǎn),D為AB的中點(diǎn),且△AMB為正三角形.(1)求證:BC⊥平面PAC;(2)若PA=2BC,三棱錐P-ABC的體積為1,求點(diǎn)B到平面DCM的距離.解析(1)證明:在正△AMB中,D是AB的中點(diǎn),所以MD⊥AB.因?yàn)镸是PB的中點(diǎn),D是AB的中點(diǎn),所以MD∥PA,故PA⊥AB.又PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC?平面ABC,所以PA⊥平面ABC.因?yàn)锽C?平面ABC,所以PA⊥BC.又PC⊥BC,PA∩PC=P,PA,PC?平面PAC,所以BC⊥平面PAC.(2)設(shè)AB=x,則PB=2x,PA=2MD=3x,BC=3x2,AC=三棱錐P-ABC的體積V=13·S△ABC·PA=18x所以AB=MB=2,BC=3,AC=1,MD=3.所以S△BCD=12S△ABC=12×12×3由(1)知MD∥PA,PA⊥平面ABC,所以MD⊥DC.在△ABC中,CD=12所以S△MCD=12MD·CD=12×3×1=設(shè)點(diǎn)B到平面DCM的距離為h.因?yàn)閂M-BCD=VB-MCD,所以13S△BCD·MD=13S△MCD·h,即13×34×3=所以h=32.故點(diǎn)B到平面DCM的距離為3考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2018湖北重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體4月聯(lián)考,5)設(shè)m,n是平面α內(nèi)的兩條不同直線,l1,l2是平面β內(nèi)兩條相交直線,則α⊥β的一個(gè)充分不必要條件是()A.l1⊥m,l1⊥nB.m⊥l1,m⊥l2C.m⊥l1,n⊥l2D.m∥n,l1⊥n答案B2.(2017福建泉州二模,16)如圖,一張A4紙的長(zhǎng)、寬分別為22a,2a,A,B,C,D分別是其四條邊的中點(diǎn).現(xiàn)將其沿圖中虛線折起,使得P1,P2,P3,P4四點(diǎn)重合為一點(diǎn)P,從而得到一個(gè)多面體.下列關(guān)于該多面體的命題,正確的是.(寫出所有正確命題的序號(hào))

①該多面體是三棱錐;②平面BAD⊥平面BCD;③平面BAC⊥平面ACD;④該多面體外接球的表面積為5πa2.答案①②③④3.(2018遼寧錦州模擬,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,AD⊥CD,Q是AD的中點(diǎn),M是棱PC的中點(diǎn),PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3,PB=6(1)求證:PA∥平面MQB;(2)求證:平面PAD⊥平面ABCD;(3)求三棱錐B-PQM的體積.解析(1)證明:如圖,連接AC交BQ于N,連接MN,CQ.∵BC=12(2)證明:∵AD∥BC,BC=12AD=1,Q是AD的中點(diǎn),∴四邊形BCDQ為平行四邊形,∴CD∥BQ.∵AD⊥CD,∴QB⊥AD.又PA=PD=2,AD=2,Q是AD的中點(diǎn),∴PQ=3.又QB=CD=3,PB=6,∴PB2=PQ2+QB2(3)∵PA=PD=2,Q是AD的中點(diǎn),∴PQ⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PQ⊥平面ABCD.又M是棱PC的中點(diǎn),故VB-PQM=12VP-BQC=12×13×12×1×3×煉技法【方法集訓(xùn)】方法1證明直線與平面垂直的方法1.(2017山西五校聯(lián)考,19)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAB⊥平面ABCD,AB=AP=3,AD=PB=2,E為線段AB上一點(diǎn),且AE∶EB=7∶2,點(diǎn)F、G、M分別為線段PA、PD、BC的中點(diǎn).(1)求證:PE⊥平面ABCD;(2)若平面EFG與直線CD交于點(diǎn)N,求二面角P-MN-A的余弦值.解析(1)證明:在等腰△APB中,cos∠ABP=12PBAB=13,則由余弦定理可得PE2=29×32+22-2×29×3×2×13=32∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,∴PE⊥平面ABCD.(2)連接EN,由已知可得EN∥AD.所以EN⊥AB.由(1)可知PE⊥EN.以E為坐標(biāo)原點(diǎn),直線EP、EB、EN分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則P423,0,0,M0,23設(shè)平面PMN的法向量為n=(x,y,z),則n·PM=0,n·MN=0,即-423x+23令y=3,可得n=32由(1)知平面AMN的一個(gè)法向量為EP=42∴cos<n,EP>=4423由圖可知二面角P-MN-A的平面角為銳角,故二面角P-MN-A的余弦值為3352.(2018河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”聯(lián)考,19)如圖1,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=12(1)求證:BC⊥平面ACD;(2)點(diǎn)F在棱CD上,且滿足AD∥平面BEF,求幾何體F-BCE的體積.解析(1)證明:∵AC=AD2+C∠BAC=∠ACD=45°,AB=4,∴在△ABC中,BC2=AC2+AB2-2AC·AB·cos45°=8,∴AB2=16=AC2+BC2,∴AC⊥BC,(4分)∵平面ACD⊥平面ABC,平面ACD∩平面ABC=AC,∴BC⊥平面ACD.(6分)(2)∵AD∥平面BEF,AD?平面ACD,平面ACD∩平面BEF=EF,∴AD∥EF,(7分)∵E為AC的中點(diǎn),∴EF為△ACD的中位線,(8分)∵VF-BCE=VB-CEF=13S△CEF·BC,S△CEF=14S△ACD=14×12×2×2=12,∴VF-BCE=13×方法2證明平面與平面垂直的方法1.(2017河南百校聯(lián)盟聯(lián)考,11)如圖,已知等腰直角三角形ABC中,AB=AC,將△ABC沿斜邊BC向上翻轉(zhuǎn),與原圖形構(gòu)成幾何體A1-ABC,其外接球表面積為4π,設(shè)二面角A1-BC-A的平面角為α,若O為BC的中點(diǎn),點(diǎn)P,Q分別為線段OA1,AB的中點(diǎn),則當(dāng)PQ=32A.π3B.π2C.2π答案B2.(2018河南鄭州二模,19)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,△DAB≌△DCB,E為線段BD上一點(diǎn),且EB=ED=EC=BC,延長(zhǎng)CE交AD于F.(1)若G為PD的中點(diǎn),求證:平面PAD⊥平面CGF;(2)若BC=2,PA=3,求平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值.解析(1)證明:在△BCD中,EB=ED=EC=BC,故∠BCD=π2,∠CBE=∠CEB=π連接AE,∵△DAB≌△DCB,∴△EAB≌△ECB,從而有∠FED=∠BEC=∠AEB=π3∴∠AEF=∠FED=π3又PG=GD,∴FG∥PA.又PA⊥平面ABCD,故GF⊥平面ABCD,∴GF⊥AD,又GF∩EF=F,故AD⊥平面CFG.又AD?平面PAD,∴平面PAD⊥平面CGF.(6分)(2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(3,3,0),D(0,23,0),P(0,0,3).故BC=(1,3,0),CP=(-3,-3,3),CD=(-3,3,0).設(shè)平面BCP的一個(gè)法向量為n1=(1,y1,z1),則1+3y1=0,-3設(shè)平面DCP的一個(gè)法向量為n2=(1,y2,z2),則-3+3y2=0,-從而平面BCP與平面DCP所成銳二面角的余弦值為|n1·n23.如圖,已知三棱錐P-ABC中,∠ACB=90°,BC=4,AB=20,D為AB的中點(diǎn),且△PDB是等邊三角形,PA⊥PC.(1)求證:平面PAC⊥平面ABC;(2)求二面角D-AP-C的正弦值.解析(1)證明:因?yàn)镈是斜邊AB的中點(diǎn),所以BD=DA.因?yàn)椤鱌DB是等邊三角形,所以BD=DP=BP,則BD=DA=DP,因此△APB為直角三角形,即PA⊥BP.又PA⊥PC,PC∩BP=P,所以PA⊥平面PCB.因?yàn)锽C?平面PCB,所以PA⊥BC.又AC⊥BC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC.因?yàn)锽C?平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.(2)由(1)知PA⊥PB,又PA⊥PC,故∠BPC即為二面角D-AP-C的平面角.由(1)知BC⊥平面PAC,則BP⊥PC.在Rt△BPC中,BC=4,BP=BD=10,所以sin∠BPC=BCBP=410=即二面角D-AP-C的正弦值為25過專題【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2016課標(biāo)Ⅱ,19,12分)如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分別在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=10(1)證明:D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.解析(1)證明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得AEAD=CF因此EF⊥HD,從而EF⊥D'H.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=AB由EF∥AC得OHDO=AEAD=所以O(shè)H=1,D'H=DH=3.于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.(4分)又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.(5分)(2)如圖,以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HF的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD'設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,則m·AB所以可取m=(4,3,-5).(8分)設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量,則n·AC所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos<m,n>=m·n|m||sin<m,n>=295因此二面角B-D'A-C的正弦值是295思路分析(1)利用已知條件及翻折的性質(zhì)得出D'H⊥EF,利用勾股定理逆定理得出D'H⊥OH,從而得出結(jié)論;(2)在第(1)問的基礎(chǔ)上建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,從而求出兩個(gè)半平面的法向量,利用向量的夾角公式求其余弦值,從而求出正弦值,最后轉(zhuǎn)化為二面角的正弦值.2.(2014課標(biāo)Ⅰ,19,12分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面BB1C1C為菱形,AB⊥B1C.(1)證明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角A-A1B1-C1的余弦值.解析(1)證明:連接BC1,交B1C于點(diǎn)O,連接AO.因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形,所以B1C⊥BC1,且O為B1C及BC1的中點(diǎn).又AB⊥B1C,所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)因?yàn)锳C⊥AB1,且O為B1C的中點(diǎn),所以AO=CO.又因?yàn)锳B=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,從而OA,OB,OB1兩兩垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB的方向?yàn)閤軸正方向,|OB|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因?yàn)椤螩BB1=60°,所以△CBB1為等邊三角形,又AB=BC,則A0,0,33,B(1,0,0),BAB1=0,33,-33,A1B1設(shè)n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,則n·A所以可取n=(1,3,3).設(shè)m是平面A1B1C1的法向量,則m同理可取m=(1,-3,3).則cos<n,m>=n·m|易知二面角A-A1B1-C1為銳二面角,所以二面角A-A1B1-C1的余弦值為17方法點(diǎn)撥在求解或證明過程中,通常會(huì)用到一些初中階段學(xué)習(xí)的平面幾何知識(shí),如三角形中位線的性質(zhì)、菱形的性質(zhì),等腰三角形的性質(zhì),相似(全等)三角形的判定與性質(zhì)等,在復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)予以關(guān)注.考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2018課標(biāo)Ⅰ,18,12分)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把△DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PF⊥BF.(1)證明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.解析(1)證明:由已知可得BF⊥EF,又已知BF⊥PF,且PF、EF?平面PEF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF,又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足為H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HF的方向?yàn)閥軸正方向,|BF|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3,又PF=1,EF=2,故PE⊥PF,可得PH=32,EH=3則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ,則sinθ=HP·DP|HP||所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34易錯(cuò)警示利用空間向量求線面角的注意事項(xiàng)(1)先求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角(鈍角時(shí)取其補(bǔ)角)的角度,再取其余角即為所求.(2)若求線面角的余弦值,要注意利用平方關(guān)系sin2θ+cos2θ=1求出其值,不要誤以為直線的方向向量與平面的法向量所夾角的余弦值為所求.2.(2017課標(biāo)Ⅰ,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.(1)證明:平面PAB⊥平面PAD;(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.解析本題考查了立體幾何中面面垂直的證明和二面角問題.(1)證明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.由于AB∥CD,故AB⊥PD,又AP∩PD=P,從而AB⊥平面PAD.又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.(2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD,垂足為F.由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.以F為坐標(biāo)原點(diǎn),FA的方向?yàn)閤軸正方向,|AB|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz.由(1)及已知可得A22,0,0,P0所以PC=-22,1,-22,CB=(2設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,則n·PC可取n=(0,-1,-2).設(shè)m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,則m·PA可取m=(1,0,1).則cos<n,m>=n·m|易知二面角A-PB-C為鈍二面角,所以二面角A-PB-C的余弦值為-33方法總結(jié)面面垂直的證明及向量法求解二面角.(1)面面垂直的證明證明兩個(gè)平面互相垂直,可以在一個(gè)平面內(nèi)找一條直線l,證明直線l垂直于另一平面.(2)利用空間向量求解幾何體中的二面角的余弦值.建立空間直角坐標(biāo)系,找到點(diǎn)的坐標(biāo),求出兩個(gè)半平面的法向量n1,n2,設(shè)二面角的大小為θ,則|cosθ|=|n3.(2017課標(biāo)Ⅲ,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;(2)過AC的平面交BD于點(diǎn)E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值.解析本題考查面面垂直的證明,二面角的求法.(1)證明:由題設(shè)可得,△ABD≌△CBD,從而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO,則DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由題設(shè)及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA的方向?yàn)閤軸正方向,|OA|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的12,從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的12,即E為DB的中點(diǎn),得E0,32,12.故設(shè)n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,則n·AD=0,n設(shè)m是平面AEC的法向量,則m同理可取m=(0,-1,3).則cos<n,m>=n·m|n||方法總結(jié)證明面面垂直最常用的方法是證明其中一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線,即在一個(gè)平面內(nèi),找一條直線,使它垂直于另一個(gè)平面.用空間向量法求二面角的余弦值時(shí),要判斷二面角是鈍角還是銳角.4.(2016課標(biāo)Ⅰ,18,12分)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.(1)證明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.解析(1)證明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.(2分)又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(3分)(2)過D作DG⊥EF,垂足為G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G為坐標(biāo)原點(diǎn),GF的方向?yàn)閤軸正方向,|GF|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz.(6分)0由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,則|DF|=2,|DG|=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.(8分)又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.從而可得C(-2,0,3).所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).(10分)設(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,則n·EC=0,n設(shè)m是平面ABCD的法向量,則m同理可取m=(0,3,4).則cos<n,m>=n·m|又易知二面角E-BC-A為鈍二面角,故二面角E-BC-A的余弦值為-219思路分析(1)根據(jù)已知條件證出AF⊥平面EFDC,進(jìn)而得出平面ABEF⊥平面EFDC;(2)根據(jù)證得的垂直關(guān)系建立空間直角坐標(biāo)系,求出平面BCE、平面ABCD的法向量,進(jìn)而可求得二面角E-BC-A的余弦值.方法總結(jié)對(duì)于立體幾何問題的求解,首先要熟練掌握平行與垂直的判定與性質(zhì),對(duì)于面面垂直的證明,尋找平面的垂線往往是解題的關(guān)鍵.5.(2015課標(biāo)Ⅰ,18,12分)如圖,四邊形ABCD為菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn),BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)證明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.解析(1)證明:連接BD.設(shè)BD∩AC=G,連接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨設(shè)GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=3.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=3,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=2,故DF=22在Rt△FDG中,可得FG=62在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=2,DF=22可得EF=32從而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因?yàn)镋G?平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(6分)(2)如圖,以G為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以GB,GC的方向?yàn)閤軸,y軸正方向,|GB|為單位長(zhǎng),建立空間直角坐標(biāo)系G-xyz.由(1)可得A(0,-3,0),E(1,0,2),F-1,0,22,C(0,3,0),所以AE=(1,3,故cos<AE,CF>=AE·CF|所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為33B組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2018北京,16,14分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點(diǎn),AB=BC=5,AC=AA1=2.(1)求證:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)證明:直線FG與平面BCD相交.解析(1)證明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因?yàn)镃C1⊥平面ABC,所以四邊形A1ACC1為矩形.又E,F分別為AC,A1C1的中點(diǎn),所以AC⊥EF.因?yàn)锳B=BC,所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC,所以EF⊥平面ABC.因?yàn)锽E?平面ABC,所以EF⊥BE.如圖建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).所以BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1).設(shè)平面BCD的法向量為n=(x0,y0,z0),則n·BC令y0=-1,則x0=2,z0=-4.于是n=(2,-1,-4).又因?yàn)槠矫鍯C1D的一個(gè)法向量為EB=(0,2,0),所以cos<n,EB>=n·EB|由題知二面角B-CD-C1為鈍角,所以其余弦值為-2121(3)證明:由(2)知平面BCD的一個(gè)法向量為n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).因?yàn)閚·FG=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,所以直線FG與平面BCD相交.2.(2015湖北,19,12分)《九章算術(shù)》中,將底面為長(zhǎng)方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.如圖,在陽馬P-ABCD中,側(cè)棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,過棱PC的中點(diǎn)E,作EF⊥PB交PB于點(diǎn)F,連接DE,DF,BD,BE.(1)證明:PB⊥平面DEF.試判斷四面體DBEF是不是鱉臑,若是,寫出其每個(gè)面的直角(只需寫出結(jié)論);若不是,說明理由;(2)若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3,求DC解析解法一:(1)因?yàn)镻D⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,由底面ABCD為長(zhǎng)方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,所以BC⊥平面PCD,而DE?平面PCD,所以BC⊥DE.又因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),所以DE⊥PC.而PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC.而PB?平面PBC,所以PB⊥DE.又PB⊥EF,DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形,即四面體BDEF是一個(gè)鱉臑,其四個(gè)面的直角分別為∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)如圖,在面PBC內(nèi),延長(zhǎng)BC與FE交于點(diǎn)G,則DG是平面DEF與平面ABCD的交線.由(1)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.又因?yàn)镻D⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.故∠BDF是面DEF與面ABCD所成二面角的平面角,設(shè)PD=DC=1,BC=λ,有BD=1+λ在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPF=∠FDB=π3則tanπ3=tan∠DPF=BDPD=1+λ2=所以DCBC=1λ=故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3時(shí),DCBC=解法二:(1)如圖,以D為原點(diǎn),射線DA,DC,DP分別為x,y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)PD=DC=1,BC=λ,則D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),PB=(λ,1,-1),點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),所以E0,12,1于是PB·DE=0,即PB⊥DE.又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.因PC=(0,1,-1),DE·PC=0,則DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面體BDEF的四個(gè)面都是直角三角形,即四面體BDEF是一個(gè)鱉臑,其四個(gè)面的直角分別為∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.(2)因?yàn)镻D⊥平面ABCD,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD的一個(gè)法向量;由(1)知,PB⊥平面DEF,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF的一個(gè)法向量.若面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3則cosπ3==1λ2+2解得λ=2,所以DCBC=1λ=故當(dāng)面DEF與面ABCD所成二面角的大小為π3時(shí),DCBC=考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)(2015北京,17,14分)如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O為EF的中點(diǎn).(1)求證:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.解析(1)證明:因?yàn)椤鰽EF是等邊三角形,O為EF的中點(diǎn),所以AO⊥EF.又因?yàn)槠矫鍭EF⊥平面EFCB,AO?平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)取BC中點(diǎn)G,連接OG.由題設(shè)知EFCB是等腰梯形,所以O(shè)G⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG?平面EFCB,所以O(shè)A⊥OG.如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則E(a,0,0),A(0,0,3a),B(2,3(2-a),0),EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0).設(shè)平面AEB的法向量為n=(x,y,z),則n·EA令z=1,則x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).平面AEF的法向量為p=(0,1,0).所以cos<n,p>=n·p|由題設(shè)知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-55(3)因?yàn)锽E⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.因?yàn)锽E=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.由BE·OC=0及0<a<2,解得a=43C組教師專用題組考點(diǎn)一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2015湖南,19,13分)如圖,已知四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長(zhǎng)為3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.點(diǎn)P,Q分別在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中點(diǎn),證明:AB1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為37解析解法一:由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直.以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.(1)證明:若P是DD1的中點(diǎn),則P0,92,3,PQ于是AB1·PQ=18-18=0,所以AB1⊥(2)由題設(shè)知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量.設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,則n1·DQ=0,所以cos<n1,n2>=n1·n2|而二面角P-QD-A的余弦值為37,因此3(6設(shè)DP=λDD1(0<λ≤1),而DD因?yàn)镻Q∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個(gè)法向量是n3=(0,1,0),所以PQ·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23于是,將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P-ADQ,則其高h(yuǎn)=4.故四面體ADPQ的體積V=13S△ADQ·h=13×解法二:(1)證明:如圖a,取A1A的中點(diǎn)R,連接PR,BR.因?yàn)锳1A,D1D是梯形A1ADD1的兩腰,P是D1D的中點(diǎn),所以PR∥AD,于是由AD∥BC知,PR∥BC,所以P,R,B,C四點(diǎn)共面.由題設(shè)知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以BC⊥平面ABB1A1,因此BC⊥AB1.①因?yàn)閠an∠ABR=ARAB=36=A1B1A1A=tan∠A1AB1,所以∠ABR=∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB于是AB1⊥BR.再由①即知AB1⊥平面PRBC.又PQ?平面PRBC,故AB1⊥PQ.圖a圖b(2)如圖b,過點(diǎn)P作PM∥A1A交AD于點(diǎn)M,則PM∥平面ABB1A1.②因?yàn)锳1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.過點(diǎn)M作MN⊥QD于點(diǎn)N,連接PN,則PN⊥QD,∠PNM為二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=37,即MNPN=37,從而PM連接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM為矩形,故MQ=AB=6.設(shè)MD=t,則MN=MQ·MDM過點(diǎn)D1作D1E∥A1A交AD于點(diǎn)E,則AA1D1E為矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是PMMD=D1E再由③,④得36+t23=403,解得t=2,因此PM=4.故四面體ADPQ的體積V=13S△ADQ2.(2014廣東,18,13分)如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于點(diǎn)F,FE∥CD,交PD于點(diǎn)E.(1)證明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角D-AF-E的余弦值.解析(1)證明:∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD,又CD⊥AD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD,∴AD⊥PC,又AF⊥PC,AF∩AD=A,∴PC⊥平面ADF,即CF⊥平面ADF.(2)解法一:設(shè)AB=1,則Rt△PDC中,CD=1,∵∠DPC=30°,∴PC=2,PD=3,由(1)知CF⊥DF,∴DF=32,∴CF=1∴DEPD=CFPC=14,∴DE=34,同理,EF=如圖所示,以D為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,1),E34,0,0設(shè)m=(x,y,z)是平面AEF的法向量,則m⊥AE∴m令x=4,得z=3,故m=(4,0,3),由(1)知平面ADF的一個(gè)法向量為PC=(-3,1,0),設(shè)二面角D-AF-E的平面角為θ,可知θ為銳角,cosθ=|cos<m,PC>|=|m·PC||m|·|解法二:設(shè)AB=1,∵CF⊥平面ADF,∴CF⊥DF.∴在△CFD中,DF=32∵CD⊥AD,CD⊥PD,∴CD⊥平面ADE.又∵EF∥CD,∴EF⊥平面ADE.∴EF⊥AE,∴在△DEF中,DE=34,EF=3在△ADE中,AE=194,在△ADF中,AF=7由VA-DEF=13·S△ADE·EF=13·S△ADF·h解得hE-ADF=38設(shè)△AEF的邊AF上的高為h,由S△AEF=12·EF·AE=12·AF·h,解得h=34設(shè)二面角D-AF-E的平面角為θ,可知θ為銳角.則sinθ=hE-ADFh=38×4∴cosθ=257考點(diǎn)二平面與平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2014福建,17,13分)在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖.(1)求證:AB⊥CD;(2)若M為AD中點(diǎn),求直線AD與平面MBC所成角的正弦值.解析(1)證明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD,∴AB⊥平面BCD.又CD?平面BCD,∴AB⊥CD.(2)過點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD,如圖.由(1)知AB⊥平面BCD,又BE?平面BCD,BD?平面BCD,∴AB⊥BE,AB⊥BD.以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BD,BA的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,則BC=(1,1,0),BM=0,12設(shè)平面MBC的法向量為n=(x0,y0,z0),則n·BC取z0=1,得平面MBC的一個(gè)法向量為n=(1,-1,1).設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ,則sinθ=|cos<n,AD>|=|n·AD即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為63評(píng)析本題主要考查空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想.2.(2014江西,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求證:AB⊥PD;(2)若∠BPC=90°,PB=2,PC=2,問AB為何值時(shí),四棱錐P-ABCD的體積最大?并求此時(shí)平面BPC與平面DPC夾角的余弦值.解析(1)證明:ABCD為矩形,故AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.(2)過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G,連接PG.故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,所以BC⊥PG.在Rt△BPC中,PG=233,GC=26設(shè)AB=m,則OP=PG2-故四棱錐P-ABCD的體積V=13·6·m·43-因?yàn)閙8-6m2=故當(dāng)m=63,即AB=6此時(shí),建立如圖所示的坐標(biāo)系,各點(diǎn)的坐標(biāo)為O(0,0,0),B63,-63,0,C故PC=63,263,-63,設(shè)平面BPC的一個(gè)法向量為n1=(x,y,1),則由n1⊥PC,n1⊥BC得63x+2同理可求出平面DPC的一個(gè)法向量為n2=0,從而平面BPC與平面DPC的夾角θ的余弦值為cosθ=|n1·n2評(píng)析本題考查面面垂直的性質(zhì)定理、線線垂直的判定、空間幾何體的體積以及二面角的求解等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力和運(yùn)算求解能力,正確利用面面垂直的性質(zhì)定理求出棱錐的高是解決本題的關(guān)鍵.計(jì)算失誤是失分的主要原因.【三年模擬】一、選擇題(每小題5分,共10分)1.(2019屆吉林長(zhǎng)春質(zhì)監(jiān)一,8)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為()A.1B.32C.22答案D2.(2018湖南衡陽3月模擬,7)設(shè)α、β是空間兩個(gè)平面,m、n、l是空間三條直線,則下列四個(gè)命題中,逆命題成立的個(gè)數(shù)是()①當(dāng)n?α?xí)r,若n⊥β,則α⊥β②當(dāng)l⊥α?xí)r,若l⊥β,則α∥β③當(dāng)n?α,且l?α?xí)r,若l∥α,則n∥l④當(dāng)n?α,且l是m在α內(nèi)的射影時(shí),若n⊥l,則m⊥n.A.1B.2C.3D.4答案C二、填空題(共5分)3.(2018廣東七校3月聯(lián)考,15)如圖,在矩形ABCD中,AB=8,BC=4,E為DC邊的中點(diǎn),沿AE將△ADE折起,在折起過程中,下列結(jié)論中能成立的序號(hào)為.

①ED⊥平面ACD;②CD⊥平面BED;③BD⊥平面ACD;④AD⊥平面BED.答案④三、解答題(共85分)4.(2019屆河北衡水中學(xué)第一次摸底,18)在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點(diǎn),AB=2BC=2CD,如圖1.以DE為折痕將△ADE折起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置,如圖2.(1)證明:平面BCP⊥平面CEP;(2)若平面DEP⊥平面BCED,求直線DP與平面BCP所成角的正弦值.解析(1)證明:在題圖1中,AB=2BC=2CD,且D為AB的中點(diǎn),由平面幾何知識(shí),得∠ACB=90°.因?yàn)镋為AC的中點(diǎn),所以DE∥BC.在題圖2中,CE⊥DE,PE⊥DE,且CE∩PE=E,所以DE⊥平面CEP,所以BC⊥平面CEP.又因?yàn)锽C?平面BCP,所以平面BCP⊥平面CEP.(2)因?yàn)槠矫鍰EP⊥平面BCED,平面DEP∩平面BCED=DE,EP?平面DEP,EP⊥DE,所以EP⊥平面BCED.又因?yàn)镃E?平面BCED,所以EP⊥CE.以E為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以ED,EC,EP的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.在題圖1中,設(shè)BC=2a,則AB=4a,AC=23a,AE=CE=3a,DE=a.則P(0,0,3a),D(a,0,0),C(0,3a,0),B(2a,3a,0).所以DP=(-a,0,3a),BC=(-2a,0,0),CP=(0,-3a,3a).設(shè)n=(x,y,z)為平面BCP的法向量,則n·BC令y=1,則z=1,所以n=(0,1,1).設(shè)DP與平面BCP所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,DP>|=|n·DP||所以直線DP與平面BCP所成角的正弦值為64方法總結(jié)在證明面面垂直時(shí),其常用方法是在其中一個(gè)平面內(nèi)找兩條相交直線和另一平面內(nèi)的某一條直線垂直,或者可以通過建系的方法求兩個(gè)平面的法向量,使得兩個(gè)面的法向量互相垂直即可.5.(2019屆重慶第一中學(xué)10月月考,18)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥B1A1,AB=AA1,∠BAA1=60°.(1)求證:AC=BC;(2)若平面ABC⊥平面ABB1A1,且AB=BC,求二面角A1-CC1-B的正弦值.解析(1)證明:如圖,取AB的中點(diǎn)D,連接CD,A1D,設(shè)AB=2,則AD=12又∵∠BAA1=60°,∴AB⊥DA1.∵CA1⊥A1B1,AB∥A1B1,∴CA1⊥AB,又∵CA1∩DA1=A1,∴AB⊥平面CDA1.∵CD?平面CDA1,∴AB⊥CD,在△ABC中,由三線合一可得AC=BC.(2)因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,且AB⊥CD,所以CD⊥平面AA1B1B.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,3),B(-1,0,0),C1(-1,3,3),故CA1=(0,3,-3),CC1=(-1,3,0),CB=(-1,0,-設(shè)平面A1CC1的法向量為n1=(x1,y1,z1),則3y1-3z1=0,-x1+3y1=0?n所以二面角A1-CC1-B的正弦值為456.(2019屆廣東化州一模,19)已知長(zhǎng)方形ABCD中,AB=1,AD=2,現(xiàn)將長(zhǎng)方形沿對(duì)角線BD折起,使AC=a,得到一個(gè)四面體A-BCD,如圖所示.(1)試問:在折疊的過程中,異面直線AB與CD能否垂直?若能垂直,求出相應(yīng)的a的值;若不垂直,請(qǐng)說明理由;(2)當(dāng)四面體A-BCD體積最大時(shí),求二面角A-CD-B的余弦值.解析(1)能垂直.若AB⊥CD,因?yàn)锳B⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ACD?AB⊥AC.由于AB=1,AD=BC=2,AC=a,所以AB2+a2=BC2,所以12+a2=(2)2?a=1,所以在折疊的過程中,異面直線AB與CD可以垂直,此時(shí)a的值為1.(2)要使四面體A-BCD體積最大,因?yàn)椤鰾CD面積為定值22所以只需三棱錐A-BCD的高最大即可,此時(shí)平面ABD⊥平面BCD.過A作AO⊥BD于O,則AO⊥平面BCD,以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz(如圖),則A0,0,63,C63,33,0,D0,233,0,顯然,平面BCD的一個(gè)法向量為OA=0,0,63,設(shè)平面ACD的法向量為n=(x,y,z),因?yàn)镃D=-63,33,0,DA=解后反思傳統(tǒng)方法求線面角和二面角,一般有“一作,二證、三求”三個(gè)步驟.首先根據(jù)二面角的定義結(jié)合幾何體中的線面關(guān)系作出線面角或二面角的平面角,進(jìn)而求出;而角的計(jì)算大多采用建立空間直角坐標(biāo)系,寫出向量的坐標(biāo),利用線面角和二面角公式,借助法向量求空間角.7.(2018安徽江淮十校4月聯(lián)考,18)四棱錐A-BCDE中,EB∥DC,且EB⊥平面ABC,EB=1,DC=BC=AB=AC=2,F是棱AD的中點(diǎn).(1)證明:EF⊥平面ACD;(2)求二面角B-AE-D的余弦值.解析(1)證明:取AC的中點(diǎn)M,連接FM、BM,∵F是AD的中點(diǎn),∴FM∥DC,且FM=12又∵EB∥DC,EB=1,∴FMEB,∴四邊形FMBE是平行四邊形.∴EF∥BM,又BC=AB=AC,∴△ABC是等邊三角形,∴BM⊥AC,∵EB⊥平面ABC,EB∥DC,∴CD⊥平面ABC,∴CD⊥BM,又CD∩AC=C,∴BM⊥平面ACD,∴EF⊥平面ACD.(2)取BC的中點(diǎn)N,連接AN,則AN⊥BC?AN⊥平面BCD,以N為原點(diǎn)建