-一、選擇題：EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up0(的),1)射影為△ABC的中心，則AB1與底面ABC所成角的正弦值等于〔C〕B．C．D．EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up12(2),3)底面ABC所成角的正弦值為另解：設AB,AC,EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up1(AA),1)為空間向量的一組基底，AB,AC,EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up1(AA),1)的兩兩間的夾角為600 EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up3(AA),1)則AB1與底面ABC所成角的正弦值為二、填空題：1．(2021全國Ⅰ卷理)等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB，二面角3CABD的余弦值為3，M，N分別是AC，BC的中點，則EM，AN所成角的余1弦值等于．MANOH丄AB，則CH丄AB，上CHO為二面角C—AB—D的平面角MANH與正方形ABDE可知此四棱錐為正四棱錐，則AN=EM=CH=3HDDBMAo故EMMAoNE另解：以O為坐標原點，建立如下圖的直角坐標系，NEHyHyBDB-三、解答題：兀〔Ⅰ〕求異面直線AB與MD所成角的大小；〔Ⅱ〕求點B到平面OCD的距離。1．方法一〔綜合法〕〔1〕'.'CD‖AB,∴上MDC為異面直線AB與MD所成的角〔或其補角〕作AP丄CD于P,連接MP2兀所以AB與MD所成角的大小為〔2〕∵AB‖平面OCD,∴點A和點B到平面OCD的距離相等，連接OP,過點A作AQ丄OP于點Q，線段AQ的長就是點A到平面OCD的距離2222=EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up6(2),3)，所以點B到平面OCD的距離為EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up14(2),3)OOM2方法二(向量法)作AP丄CD于點P,如圖,分別以AB,AP,AO所在直線為x,y,z軸建立OMPOMP(1)設AB與MD所成的角為θ,∴AB與MD所成角的大小為兀即-設點B到平面OCD的距離為d,則d為OB在向量n=(0,4,2)上的投影的絕對值,2所以點B到平面OCD的距離為3兀OA丄底面ABCD,OA=2,M為OA的中點，N為BC的中點。〔Ⅱ〕求異面直線AB與MD所成角的大小；〔Ⅲ〕求點B到平面OCD的距離。2．方法一〔綜合法〕〔1〕取OB中點E，連接ME，NE又'.'NE‖OC,:平面MNE‖平面OCD〔2〕'.'CD‖AB,∴上MDC為異面直線AB與MD所成的角〔或其補角〕OMAOD作AP丄CD于P,連接MP所以AB與MD所成角的大小為B兀3NEMCQ〔3〕∵AB‖平面OCD,∴點A和點B到平面OCD的距離相等，連接OP,過點A作ABP所以點B到平面OCD的距離為EQ\*jc3\*hps38\o\al(\s\up10(2),3)2方法二(向量法)作AP丄CD于點P,如圖,分別以AB,AP,AO所在直線為x,y,z軸建立坐標系22-EQ\*jc3\*hps40\o\al(\s\up43(O),M)yy與MDxBNCPπ所成角的大小為所成角的大小為(3)設點B到平面OCD的交流為d,則d為OB在向量n=(0,4,2)上的投影的絕對值,由OB=(1,0,2),得d=n=3所.以點B到平面OCD的距離為〔Ⅰ〕求證：PC⊥AB；〔Ⅱ〕求二面角B-AP-C的大小.又PC⊥AC，又∠ACB＝90°,即AC⊥BC，∵EC是BE在平面PAC的射影，∴∠BEC是二面角B-AP-C的平面角.-:二面角B-AP-C的大小為aresin6解法二：:△APC≌△BPC.又PC丄AC.:PC丄BC.:PC丄平面ABC.:PC丄AB.(Ⅱ)如圖，以C為原點建立空間直角坐標系C-*yz.設P〔0，0，t〕,」｜PB｜=｜AB22，:t=2,P(0,0,2).取AP中點E，連結BE，CE.:CE丄AP,BE丄AP.:匕BEC是二面角B-AP-C的平面角.:cos匕3:二面角B-AP-C的大小為arccos3.〔Ⅲ〕求點C到平面APB的距離．4．解法一：A〔Ⅰ〕取AB中點D，連結PD，CD．:::::::.PBDBDCPBAEBAEz-取AP中點E．連結BE，CE．:BE丄AP．EC是BE在平面PAC的射影，::二面角BAPC的大小為arcsin．PH:HD過C作CH丄PD，垂足為H．DBB:CH丄平面APB．:CH的長即為點C到平面APB的距離．::在:點C到平面APB的距離為——．解法二：:又PC丄AC，:::取AP中點E，連結BE，CE．:EyACzH*B-3:二面角BAPC的大小為arccos．:C在平面APB的射影為正△APB的中心H，且CH的長為點C到平面APB的距離．:點C到平面APB的距離為——．5．(2021文)如圖，在四棱錐中，側面PAD⊥底面ABCD,側棱PA=PD=2,底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥CD,AD=2AB=2BC=2,O為AD中點。〔1〕求證：PO⊥平面ABCD;〔2〕求異面直線PB與CD所成角的余弦值；〔3〕求點A到平面PCD的距離5解.：如圖，A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1)所以異面直線所成的角的余弦值為：663所以則，點A到平面PCD的距離為6．(2021理)如圖，在四棱錐P-ABCD中，則面PAD⊥底面ABCD，側棱PA=PD＝2，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O為AD中點.〔Ⅰ〕求證：PO⊥平面ABCD；〔Ⅱ〕求異面直線PD與CD所成角的大小；〔Ⅲ〕線段AD上是否存在點Q，使得它到平面PCD的距離為2.假設存在，求出QD的值；假設不存在，請說明理由.6．本小題主要考察直線與平面的位置關系、異面直線所成角、點到平面的距離等根本知識，考察空間想象能力、邏輯思維能力和運算能力.總分值12分.解法一：〔Ⅰ〕證明：在△PAD中PA=PD,O為AD中點，所以PO⊥AD,又側面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面z.z-所以PO⊥平面ABCD.〔Ⅱ〕連結BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2A有OD∥BC且OD=BC所,以四邊形OBCD是平行四邊形，所以OB∥DC.所以∠PBO是異面直線PB與CD所成的角.因為AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1,所以OB＝2，在Rt△POA中，因為AP＝2，AO＝1，所以OP＝1，所以異面直線PB與CD所成的角是arctan223所以由Vp-DQC=VQ-PCD,得2，所以存在點Q滿足題意，此時QD=3.解法二：坐標系O-*yz,依題意，易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),6-1）.所以異面直線PB與CD所成的角是arccos6(Ⅲ)假設存在點Q，使得它到平面PCD的距離為332由(Ⅱ)知CP=(-1,0,1),CD=(-設平面PCD的法向量為n=(*,y,z).取*0=1,得平面PCD的一個法向量為n=(1,1,1).33=解,33=解,-EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(2),1)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(1),求)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(理),DP)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(如圖),CC)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(點P在正方體),成角的大小)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(A),〔)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(B),2)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(－),求)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(A),D)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(B),P)與EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(D的),平)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(對角),面AA)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(BD),D所)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up9(上，∠PDA=),成角的大小)7．解：如圖，以D為原點，DA為單位長建立空間直角坐標系D一xyz．解得，所以z因為，Ay即DP與CC所yBB因為*〔Ⅱ〕假設AA1=AC=a，直線AC8.本小題主要考察線面關系、直線與平面所成角、二面角等有關知識，考察空間想象能力和推理論證能力.〔總分值12分〕由平面A1BC⊥側面A1ABB1,且平面A1BC∩側面A1ABB1＝A1B，得AD⊥平面所以AD⊥BC.EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up8(因為),則A)EQ\*jc3\*hps33\o\al(\s\up9(BC),AB)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up8(是),AA)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up8(三),BC)柱,又AA1∩AD=A,從而BC⊥側面A1ABB1,又AB側面A1ABB1，故AB⊥BC.-(Ⅱ)證法1：連接CD,則由(Ⅰ)知∠ACD就是直線AC與平面A1BC所成的角，∠ABA就1是∴sinθ=sin∠AA1D由,于θ與∠AA1D都是銳角，所以θ=∠AA1D.又由RtΔA1AB知，∠AA1D+=∠AA1B2，故θ+=2.證法2：由(Ⅰ)知，以點B為坐標原點，以BC、BA、BB所1在的直線分別為*軸、y軸、z軸，建立如下圖的空間直角坐標系.c21設平面A1BC的一個法向量為n=(*,y,z),則由得可取n＝〔0，－a，c〕，于是n·AC=ac＞0，AC與n的夾角為銳角,則與互為余角所以，所以.9.(2021理)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C中1，平面ABC⊥側面A1ABB1.〔Ⅰ〕求證：AB⊥BC；〔Ⅱ〕假設直線AC與平面A1BC所成的角為θ,二面角A1-BC-A的大9.本小題主要考察直棱柱、直線與平面所成角、二面角和線面關系等有關知識，同時考察空間想象能力和推理能力.〔總分值12分〕〔Ⅰ〕證明：如右圖，過點A在平面A1ABB1作由平面A1BC⊥側面A1ABB1,且平面A1BC側面A1ABB1=A1B,得所以AD⊥BC.z因為三棱柱ABC—A1B1C1是直三棱柱，則AA1⊥底面ABC，z所以AA1⊥BC.又AA1AD=A,從而BC⊥側面A1ABB1，又AB側面A1ABB1，故AB⊥BC.〔Ⅱ〕解法1：連接CD，則由〔Ⅰ〕知上ACD是直線AC與平面A1BC所成的角，.-于是在1Rt△在Rt△由AB＜AC，得sinθ<sinφ,又0<θ,φ<所，以θ<φ,解法2：由〔Ⅰ〕知，以點B為坐標原點，以BC、BA、BB所1在的直線分別為*軸、y軸、z軸，建立如下圖的空間直角坐標系，設AA1=a,AC=b,AB=c,則B(0,0,0),A(0,c,0),設平面A1BC的一個法向量為n=(*,y,z)，則由{{得lb2-由{{得lβ為銳角，則β與θ互為余角.以22即sinθ<sinφ,又0<θ,φ<所,以θ<φ,10.(2021理)如下圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為1的菱形，∠BCD＝60°,E是CD的中點，PA⊥底面ABCD，PA＝2.〔Ⅰ〕證明：平面PBE⊥平面PAB;〔Ⅱ〕求平面PAD和平面PBE所成二面角〔銳角〕的大小.10．解:解法一〔Ⅰ〕如下圖，連結BD，由ABCD是菱形且∠BCD=60°知，△BCD是等邊三角形因.為E是CD的中點，所以BE⊥CD,又AB∥所以BE⊥AB.又因為PA⊥平面ABCD，BEC平面ABCD，所以PA⊥BE.而PA∩AB=A因,此BE⊥平面PAB.又BEC平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.〔Ⅱ〕延長AD、BE相交于點F，連結PF.過點A作AH⊥PB于H，由〔Ⅰ〕知在Rt△ABF中，因為∠BAF＝60°,所以，AF=2AB=2=AP.在等腰Rt△PAF中，取PF的中點G，連接AG.則AG⊥PF.連結HG，由三垂線定理的逆定理得，PF⊥HG所.以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角〔銳角〕.在等腰-故平面PAD和平面PBE所成二面角〔銳角〕的大小是arcsin解法二:如下圖，以A為原點，建立空間直角坐標系.則相關各點的坐標分別是A〔0，0，0〕，B〔1，0，0〕，所以BE和n0共線.從而BE⊥平面PAB.又因為BE平面PBE，故平面PBE⊥平面PAB.得02)是平面PAD的一個法向量，則由得故平面PAD和平面PBE所成二面角〔銳角〕的大小是arccos5.P-E是CD的中點，PA丄底面ABCD，PA=3。〔II〕求二面角A—BE—P和的大小。11．解：解法一〔I〕如下圖,連結BD由,ABCD是菱形且上BCD=600知，△BCD是等邊三角形.因為E是CD的中點，所以BE丄CD,又AB//CD所,以BE丄AB,又因為PA丄平面ABCD，BE平面ABCD，所以PA丄BE,而PAAB=A因,此BE丄平面PAB.又BE平面PBE，所以平面PBE丄平面PAB.〔II〕由〔I〕知，BE丄平面PAB,PB平面PAB,在Rt△PAB中,故二面角A—BEP的大小為60.解法二：如下圖,以A為原點，建立空間直角坐標系．則相關各點的坐標分別是所,以BE和n0共線.從而BE丄平面PAB.又因為BE平面PBE，所以平面PBE丄平面PAB.331)是平面PBE的一個法向量,則由故二面角A—BEP的大小為60.12．(2021)記動點P是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D的1對角線BD1上一點，記DP DB112．解：由題設可知，以DA、DC、EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up2(DD),1)為單位正交基底，建立如下圖的空間直角坐標A1顯然上APC不是平角，所以上APC為鈍角等價于A1CDCyPx-則等價于PA·PC<0因此，λ的取值圍是(,1)長度均為2．E、F分別是AB、AC的中點，H是EF的中點，過EF的平面與側棱OA、CEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up1(的),1)大小．13．解：〔1〕證明：依題設，EF是ΔABC的中位線，所以EF∥BC，又H是EF的中點，所以AH⊥EF，則AH⊥B1C1。O因此B1C1⊥面OAH。O〔2〕作ON⊥A1B1于N，連C1N。CMAF1CMAF1HCAN1EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up0(的),1)HCAN1EB作EM⊥OB1于M，則EM∥OA，則M是OB的中點，EB設OB1=x，由得在則。則所以所以AH.BC=0,OH.BC所以BC丄平面OAHOOCCFAFC1C1HEyx1HEyB-由A1E與EB1共線得:存在λ∈R有A1E=λEB1得同理:C(0,3,0)1)是平面A1B1CEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up0(的),1)一個法向量,:EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up2147483647(的),1)6所以二面角的大小為arccos6PQEF∥AD，截面PQGH∥AD．HDGC〔Ⅰ〕證明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；AB〔Ⅱ〕證明：截面PQEF和截面PQGH面積之和是定值，EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up27(求),Ⅲ)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up27(這個值),假設b)EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up18(P),A)EQ\*jc3\*hps34\o\al(\s\up9(D),F)14．本小題主要考察空間中的線面關系和面面關系，解三角形等根底知識，考察空間想象能力與邏輯思維能力．總分值12分．解法一：又由可得PFⅡAD，PHⅡAD，PQⅡAB，所以PH丄平面PQEF．所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．·····································4分〔Ⅱ〕證明：由〔Ⅰ〕知和截面PQGH面積之和是〔Ⅲ〕解：設AD交PF于點N，連結EN，因為AD丄平面PQEF，所以∠DEN為DE與平面PQEF所成的角．因為，所以P，Q，E，F分別為AA，BB，BC，AD的中點．可知DDHAAQBPAQBPAF所以sin∠D分2解法二：EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up4(以),*y)EQ\*jc3\*hps33\o\al(\s\up4(D),z)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up4(為原點),由得D)EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up4(線),1)EQ\*jc3\*hps33\o\al(\s\up4(A),b)EQ\*jc3\*hps33\o\al(\s\up4(DC),故)DD′分別為*，y，z軸的正半軸建立如圖的空間直角坐標系D-zDz.-〔Ⅰ〕證明：在所建立的坐標系中，可得因為AD,PQ=0，AD,PF=0，所以AD,是平面PQEF的因為AD,·A,D=0，所以A,D丄AD,，所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．··········································4分為矩形，同理PQGH為矩形．在所建立的坐標系中可求得，所以截面PQEF和截面PQGH面積之和為2，是定值．····························8分由P為AA中,點可知，Q，E，F分別為BB,，BC，AD的中點．所以，因此D,E與平面PQEF所成角的正弦值等于···················································12分D,PQEF∥A,D，截面PQGH∥AD,D,GHA,GHA,〔Ⅱ〕證明：截面PQEF和截面PQGH面積之和是定值，并求出這個值；〔Ⅲ〕假設D,E與平面PQEF所成的角為45，求D,E與平PD面PQGH所成角的正弦值．DAAFD,HPANDFBB考察空間想象能力與邏輯思維能力。總分值12分．解法一：PFⅡA,D，PHⅡAD,，PQⅡAB，所以PH丄平面PQEF．所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．·············4分〔Ⅱ〕證明：由〔Ⅰ〕知和截面PQGH面積之和是〔III〕解：連結BC′交EQ于點M．因為PHⅡAD,，PQⅡAB，所以平面ABC,D,和平面PQGH互相平行，因此D,E與平面PQGH所成角與D,E與平面-ABC,D所,成角相等．與〔Ⅰ〕同理可證EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面ABC,D,，因此EM與D,E的比值就是所求的正弦值．因為AD,⊥平面PQEF，又D,E與平面PQEF成45角，解得b=，可知E為解得b=，可知E為BC中點．2所以又EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up14(E),D)解法二：*yz由得DF=1b，故以D為原點，射線DA，DC*yz由得DF=1b，故zGB*HPADFD,yzGB*HPADFD,y〔Ⅰ〕證明：在所建立的坐標系中，可得因為AD,·A,D=0，所以A,D丄AD,，所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．··········································4分為矩形，同理PQGH為矩形．，，所以截面PQEF和截面PQGH面積之和為2，是定值．····························8分即-〔Ⅱ〕求二面角A1DEB的大小．16．解法一：A1ADDB1DBEC由三垂線定理知，BD丄A1C．················································3分在平面ACA，連結EF交AC于點由于，DADAFCBHEGBA1C與平面BED兩條相交直線BD，EF都垂直，所以A1C丄平面BED．······················································6分2又zA1B1EAB*所以二面角A1zA1B1EAB*以D為坐標原點，射線DA為x軸的正半軸，EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up0(DA),1)-又DBDE=D，所以A1C丄平面DBE．······················································6分〔Ⅱ〕設向量n=(x，y，z)是平面DA1E的法向量，則1···································9分〔Ⅱ〕設側面ABC為等邊三角形，求二面角C一AD一E的大小．17．解：〔1〕取BC中點F，連接DF交CE于點O，:AF丄BC，又面ABC丄面BCDE，:AF丄面BCDE，::CE丄面ADF，:〔2〕在面ACD過C點做AD的垂線，垂足為G．::則上CGE即為所求二面角．AB-:AF丄BC，又面ABC丄面BCDE，:AF丄面BCDE，BE::CE丄面ADF，:F〔2〕在面ACD過C點作AD的垂線，垂足為G．F::O則上CGE即為所求二面角的平面角．CD，，EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up12(30),3)F分別是BC,PC的中點.〔Ⅰ〕證明：AE⊥PD;〔Ⅱ〕假設H為PD上的動點，EH與平面PAD所成最大角的6正切值為2，求二面角E—AF—C的余弦值。19．〔Ⅰ〕證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°,可得△ABC為正三角形.因為E為BC的中點，所以AE⊥BC.又BC∥AD，因此AE⊥AD.因為PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.所以AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.所以AE⊥PD.〔Ⅱ〕解：設AB=2，H為PD上任意一點，連接AH，EH.由〔Ⅰ〕知AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=3，所以當AH最短時，∠EHA最大，即當AH⊥PD時，∠EHA最大.因此AH=2.又AD=2，所以∠ADH=45°,所以PA=2.AC-解法一：因為PA⊥平面ABCD，PAc平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD.過E作EO⊥AC于O，則EO⊥平面PAC，過O作OS⊥AF于S，連接ES，則∠ESO為二面角E-AF-C的平面角，又F是PC的中點，在Rt△在4即所求二面角的余弦值為5.解法二：由〔Ⅰ〕知AE，AD，AP兩兩垂直，以A為坐標原點，建立如下圖的空間直角坐標系，又E、F分別為BC、PC的中點，所以E、F分別為BC、PC的中點，所以所以則因此取z1因為BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC，故BD為平面AFC的一法向量.又所以因為二面角E-AF-C為銳角，所以所求二面角的余弦值為5.20．(2021理)三棱錐被平行于底面ABC的平面所截得的幾何體如下圖，截面為A1B1C1，BA1-=．DC2=．DC2〔Ⅱ〕求二面角ACC1B的大小．:BC=6，:BD=663—:又A1AAD=A，:BC丄平面A1AD，〔Ⅱ〕如圖，作AE丄C1C交C1C于E點，連接BE，由得AB丄平面ACC1A1．:AE是BE在面ACC1AEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up2147483647(的),1)射影．由三垂線定理知BE丄CC，1過C1作C1F丄AC交AC于F點，解法二：〔Ⅰ〕如圖，建立空間直角坐標系，.:D點坐標為AABEAFzABABABDB* EQ\*jc3\*hps36\o\al(\s\up0(AA),1):BC丄平面A1AD,又BC平面BCC1B1:BC丄平面A1ADA的1法向量，-EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up2147483647(的),1)(3)(3)即二面角A-CC1-B為arccos5．21.(2021文)三棱錐被平行于底面ABC的平面所截得的幾何體如下圖，截面為A1B1C1，EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up2147483646(中點),A)〔Ⅱ〕求二面角A-CC1-B的大小．〔Ⅰ〕證明：四邊形BCHG是平行四邊形；1所以GH1又BC//AD，故GH//BC所以四邊形BCHG是平行四邊形。〔Ⅱ〕C,D,F,E四點共面。理由如下：由是點知，所以EF//BG由〔Ⅰ〕知BG//CH，所以EF//CH，故EC,FH共面。又點D在直線FH上所以C,D,F,E四點共面。=故BG丄EA。由題設知FA,FD,AB兩兩垂直，故AD丄平面FABE，因此EA是ED在平面FABE的射影，根據三垂線定理，BG丄ED又EDEA=E，所以BG丄平面ADE由〔Ⅰ〕知CH//BG，所以CH丄平面ADE。由〔Ⅱ〕知F∈平面CDE，故CH平面CDE，得平面ADE丄平面CDE-以A為坐標原點，射線AB為x軸正半軸，建立如下圖的直角坐標系A—xyz又點G不在直線BC上所以四邊形BCHG是平行四邊形。〔Ⅱ〕C,D,F,E四點共面。理由如下：由題設知F(0,0,2c)，所以又C∈EF,H∈FD，故C,D,E,F四點共面。又ADAE=A，所以CH丄平面ADE故由CH平面CDFE，得平面ADE丄平面CDE考察了空間想象能力，幾何邏輯推理能力，以及計算能力；【突破】：熟悉幾何公理化體系，準確推理，注意邏輯性是順利進展解法1的關鍵；在解法2中，準確的建系，確定點坐標，熟悉向量的坐標表示，熟悉空間向量的計算在幾何位置的證明，在有關線段，角的計算中的計算方法是解題的關鍵。23．(2021理)如圖，平面ABEF丄平面ABCD，四邊形ABEF與ABCD都是直角梯形，EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up11(1),2)延長FE交AB的延長線于G'同理可得故重合因此直線CD、EF相交于點G，即C,D,F,E四點共面。故AD丄BM，BM與平面ADE兩相交直線AD、AE都垂直。所以BM丄平面ADE，作MN丄DE，垂足為N，連結BN故tan上所以二面角A—EDB的大小arctan2-原點，射線AB為x軸正半軸，建立如下圖的直角坐標系A一xyz故EC=1FD，從而由點E∈FD，得EC//FD故C,D,F,E四點共面在DE上取點M，使DM=5ME，則EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up13(2),3)EQ\*jc3\*hps35\o\al(\s\up13(2),3)EQ\*jc3\