《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第九章 直線、平面、簡(jiǎn)單幾何體和空間向量 第57講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)練習(xí) 理（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（名師導(dǎo)學(xué)）2020版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第九章 直線、平面、簡(jiǎn)單幾何體和空間向量 第57講 直線、平面垂直的判定與性質(zhì)練習(xí) 理（含解析）新人教A版（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第57講　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 夯實(shí)基礎(chǔ)　【p130】 【學(xué)習(xí)目標(biāo)】 1．掌握空間中線面垂直位置關(guān)系的定義、判定定理與有關(guān)性質(zhì)；運(yùn)用公理、定理證明或判定空間圖形的垂直關(guān)系的簡(jiǎn)單命題．不論何種“垂直”都能化歸到“線線垂直”． 2．會(huì)應(yīng)用“化歸思想”進(jìn)行“線線垂直問(wèn)題、線面垂直問(wèn)題、面面垂直問(wèn)題”的互相轉(zhuǎn)化． 【基礎(chǔ)檢測(cè)】 1．已知互相垂直的平面α，β交于直線l.若直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 【解析】對(duì)于A，m與l可能平行或異面，故A錯(cuò)； 對(duì)于B、D，m與n可能平行、相交或異面，故B、D錯(cuò)； 對(duì)于C，因?yàn)?/p>

2、n⊥β，l?β，所以n⊥l，故C正確． 【答案】C 2．已知直線a?α，則α⊥β是a⊥β的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 【解析】由面面垂直的判定定理可得a?α，a⊥β?α⊥β，反之不成立，∴直線a?α，則α⊥β是a⊥β的必要不充分條件． 【答案】B 3．下面命題中： ①兩平面相交，如果所成的二面角是直角，則這兩個(gè)平面垂直； ②一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線，則這兩個(gè)平面一定垂直； ③一直線與兩平面中的一個(gè)平行與另一個(gè)垂直，則這兩個(gè)平面垂直； ④一平面與兩平行平面中的一個(gè)垂直，則與另一個(gè)平面也垂直； ⑤兩平

3、面垂直，經(jīng)過(guò)第一個(gè)平面上一點(diǎn)垂直它們交線的直線必垂直第二個(gè)平面． 其中正確命題的個(gè)數(shù)有(　　) A．2個(gè)B．3個(gè)C．4個(gè)D．5個(gè) 【解析】由直線與平面、平面與平面垂直的判定和性質(zhì)知，命題①②③④正確． 【答案】C 4．在下列四個(gè)正方體中，能得出AB⊥CD的是(　　) A．①B．①②C．②③D．④ 【解析】在①中，設(shè)平面BCD上的另一個(gè)頂點(diǎn)為A1，連接BA1，易得CD⊥BA1，CD⊥AA1，則CD⊥平面ABA1，故CD⊥AB，②③④均不能推出AB⊥CD. 【答案】A 5．α、β是兩個(gè)不同的平面，m、n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個(gè)論斷：①m⊥n；②α⊥β；③n

4、⊥β；④m⊥α.以其中三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫(xiě)出你認(rèn)為正確的一個(gè)命題____________________． 【解析】考慮如圖所示的直觀模型，將圖①固定，圖②進(jìn)行平移或旋轉(zhuǎn)，從而把α與β的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為研究m、n的位置關(guān)系，于是易得如下正確命題： (1)?m∥β或m?β， 又m?β??m⊥n.∴②③④?①. (2)?n∥α或n?α， 又n?α??α⊥β.∴①③④?②. 【答案】②③④?①(或①③④?②) 【知識(shí)要點(diǎn)】 1．直線與直線、直線與平面、平面與平面垂直的定義 (1)如果兩條異面直線所成的角是直角，則這兩條異面直線垂直． (2)如果一條直線和平

5、面內(nèi)__任意一條直線__都垂直，那么這條直線和這個(gè)平面垂直． (3)兩個(gè)平面相交，如果所成的二面角是直二面角，那么這兩個(gè)平面互相垂直． 2．直線與平面、平面與平面垂直的判定定理 (1)直線與平面垂直的判定定理：如果一條直線和一個(gè)平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個(gè)平面． 即a?α，b?α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b?l⊥α. (2)平面與平面垂直判定定理：如果一個(gè)平面經(jīng)過(guò)另一個(gè)平面的一條垂線，那么這兩個(gè)平面互相垂直． 即a⊥β，a?α?α⊥β. 3．直線與平面、平面與平面垂直的性質(zhì)定理 (1)直線與平面垂直的性質(zhì)定理：如果兩條直線同垂直于一個(gè)平面，那么這兩條直線平

6、行． 即a⊥α，b⊥α?a∥b． (2)平面與平面垂直的性質(zhì)定理：如果兩個(gè)平面垂直，那么在一個(gè)平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個(gè)平面． 即α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a?α?a⊥β. 典例剖析　【p131】 考點(diǎn)1　直線與平面垂直的判定與性質(zhì) 如圖①、②，已知異面直線a，b的公垂線為AB，試證： (1)若a，b都平行于平面α，則AB⊥α； (2)若a，b分別垂直于平面α，β，設(shè)α∩β＝c，則AB∥c. 【解析】(1)在平面α內(nèi)任取一點(diǎn)P，設(shè)直線a與P確定的平面與α相交于a′，直線b與P確定的平面與α相交于b′. ∵a∥α，b∥α，∴a∥a′，b∥b′， 又AB⊥a

7、，AB⊥b，∴AB⊥a′，AB⊥b′，∴AB⊥α. (2)過(guò)B作直線BB′⊥α，則BB′與b是相交直線， 設(shè)BB′與b確定平面γ. ? 　　　?c⊥γ， BB′⊥α? 　　? 　　　　　　　?AB⊥γ， ?AB∥c. 【點(diǎn)評(píng)】1.證明線面垂直的方法主要有： ①利用線面垂直的定義：a與α內(nèi)任何直線垂直?a⊥α； ②利用判定定理：?l⊥α. ③利用第二個(gè)判定定理：a∥b，a⊥α?b⊥α； ④利用面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，a⊥α?a⊥β. ⑤利用面面垂直的性質(zhì)定理：α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥β. 2．由已知想性質(zhì)，即根據(jù)條件得出結(jié)論——應(yīng)用性

8、質(zhì)． 考點(diǎn)2　平面與平面垂直的判定與性質(zhì) 如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是AB的中點(diǎn)，沿DE將△ADE折起． (1)如果二面角A′－DE－C是直二面角，求證：A′B＝A′C； (2)如果A′B＝A′C，求證：平面A′DE⊥平面BCDE. 【解析】(1)如圖，過(guò)點(diǎn)A′作A′M⊥DE于點(diǎn)M，則A′M⊥平面BCDE，所以A′M⊥BC. 又A′D＝A′E， 所以M是DE的中點(diǎn)． 取BC的中點(diǎn)N，連接MN，A′N，則MN⊥BC. 又A′M⊥BC，A′M∩MN＝M， 所以BC⊥平面A′MN，所以A′N⊥BC. 又因?yàn)镹是BC的中點(diǎn)，所以A′B＝A′C. (2)如圖

9、，取BC的中點(diǎn)N，連接A′N. 因?yàn)锳′B＝A′C，所以A′N⊥BC. 取DE的中點(diǎn)M，連接MN，A′M，所以MN⊥BC. 又A′N∩MN＝N， 所以BC⊥平面AMN，所以A′M⊥BC. 又M是DE的中點(diǎn)，A′D＝A′E，所以A′M⊥DE. 又因?yàn)镈E與BC是平面BCDE內(nèi)的相交直線， 所以A′M⊥平面BCDE. 因?yàn)锳′M在平面A′DE內(nèi)， 所以平面A′DE⊥平面BCDE. 【點(diǎn)評(píng)】1.證明面面垂直的方法有： ①利用定義：α和β所成的二面角為直二面角?α⊥β； ②利用判定定理：a⊥β，a?α?α⊥β. 2．掌握性質(zhì)定理： ①α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l?a⊥

10、β，用來(lái)證明線面垂直，也用來(lái)確定點(diǎn)到平面的垂線段； ②α⊥β，點(diǎn)P∈α，P∈a，a⊥β?a?α. 3．注意轉(zhuǎn)化思想的靈活應(yīng)用． 考點(diǎn)3　垂直關(guān)系中的探索性問(wèn)題 如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，各個(gè)側(cè)面均是邊長(zhǎng)為2的正方形．D為線段AC的中點(diǎn)． (1)求證：BD⊥平面ACC1A1； (2)求證：直線AB1∥平面BC1D； (3)設(shè)M為線段BC1上任意一點(diǎn)，在△BC1D內(nèi)的平面區(qū)域(包括邊界)是否存在點(diǎn)E，使CE⊥DM？請(qǐng)說(shuō)明理由． 【解析】(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1中，各個(gè)側(cè)面均是邊長(zhǎng)為2的正方形， ∴CC1⊥BC，CC1⊥AC， ∴CC1⊥平面ABC，

11、 又∵BD?平面ABC， ∴CC1⊥BD， 又底面為等邊三角形，D為線段AC的中點(diǎn)， ∴BD⊥AC， 又AC∩CC1＝C， ∴BD⊥平面ACC1A1. (2)連接B1C交BC1于O，連接OD，則O為B1C的中點(diǎn)， ∵D是AC的中點(diǎn)， ∴OD∥AB1， 又OD?平面BC1D，AB1?平面BC1D， ∴直線AB1∥平面BC1D. (3)在△BC1D內(nèi)的平面區(qū)域(包括邊界)存在點(diǎn)E，使CE⊥DM，此時(shí)E在線段C1D上， 證明如下：過(guò)C作CE⊥C1D交線段C1D與E， 由(1)可知，BD⊥平面ACC1A1，而CE?平面ACC1A1， ∴BD⊥CE， 由CE⊥C1D，BD

12、∩C1D＝D，得CE⊥平面BC1D， ∵DM?平面BC1D， ∴CE⊥DM. 【點(diǎn)評(píng)】解決探究某些點(diǎn)或線的存在性問(wèn)題，一般方法是先研究特殊點(diǎn)(中點(diǎn)、三等分點(diǎn)等)、特殊位置(平行或垂直)，再證明其符合要求，一般來(lái)說(shuō)是與平行有關(guān)的探索性問(wèn)題常常尋找三角形的中位線或平行四邊形．對(duì)于是否存在問(wèn)題，首先要分析條件，看結(jié)論需要的條件已有哪些，分析欲使結(jié)論成立，還需要什么條件，結(jié)合所求，不難作出輔助線． 方法總結(jié)　　【p132】 1．證明直線與平面垂直常運(yùn)用判定定理，即轉(zhuǎn)化為線線的垂直關(guān)系來(lái)證明． 2．證明線面垂直的方法主要有(以下A，P表示點(diǎn)，m，n，l，a，b表示直線，α，β表示平面)：

13、(1)利用線面垂直的定義：a與α內(nèi)任何直線垂直?a⊥α； (2)利用判定定理： ?l⊥α； (3)利用第二判定定理：a∥b，a⊥α，則b⊥α； (4)利用面面平行的性質(zhì)定理：α∥β，a⊥α，則a⊥β. (5)利用面面垂直的性質(zhì)定理： α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l，則a⊥β. 3．面面垂直的證明方法： (1)利用定義：α和β所成的二面角為直二面角?α⊥β； (2)利用判定定理：若a⊥β，a?α，則α⊥β. 4．性質(zhì)定理的恰當(dāng)應(yīng)用： (1)若α⊥β，α∩β＝l，a?α，a⊥l，則a⊥β，用來(lái)證明線面垂直，也用來(lái)確定點(diǎn)到平面的垂線段； (2)若α⊥β，點(diǎn)P∈α，P∈a，

14、a⊥β，則a?α. 5．垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化程序 線線垂直?線面垂直?面面垂直． 走進(jìn)高考　　【p132】 1．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD所在平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點(diǎn)． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值． 【解析】(1)由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因?yàn)锽C⊥CD，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.

15、 而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz. 當(dāng)三棱錐M－ABC體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn)． 由題設(shè)得D(0，0，0)， A(2，0，0)，B(2，2，0)， C(0，2，0)，M(0，1，1)， ＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則 即 可得n＝(1，0，2)． 是平面MCD的法向量，因此 cosn，＝＝， sinn，＝， 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. 2．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖

16、，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角M－PA－C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值． 【解析】(1)因?yàn)锳P＝CP＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)， 所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 連結(jié)OB.因?yàn)锳B＝BC＝AC，所以△ABC為等腰直角三角形， 且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz. 由已知得O(0

17、，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2)，取平面PAC的法向量＝(2，0，0)． 設(shè)M(a，2－a，0)(0

18、b的關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)∥b B．a(chǎn)⊥b C．a(chǎn)、b異面D．a(chǎn)、b相交 【解析】設(shè)法在平面α內(nèi)尋求一條直線與b平行． 【答案】B 2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列說(shuō)法中： ①若m⊥α，m⊥β，則α∥β；②若m∥α，α∥β，則m∥β； ③若m⊥α，m∥β，則α⊥β；④若m∥α，n⊥m，則n⊥α. 所有正確說(shuō)法的序號(hào)是(　　) A．②③④ B．①③ C．①② D．①③④ 【解析】①若m⊥α，m⊥β，則α∥β，顯然一條直線垂直兩不同平面，則這兩個(gè)平面平行，所以正確；②若m∥α，α∥β，則m∥β，這種情況要排除m在面β內(nèi)，所以錯(cuò)誤；③若m⊥α，

19、m∥β，則α⊥β，顯然成立；④若m∥α，n⊥m，則n⊥α，此種情況n可以和α平行或相交或在α內(nèi)，故錯(cuò)誤． 【答案】B 3．已知α，β，γ為不同的平面，m，n為不同的直線，則m⊥β的一個(gè)充分條件是(　　) A．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ B．α⊥β，β⊥γ，m⊥α C．α⊥β，α∩β＝n，m⊥n D．n⊥α，n⊥β，m⊥α 【解析】A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，滿足條件的m和平面β可能平行；D項(xiàng)正確，n⊥α，n⊥β?α∥β，結(jié)合m⊥α知m⊥β. 【答案】D 4．如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面

20、BCD，構(gòu)成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列結(jié)論正確的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 【解析】∵在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，∴BD⊥CD. 又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，故CD⊥平面ABD，則CD⊥AB. 又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD?平面ADC，CD?平面ADC，故AB⊥平面ADC. 又AB?平面ABC， ∴平面ADC⊥平面ABC. 【答案】D 5．ABCD是正方形，P為平面A

21、BCD外一點(diǎn)，且PA⊥平面ABCD，則平面PAB、平面PBC、平面PDC、平面PAD、平面ABCD這五個(gè)平面中，互相垂直的平面有________對(duì)． 【解析】如圖，可得平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PAB，平面PDC⊥平面PAD，共5對(duì)． 【答案】5 6．下列五個(gè)正方體圖形中，l是正方體的一條對(duì)角線，點(diǎn)M、N、P分別為其所在棱的中點(diǎn)，能得出l⊥面MNP的圖形的序號(hào)是________．(寫(xiě)出所有符合要求的圖形序號(hào)) 【解析】①、④易判斷，⑤中△PMN是正三角形且AM＝AP＝AN，因此三棱錐A－PMN是正三棱錐．所以圖⑤

22、中l(wèi)⊥平面MNP，由此法，還可否定③，∵AM≠AP≠AN.也易否定②.故填①④⑤. 【答案】①④⑤ 7．如圖，三棱錐P－ABC中，PB⊥底面ABC，∠BCA＝90°，PB＝BC＝CA＝2，E為PC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PA上，且2PF＝FA. (1)求證：平面PAC⊥平面BEF； (2)求三棱錐A－BFC的體積． 【解析】(1)∵PB⊥底面ABC，且AC?底面ABC，∴AC⊥PB， 由∠BCA＝90°，可得AC⊥CB， 又∵PB∩CB＝B，∴AC⊥平面PBC. 注意到BE?平面PBC，∴AC⊥BE， ∵PB＝BC，E為PC中點(diǎn)，∴BE⊥PC， ∵PC∩AC＝C，∴BE⊥平面PA

23、C. 而B(niǎo)E?平面BEF，∴平面PAC⊥平面BEF. (2)VA－BFC＝VF－ABC，作FH∥PB， ∵PB⊥平面ABC，∴FH⊥平面ABC， FH＝，∴VF－ABC＝Sh＝··2·2·＝. 8．如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中(側(cè)棱與底面垂直的棱柱)，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，AA1＝，D是A1B1的中點(diǎn)． (1)求證：C1D⊥平面AA1B1B； (2)當(dāng)點(diǎn)F在BB1上的什么位置時(shí)，AB1⊥平面C1DF？并證明你的結(jié)論． 【解析】(1)∵ABC－A1B1C1是直三棱柱， ∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°. 又D是A1B1的中點(diǎn)， ∴C

24、1D⊥A1B1. ∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1， ∴AA1⊥C1D， ∴C1D⊥平面AA1B1B. (2)作DE⊥AB1交AB1于點(diǎn)E，延長(zhǎng)DE交BB1于點(diǎn)F，連接C1F，則AB1⊥平面C1DF，點(diǎn)F即所求． 事實(shí)上，∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1?平面AA1B1B， ∴C1D⊥AB1. 又AB1⊥DF，DF∩C1D＝D， ∴AB1⊥平面C1DF. ∵AA1＝A1B1＝， ∴四邊形AA1B1B為正方形． 又D為A1B1的中點(diǎn)，DF⊥AB1， ∴F為BB1的中點(diǎn)， ∴當(dāng)點(diǎn)F為BB1的中點(diǎn)時(shí)，AB1⊥平面C1DF. B組題 1．某幾何體的三

25、視圖如圖所示，該幾何體的各面中互相垂直的面的對(duì)數(shù)是(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 【解析】由三視圖還原直觀圖，知該幾何體是正方體截去兩個(gè)三棱柱后剩余的平行六面體ABCD－A1B1C1D1，如圖所示． 顯然，上、下兩個(gè)底面都與前、后兩個(gè)側(cè)面垂直，即4對(duì)面面垂直；左、右兩個(gè)側(cè)面均與前、后兩個(gè)側(cè)面垂直，即4對(duì)面面垂直．綜上得面面垂直的位置關(guān)系共有8對(duì)． 【答案】D 2．在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A′B′C′D′中，E是AA′的中點(diǎn)，P是三角形BDC′內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，EP⊥BC′，則P的軌跡長(zhǎng)為(　　) A.B.C.D. 【解析】先找到一個(gè)平面總是保持與BC′垂直

26、，取BB′，BC，AD的中點(diǎn)F，H，G. 連接EF，F(xiàn)H，EG，GH，在正方體ABCD－A′B′C′D′中，有BC′⊥面EFHG，又P是三角形BDC′內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，根據(jù)平面的基本性質(zhì)得：點(diǎn)P的軌跡為面EFHG與面BDC′的交線段MN，在直角三角形MNH中，NH＝，MH＝. ∴MN＝＝. 【答案】D 3．如圖梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，將四邊形ADFE沿直線EF進(jìn)行翻折，給出四個(gè)結(jié)論： ①DF⊥BC； ②BD⊥FC； ③平面DBF⊥平面BFC； ④平面DCF⊥平面BFC. 則在翻折過(guò)程中，可能成立的結(jié)論的個(gè)

27、數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】對(duì)于①：因?yàn)锽C∥AD，AD與DF相交不垂直，所以BC與DF不垂直，則①錯(cuò)誤； 對(duì)于②：設(shè)點(diǎn)D在平面BCF上的射影為點(diǎn)P，當(dāng)BP⊥CF時(shí)就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使條件滿足，所以②正確； 對(duì)于③：當(dāng)點(diǎn)P落在BF上時(shí)，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以③正確； 對(duì)于④：因?yàn)辄c(diǎn)D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④錯(cuò)誤． 【答案】B 4．如圖，菱形ABCD與四邊形BDEF相交于BD，∠ABC＝120°，BF⊥平面ABCD，DE∥BF，BF＝2DE，AF⊥F

28、C，M為CF的中點(diǎn)，AC∩BD＝G. (1)求證：GM∥平面CDE； (2)求證：平面ACE⊥平面ACF. 【解析】(1)取BC的中點(diǎn)N，連接GN，MN. 因?yàn)镚為菱形對(duì)角線的交點(diǎn)，所以G為AC中點(diǎn)，所以GN∥CD，又因?yàn)镸，N分別為FC，BC的中點(diǎn)，所以MN∥FB， 又因?yàn)镈E∥BF，所以DE∥MN， 又MN∩GN＝N， 所以平面GMN∥平面CDE， 又GM?平面GMN，所以GM∥平面CDE. (2)連接GE，GF，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形， 所以AB＝BC，又BF⊥平面ABCD，所以AF＝CF， 所以FG⊥AC. 設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為2，∠ABC＝120°， 則GB＝GD＝1，GA＝GC＝， 又因?yàn)锳F⊥FC，所以FG＝GA＝， 則BF＝，DE＝，且BF⊥平面ABCD，DE∥BF，得DE⊥平面ABCD， 在直角三角形GED中，GE＝＝， 又在直角梯形BDEF中，得EF＝＝， 從而EF2＝GF2＋GE2，所以FG⊥GE，又AC∩GE＝G， 所以FG⊥平面ACE，又FG?平面ACF， 所以平面ACE⊥平面ACF. 16