全國卷歷年高考立體幾何真題歸類分析2019(含答案)

中，AB=3，BC=4，AA1=5，E為AA1的中點，F(xiàn)為BD的中點，平面P經(jīng)過點A，B，E，平面Q經(jīng)過點C，D，F(xiàn)，交于直線L.(Ⅰ)求證：直線L垂直于平面AA1C1；(Ⅱ)設(shè)直線L與平面P所成角的正弦值為m，與平面Q所成角的正弦值為n，求m+n的值.立體幾何是高考數(shù)學(xué)中的重要部分，其中直建系問題是比較常見的一類。這類問題中，已經(jīng)給出了線面垂直的條件，可以將該直線作為z軸或與z軸平行，底面垂直關(guān)系直接給出或容易得出。例如，等腰三角形的三線合一。這類問題的突破點是通過條件建立方程求解。對于線上動點問題，需要注意共線向量基本定理的應(yīng)用，只設(shè)一個未知數(shù)，而不是直接設(shè)動點坐標(biāo)。1.（2014年全國Ⅱ卷）如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點.(Ⅰ)證明:PB∥平面AEC；(Ⅱ)設(shè)二面角D-AE-C為60°，AP=1，AD=3，求三棱錐E-ACD的體積.2.（2015年全國Ⅰ卷）如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC=120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.(Ⅰ)證明:平面AEC⊥平面AFC；(Ⅱ)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.3.（2015年全國Ⅱ卷）如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=16，BC=10，AA1=8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，過點E，F(xiàn)的平面α與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形.(Ⅰ)在圖中畫出這個正方形(不必說出畫法和理由)；(Ⅱ)求直線AF與平面α所成角的正弦值.4.（2016年全國Ⅲ卷）如圖，四棱錐PABC中，PA底面面ABCD，AD∥BC，ABADAC3，PABC4，M為線段AD上一點，AM2MD，N為PC的中點．（I）證明MNP平面PAB；（II）求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.5.（2017全國Ⅱ卷）如圖所示，在四棱錐PABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面1AD，BADABC90o，E是PD的中點.2（1）求證：直線CE//平面PAB；ABCD，ABBC（2）點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成的銳角為45o，求二面角MABD的余弦值.6.（2019年全國Ⅱ卷17題）如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1中，AB=3，BC=4，AA1=5，E為AA1的中點，F(xiàn)為BD的中點，平面P經(jīng)過點A，B，E，平面Q經(jīng)過點C，D，F(xiàn)，交于直線L.(Ⅰ)求證：直線L垂直于平面AA1C1；(Ⅱ)設(shè)直線L與平面P所成角的正弦值為m，與平面Q所成角的正弦值為n，求m+n的值.B1C1中，AB=AC=BC，D為棱AA1的中點，E為BC的中點，F(xiàn)為A1C的中點，且DEBF.（Ⅰ）證明：EF平面ABC；（Ⅱ）求二面角A-ED-F的正弦值.解析：1.去除格式錯誤，刪除有問題的段落，改寫每段話：1.題目要求證明一個四棱錐中的一條直線與一個平面垂直，以及求解該四棱錐中的二面角的正弦值。四棱錐的底面是一個平行四邊形，其中一個角為60度，且底面的一條邊是另一條邊的兩倍。另外，四棱錐的一條高垂直于底面。2.題目要求證明一個直三棱柱中的兩條直線垂直，以及求解該直三棱柱中的二面角的大小。直三棱柱的底面是一個等腰直角三角形，其中一條直角邊的中點與另一條邊的一點構(gòu)成一條直線，且該直線垂直于該底面的另一條邊。3.題目要求證明一個直棱柱中的一條直線與一個平面垂直，以及求解該直棱柱中的二面角的正弦值。直棱柱的底面是一個正方形，且底面的一條對角線與側(cè)面的一條棱垂直。2.解題步驟：1.對于類型二題目，首先證明底面上兩條直線垂直，然后建立空間直角坐標(biāo)系求解。對于類型三題目，已知底面上兩條直線垂直，直接建立空間直角坐標(biāo)系求解。2.根據(jù)已知條件，運用幾何定理證明線面垂直關(guān)系。3.根據(jù)已知條件和證明出的線面垂直關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系，求解二面角的正弦值或大小。4.最后，將求解結(jié)果填入答案區(qū)。1.在三角形ABC中，側(cè)面BC為菱形，且AB垂直BC。（Ⅰ）證明：AC=AB；（Ⅱ）若AC垂直AB，且∠CBB'=60°，AB=BC，求二面角A-AB'-C的余弦值。2.在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，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°。（I）證明：平面ABEF垂直平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值。3.如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB=5，AC=6，點E,F分別在AD,CD上，AE=CF=5'，EF交BD于點H。將△DEF沿EF折到△DEF位置，OD'=10。（Ⅰ）證明：D'H垂直平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B-D'A-C的正弦值。4.在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90°。（1）求證：平面PAB垂直平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A-PB-C的余弦值。5.如圖所示，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD。（1）求證：平面ACD垂直平面ABC；（2）過AC的平面交BD于點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。6.如圖，四邊形ABCD折起，使點D到達點C的位置，且AB為正方形，M、N分別為AC、BD的中點，以MN為折痕把所成角的正弦值。7.如圖，在三棱錐ABCDEF中，AF=BF=CF，DE//BC，點P在DE上，且∠APF=90°。（1）證明：平面APF垂直平面BPC；（2）若二面角D-PE-C的正弦值為1/3，求與平面BPC所成角的正弦值。8.如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直，M是CD上異于C、D的點。（1）證明：平面AMD垂直平面BMC；（2）當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值。圖1由矩形ADEB、直角三角形ABC和菱形BFGC組成。已知AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°。將圖形沿AB、BC折起，使BE與BF重合，然后連接DG，得到圖2。證明：首先證明四點A、C、G、D共面。由于BE與BF重合，所以三角形BEF是等邊三角形，∠FBE=∠EBF=60°。又因為∠FBC=60°，所以四邊形BFEC是菱形。因此，BF=CE=2，EF=BC=2√3。由于B、D、F三點共線，所以DG是三角形BDF的中線，即DG=BF=2。又因為∠BDF=∠BAC=90°，所以BD⊥AC，且DG⊥AC。因此，四點A、C、G、D共面，且平面ABC垂直于平面BCGE。求CG-A的大小。由于B、D、F三點共線，所以∠BDF=90°。又因為BF=2，DF=√3，所以BD=2√3。由于DG是三角形BDF的中線，所以DG=BF=2。因此，三角形BDG是等腰直角三角形，且∠BDG=45°。又因為平面ABC垂直于平面BCGE，所以平面BCGE過點G的法向量為n=(1,0,-1)。因此，向量CG-A的大小為|CG-A|=|CG-BC-BA|=|(2,0,-1)-(0,2√3,0)-(1,0,0)|=√13。求圖2中的二面角B。由于BE與BF重合，所以∠EBF=∠FBE=60°。又因為∠BAC=90°，所以∠BAG=∠BAC-∠GAC=90°-∠GAC。又因為平面ABC垂直于平面BCGE，所以∠BGE=90°。因此，∠BGA=∠BGE-∠EGA=∠BGE-∠EBF=30°。又因為∠BDF=90°，所以∠BDE=∠BDF-∠FDE=90°-60°=30°。因此，∠ABD=∠BAD=60°。又因為∠BAG+∠ABD=90°，所以∠BGA=30°=∠ABD。因此，∠B是平面ABD和平面BGA的二面角，即∠B=∠ABD+∠BGA=60°。2.【解析】在菱形ABCD中，設(shè)BD∩AC=G，連結(jié)EG、FG、EF。不妨設(shè)GB=1。由∠ABC=120°，可得AG=GC=$\frac{3}{2}$。由BE⊥平面ABCD、AB=BC可知AE=EC。又AE⊥EC，所以EG=$\frac{3}{2}$，且EG⊥AC。在Rt△EBG中，可得BE=$\sqrt{3}$，故DF=$\sqrt{3}$。在Rt△FDG中，可得FG=$\frac{3}{2}$。在直角梯形BDFE中，由BD=2、BE=$\sqrt{3}$、DF=$\sqrt{3}$，可得EF=$\frac{1}{2}$。從而$EG^2+FG^2=EF^2$，所以EG⊥FG。又AC∩FG=G，可得EG⊥平面AFC。又因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC。如圖，以G為坐標(biāo)原點，分別以$\overrightarrow{GB}$、$\overrightarrow{GC}$的方向為x軸、y軸正方向，1為單位長度，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(xiàn)(-1,0,2)，C(0,3,0)，$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{CF}=-3$。故$\cos\angleAEF=\frac{\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{CF}}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{CF}|}=-\frac{1}{\sqrt{10}}$。3.【解析】(1)交線圍成的正方形EHGF如圖：(2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM=AE=4，EM=AM$\cdot\frac{\sqrt{17}}{4}=2\sqrt{17}$。因為四邊形EHGF為正方形，所以EH=EF=BC=10。于是MH=$\sqrt{17}$，所以AH=$\sqrt{17}+10$。以D為坐標(biāo)原點，$\overrightarrow{DA}$的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，G=(10,0,0)，M=(10,2$\sqrt{17}$,0)。設(shè)$\overrightarrow{n}=(x,y,z)$是平面EHGF的法向量，則$\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{FE}=\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{HE}=0$，解得$\overrightarrow{n}=(4,3,0)$。又$\overrightarrow{AF}=(-10,4,8)$，故$|\cos\angle(\overrightarrow{n},\overrightarrow{AF})|=\frac{|\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{AF}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{AF}|}=\frac{45}{15}=3$。1.剔除格式錯誤和明顯有問題的段落：無2.對每段話進行小幅度改寫：1.根據(jù)三角函數(shù)定義，AF與平面EHGF所成的角的正弦值為45.15。2.設(shè)n為平面PMN的法向量，則可得到方程組2x-4z=5，x+y-2z=9。取n=(0,2,1)。3.根據(jù)向量的內(nèi)積公式，可得到|cos<n,AN>|=|n·AN|/|n||AN|=85/25=17/5。4.(1)令PA的中點為F，聯(lián)結(jié)EF，BF，如圖所示。因為點E，F(xiàn)為PD，PA的中點，所以EF為△PAD的中位線，因此EF//AD。又因為∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD。由此四邊形BCEF為平行四邊形，所以BC//AD，于是EF//CE∥BF。又因為BF⊥面PAB，所以CE∥平面PAB。(2)以AD的中點O為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系。設(shè)AB=BC=1，則O(0,0,0)，A(0,-1,1)，B(1,-1,0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)，P(x,y,z)。5.點M在底面ABCD上的投影為M'，所以MM'⊥BM'，聯(lián)結(jié)BM'。因為∠MBM'=45°，所以△MBM'為等腰直角三角形。因為△POC為直角三角形，OC=3OP，所以∠PCO=60°。設(shè)M(1-a,a,3-2a)，則BM'=√(26+6a+a^2)/3，從而a=(√26-BM')/2√2。所以M(1-√26/2+BM'/2,√2-BM'/2,√26/6-BM'/6)。6.(1)由已知得，B1C1⊥平面ABB1，BE⊥平面ABB1，故B1C1⊥BE。又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1。(2)由(1)知∠BEB1=90°，所以BE為平面EB1C1的一條直線。90度。根據(jù)題設(shè)，可以得出Rt△ABE和Rt△A1B1E相似，因此∠AEB=45度，所以AE=AB，AA1=2AB。以點D為坐標(biāo)原點，DA的方向為x軸正方向，|DA|為單位長，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz。因此，C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），E（1，0，1），CE為向量(1,-1,1)，平面EBC的法向量為n=(0，-1，-1)，平面ECC1的法向量為m=(1，1，0)，因此cos∠n,m=-(n·m)/(∣n∣∣m∣)=3/2，因此二面角B-EC-C1的正弦值為3/2。7.解：（1）連接ME，B1C，QM，其中E為BB1和BC的中點。因此，ME//B1C且ME=B1C。又因為N為A1D的中點，且A1D//B1C，因此ND//B1C且ND=B1C。因此，ME//ND，所以四邊形MNDE為平行四邊形，因此MN//DE。又因為MN與平面C1DE平行，DE在平面C1DE上，因此MN也在平面C1DE上。（2）設(shè)ACIBD=O，AC11IB1D1=O1。由于四棱柱性質(zhì)可知OO1垂直于平面ABCDQ。四邊形ABCD為菱形，因此AC⊥BD。以點O為原點，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：A(3,0,0)，M(0,1,2)，N(D-1,0,3)，B(3,0,4)。取AB的中點F，連接DF。因為四邊形ABCD為菱形且∠BAD=60度，所以△BAD為等邊三角形，因此DF⊥AB。又因為AA1⊥平面ABCD，所以DF⊥AA1。因此DF⊥平面ABB1A1，即DF⊥平面AMA1。因此，DF是平面AMA1的一個法向量，且DF為向量(3,3,0)。設(shè)平面PAB的法向量為n，AB=3，BC=1，PC=5，且PB⊥PC。則可取n=(3,1,3)。設(shè)平面PBC的法向量為m，則可取m=(-1,0,-3)。根據(jù)向量點積的定義，n·PB=3-1+3=5，m·PB=1×(-1)+0×0+(-3)×3=-10。所以cos<DF,n>=5/√35，sin<DF,n>=3/√35。根據(jù)二面角的定義，sin<AB-MA1-N>=sin<DF,n>=3/√35。因此，二面角的正弦值為3/√35。解：（Ⅰ）因為∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=3AD，從而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD；又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，所以BD⊥平面PAD。故PA⊥BD。（Ⅱ）如圖，以D為坐標(biāo)原點，AD的長為單位長，射線DA為x軸的正半軸，射線DB為y軸的正半軸，射線DP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則A(3,1,-1)，B(1,0,0)，C(-1,3,0)，P(0,0,1)。設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z)，則n·AB=3x-y+2z=0，因此可取n=(3,1,3)。設(shè)平面PBC的法向量為m=(x,y,z)，則m·BC=-x+3y=0，因此可取m=(-1,0,-3)。根據(jù)向量點積的定義，n·PB=3-1+3=5，m·PB=1×(-1)+0×0+(-3)×3=-10。所以cos<DF,n>=5/√35，sin<DF,n>=3/√35。根據(jù)二面角的定義，sin<AB-MA1-N>=sin<DF,n>=3/√35。因此，二面角的正弦值為3/√35。（1）在Rt△DAC中，AD=AC得：∠ADC=45°，同理：∠ADC1=45°，得：∠CDC1=90°，得：DC1⊥DC，DC⊥BD，DC⊥平面BCD，故DC⊥BC。又因為DC1⊥BC，CC1⊥BC，故BC⊥平面ACC1，故BC⊥AC。取AB的中點O，過點O作OH⊥BD于點H，連接CO，CH，且C1O=2a。則OH⊥BD，得：C1H⊥BD，即點H與點D重合，即∠C1DO是二面角A-BD-C1的平面角。（2）設(shè)AC=a，則C1O=2a。因為C1O⊥AB，且∠AC1B=90°，所以AC12+BC12=AB2，即(2a)2+a2=4a2，解得a=2a/√5，即a2=4a2/5，故a2=4/5。因此，AC=√(4/5)，BD=2AC=2√(4/5)，CD=√(2/5)，C1D=2CD=2√(2/5)。根據(jù)余弦定理，cos<AC1-C1D>=-1/2，因此，二面角的余弦值為-1/2。1.根據(jù)題意，可以得到二面角D-A-C的大小為30度。其中D=2a，C=2a，因此D=2C。又因為DO垂直于OC，所以DO=CO=2a。根據(jù)余弦定理，可以求得二面角的正弦值為sin(30°)=0.5。2.(1)連接AC并交于點F，連接DF和BC。由于D是AB的中點，因此F是AC的中點。又因為BC平行于平面ACD，所以DF也平行于BC。同時，F(xiàn)D垂直于平面ACD。(2)由于AA1=AC=CB=2a，因此AC垂直于BC。又因為ABC-A1B1C1是一個直三棱柱，所以可以以點C為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系。則點C的坐標(biāo)為(0,0,0)，點A1的坐標(biāo)為(2a,0,2a)，點D的坐標(biāo)為(2a,a,0)，點E的坐標(biāo)為(0,2a,2a)，點B的坐標(biāo)為(-2a,0,0)。由此可以求得AC和CE的向量，進而求得平面A1CD和A1CE的法向量。設(shè)A1CD的法向量為n=(x,y,z)，則n·CD=0且n·CA1=0，解得y=-x=z。令x=1，則n=(1,-1,-1)。同理，可以求得A1CE的法向量為m=(2,1,-2)。根據(jù)向量的點乘公式，可以求得n和m的夾角的余弦值為cos(θ)=3/6，因此二面角D-A1-C-E的正弦值為sin(θ)=√(1-cos2(θ))=√(1-(3/6)2)=√(7/12)。AA(-1,3),AC(0,-3,3)。設(shè)平面B1C1C的法向量為n=(x,y,z)，則有{x+3z=0，-x+3y=0}，可取n=(3,1,-1)。故直線AC與平面B1C1C所成角的正弦值為10/5=2。解：（1）連結(jié)BC1，交B1C于點O，連結(jié)AO。因為側(cè)面BB1C1C為菱形，所以BC1⊥B1C，且O為BC1和B1C的中點。又因為AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO。又因為AO?平面ABO，所以B1C⊥AO。又因為B1O=CO，所以AC=AB1。（2）因為AC⊥AB1，且O為B1C的中點，所以AO=CO。又因為AB=BC，所以△BOA≌△BOC，所以O(shè)A⊥OB，所以O(shè)A，OB，OB1兩兩垂直。以O(shè)為坐標(biāo)原點，軸的正方向，||為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系。因為∠CBB1=60°，所以△CBB1為正三角形，又AB=BC，所以A(-1,0,0)，B(1,0,0)，B1(0,-1,0)，C(0,-1,1)。設(shè)向量n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量，則可取n=(1,-1,1)。同理可得平面A1B1C1的一個法向量為(1,-1,-1)。因此，二面角A-A1B1-C1的余弦值為-1/3。⑴因為ABEF為正方形，所以AF⊥EF。因為∠AFD=90°，所以AF⊥DF。因為DF=EF，所以F在AF上。因為F在EF上，所以AF⊥面EFD。因為AF⊥面ABEF，所以平面ABEF⊥平面EFD。⑵因為∠DFE=∠CEF=60°，所以四邊形EFDC為等腰梯形。以E為原點建立坐標(biāo)系，設(shè)FD=a。則有C(2a,a^2/2,a)，A(2a,-a^2/2,0)，E(0,0,0)，B(0,2a,0)，EB=(0,2a,0)-(0,0,0)=(0,2a,0)，BC=(2a,a^2/2,a)-(0,2a,0)=(2a,-a^2/2,a)，AB=(-2a,-a^2/2,0)。設(shè)面BEC的法向量為(2a,a,-a^2/2)，則有{2ax+a^2-y=0，a(z-a/2)-a^2/2=0}。m=(x,y,z),u={a(m·BC),22},n={3,-1,2}設(shè)面ABC法向量為n={x2,y2,z2}r={a3,3,4},u={r·BC,az}設(shè)二面角E-BC-A的大小為θ，cosθ=(-m·n+4219)/(193+3+16·m·n)∴二面角E-BC-A的余弦值為-219/19AECF為平行四邊形，∴EF∥AC四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD∴EF⊥BD，∴EF⊥DH，∴EF⊥D'H建立如圖坐標(biāo)系H-xyzB(5,0,0)，C(1,3,0)，D'(0,0,3)，A(1,-3,0)AB=(4,3,0)，AD'=(-1,3,3)，AC=(-4,6,0)設(shè)面ABD'法向量n1=(x,y,z)，n1·AB=4x+3y=0∴x=-3/4,y=1設(shè)面AD'C法向量n2=(x,y,z)，n2·AD'=3y+3z=0∴y=-zcosθ=(-n1·n2)/(|n1||n2|)=(9/25)^(1/2)(1)證明：因為PA⊥AB，PD⊥CD，AB∥CD，所以PD⊥AB，AB⊥平面PAD，PD∈平面PAD，AB∥平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD。取AD的中點O，BC的中點E，連接PO，OE。因為AB∥CD，所以四邊形ABCD為平行四邊形，因此OE∥AB。由第一步可知，AB垂直于平面PAD，所以O(shè)E垂直于平面PAD。又因為PO、AD都在平面PAD內(nèi)，所以O(shè)E垂直于PO和AD。又因為PA=PD，所以PO垂直于AD，從而PO、OE、AD兩兩垂直。以O(shè)為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，設(shè)PA=2，PB=2，BC=-2，PC=-2。設(shè)平面PBC的一個法向量為n=(x,y,z)，則由n·PB=0和n·BC=0得2x+2y-2z=0。令y=1，則z=2，x=-2/3，可得平面PBC的一個法向量為(-2/3,1,2)。因為∠APD=90°，所以PD垂直于PA。又知AB垂直于平面PAD，PD平行于平面PAD，因此PD垂直于AB。又因為PA∥AB，所以PD垂直于平面PAB。由圖可知二面角APBPC為鈍角，所以它的余弦值為-1/3。6.如圖所示，取AC的中點為O，連接BO、DO。因為△ABC為等邊三角形，所以BO垂直于AC，AB=BC。由BD=BD可得△ABD∽△CBD，因此AD=CD，即△ACD為等腰直角三角形，∠ABD=∠DBC，從而∠ADC為直角。又因為O為底邊AC的中點，所以DO垂直于AC。設(shè)AB=a，則AB=AC=BC=BD=a，易得OD=a√3/2，OB=a/2，所以O(shè)D+OB=BD，由勾股定理的逆定理可得∠DOB=60°，即OD垂直于OB。由AC∥OB、AC⊥BD可得OD垂直于平面ABC。又因為OD⊥OB，所以O(shè)D垂直于平面OBD。由AC∥OB、AC∥BD可得AC⊥平面OBD，因此OD垂直于平面ABC和平面OBD，即OD垂直于平面ADC。由面面垂直