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2019-2020年高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测46理新人教A版


2019-2020 年高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测 46 理新人教 A版
1.[xx·陕西西安调研]如图所示,在长方体 ABCD-A′B′C′D′中,AB=λ AD= λ AA′(λ >0),E,F 分别是 A′C′和 AD 的中点,且 EF⊥平面 A′BCD′.
(1)求 λ 的值; (2)求二面角 C-A′B-E 的余弦值. 解:以 D 为原点,DA,DC,DD′所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角 坐标系,

设 AA′=AD=2,则 AB=2λ , D(0,0,0),A′(2,0,2),D′(0,0,2),B(2,2λ ,0),C(0,2λ ,0),E(1,λ ,2),F(1,0,0).







(1)EF=(0,-λ ,-2),D′A′=(2,0,0),A′B=(0,2λ ,-2),

∵EF⊥D′A′,EF⊥A′B,

→→

→→

∴EF·D′A′=0,EF·A′B=0,

即-2λ 2+4=0,∴λ = 2. (2)设平面 EA′B 的一个法向量为 m=(1,y,z),

?→ m·A′B=0, 则
?→ ?m·A′E=0,





∵A′B=(0,2 2,-2),A′E=(-1, 2,0),

?2 2y-2z=0, ∴?
?-1+ 2y=0,

∴y= 22,z=1,

∴m=???1, 22,1???.





由已知得EF为平面 A′BC 的一个法向量,又EF=(0,- 2,-2),



→ ∴cos〈m,EF〉=

m·EF →



|m||EF|

0-1-2 =- 52× 6

515.

又二面角 C-A′B-E 为锐二面角,

故二面角 C-A′B-E 的余弦值为 515. 2.如图所示的几何体,四边形 ABCD 中,有 AB∥CD,∠BAC=30°,AB=2CD=2,CB=1, 点 E 在平面 ABCD 内的射影是点 C,EF∥AC,且 AC=2EF.

(1)求证:平面 BCE⊥平面 ACEF; (2)若二面角 D-AF-C 的平面角为 60°,求 CE 的长. (1)证明:在△ABC 中, BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 30°, 解得 AC= 3,所以 AB2=AC2+BC2, 由勾股定理知∠ACB=90°, 所以 BC⊥AC. 又 EC⊥平面 ABCD,BC? 平面 ABCD, 所以 BC⊥EC.

又 AC∩EC=C,所以 BC⊥平面 ACEF, 所以平面 BCE⊥平面 ACEF. (2)解:因为 EC⊥平面 ABCD, 又由(1)知 BC⊥AC,所以可以以 C 为原点, 建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz.

设 CE=h,则 C(0,0,0), A( 3,0,0),F??? 23,0,h???,D??? 23,-21,0???, →AD=???- 23,-12,0???,A→F=???- 23,0,h???. 设平面 DAF 的法向量为 n1=(x,y,z),

?→ AD·n1=0, 则
?→ ?AF·n1=0,

??- 23x-12y=0,

所以? ??-

23x+hz=0.

令 x= 3,所以 n1=??? 3,-3,23h???. 又平面 AFC 的一个法向量为 n2=(0,1,0), 所以||nn11·||nn22||=cos 60°,解得 h= 86, 所以 CE 的长为 86. 3.已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是矩形,PA⊥平面 ABCD,AD=2,AB=1,E,F 分别 是线段 AB,BC 的中点.

(1)求证:PF⊥FD; (2)在 PA 上找一点 G,使得 EG∥平面 PFD; (3)若 PB 与平面 ABCD 所成的角为 45°,求二面角 A-PD-F 的余弦值.

(1)

证明:建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,

则 A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0),

不妨令 P(0,0,t),t>0.





∵PF=(1,1,-t),DF=(1,-1,0),

→→ ∴PF·DF=1×1+1×(-1)+(-t)×0=0.

∴PF⊥FD.

(2)解:设平面 PFD 的法向量为 n=(x,y,z),

?→ n·PF=0,
由??n·→DF=0,

得?????xx+ -yy- =t0z,=0,

令 z=1,则 n=???t2,t2,1???. 设 G(0,0,m),∵E???12,0,0???. ∴E→G=???-12,0,m???,
→ 由题意EG·n=0,

∴-t4+m=0,∴m=14t,

∴当 G 是线段 PA 的靠近于 A 的一个四等分点时,使得 EG∥平面 PFD.

(3)解:∵PA⊥平面 ABCD, ∴∠PBA 就是 PB 与平面 ABCD 所成的角,

即∠PBA=45°,∴PA=AB=1,P(0,0,1).

由(2)知,平面 PFD 的一个法向量为 n=???12,12,1???.
→ 易知平面 PAD 的一个法向量为AB=(1,0,0),



→ ∴cos〈AB,n〉==

AB·n →



|AB||n|

1

2 =
14+14+1

66.

由图知二面角 A-PD-F 的平面角为锐角,

所以二面角 A-PD-F 的余弦值为 66.

[冲刺名校能力提升练] 1.如图所示,正方形 ABCD 所在平面与等腰直角三角形 EAD 所在平面相交于 AD,AE⊥平

面 CDE.

(1)求证:AB⊥平面 ADE;

(2)在线段

BE

上存在点

M,使得直线

AM

与平面

EAD

所成角的正弦值为

6 3 ,试确定点

M



位置.

(1)证明:∵AE⊥平面 CDE,CD? 平面 CDE, ∴AE⊥CD.在正方形 ABCD 中,CD⊥AD,

∵AD∩AE=A,∴CD⊥平面 ADE.

∵AB∥CD,∴AB⊥平面 ADE. (2)解:由(1)知,AB⊥平面 ADE,

又 AB? 平面 ABCD,则平面 EAD⊥平面 ABCD,取 AD 的中点 O,连接 EO, ∵EA=ED,∴EO⊥AD, 又平面 EAD∩平面 ABCD=AD,EO? 平面 EAD,

∴EO⊥平面 ABCD, 建立如图所示的空间直角坐标系,

设 AB=2,则 A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0,1),

设 M(x,y,z),





∴BM=(x-1,y-2,z),BE=(-1,-2,1),

→→ ∵B,M,E 三点共线,∴BM=λ BE,

→ ∴M(1-λ ,2-2λ ,λ ),∴AM=(-λ ,2-2λ ,λ ),

设 AM 与平面 AED 所成的角为 θ ,

∵平面 AED 的一个法向量为 n=(0,1,0),

→ ∴sin θ =|cos〈AM,n〉|=

|2-2λ 6λ 2-8λ

|= +4

36,

解得 λ

1 =2.故点

M



BE

的中点.

2.在平面四边形 ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD,将△ABD 沿 BD 折起,使得

平面 ABD⊥平面 BCD,如图.

(1)求证:AB⊥CD; (2)若 M 为 AD 中点,求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值.

(1)证明:∵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)解:过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD,如图.

由(1)知 AB⊥平面 BCD, BE? 平面 BCD,BD? 平面 BCD, ∴AB⊥BE,AB⊥BD.
→→→ 以 B 为坐标原点,分别以BE,BD,BA的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐 标系.
依题意,得 B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M???0,12,12???, 则B→C=(1,1,0),→BM=???0,12,12???,A→D=(0,1,-1). 设平面 MBC 的法向量为 n=(x0,y0,z0),

?→ n·BC=0,
则??n·→BM=0,

??x0+y0=0, 即???21y0+12z0=0,

取 z0=1,得平面 MBC 的一个法向量为 n=(1,-1,1).

设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ ,



则 sin

θ

=|

cos〈n,→AD〉|=|n·A→D|=

6 3,

|n||AD|

即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 36. 3. 如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1 =2,AD=CD= 5,且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点.

(1)求证:MN∥平面 ABCD; (2)求二面角 D1-AC-B1 的正弦值; (3)设 E 为棱 A1B1 上的点,若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为13,求线段 A1E 的长. 解:如图,以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系,

依题意,可得 A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),

C1(2,0,2),D1(1,-2,2).

又因为 M,N 分别为 B1C 和 D1D 的中点,

所以 M???1,12,1???,N(1,-2,1).

(1)证明:依题意,可得 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,→MN=???0,-25,0???,

→ 由此可得MN·n=0.

又因为直线 MN?平面 ABCD,

所以 MN∥平面 ABCD.





(2)解:AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0),

设 n1=(x1,y1,z1)为平面 ACD1 的一个法向量,

?→ n1·AD1=0, 则
?→ ?n1·AC=0,

即???x1-2y1+2z1=0, ??2x1=0.

不妨设 z1=1,可得 n1=(0,1,1). 设 n2=(x2,y2,z2)为平面 ACB1 的一个法向量,


?n2·AB1=0,

?→ ?n2·AC=0.

又A→B1=(0,1,2),所以?????y22x+2=2z0,2=0,

不妨设 z2=1,可得 n2=(0,-2,1).

因此有

cos〈n1,n2〉=|nn11·||nn22|=-

10 10 ,

于是 sin〈n1,n2〉=3 1010,

所以二面角 D1-AC-B1 的正弦值为3 1010.

→→ (3)解:依题意,可设A1E=λ A1B1, 其中 λ ∈[0,1],则 E(0,λ ,2),

→ 从而NE=(-1,λ +2,1). 又 n=(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量,由已知,得

|cos〈N→E,n〉|=|→→NE·n| |NE||n|

1

1



- 2+ λ + 2+12=3,

整理得 λ 2+4λ -3=0,解得 λ =-2± 7.

又因为 λ ∈[0,1],所以 λ = 7-2.

所以线段 A1E 的长为 7-2.

2019-2020 年高考数学一轮复习第八章立体几何课时跟踪检测三十七直线

平面垂直的判定及其性质文
一抓基础,多练小题做到眼疾手快 1.设 α ,β 为两个不同的平面,直线 l? α ,则“l⊥β ”是“α ⊥β ”成立的________ 条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”). 解析:依题意,由 l⊥β ,l? α 可以推出 α ⊥β ;反过来,由 α ⊥β ,l? α 不能推 出 l⊥β .因此“l⊥β ”是“α ⊥β ”成立的充分不必要条件. 答案:充分不必要 2.在空间四边形 ABCD 中,平面 ABD⊥平面 BCD,且 DA⊥平面 ABC,则△ABC 的形状是 ________. 解析:过 A 作 AH⊥BD 于 H,由平面 ABD⊥平面 BCD,得 AH⊥平面 BCD,则 AH⊥BC,又 DA⊥平面 ABC,所以 BC⊥DA,所以 BC⊥平面 ABD,所以 BC⊥AB,即△ABC 为直角三角形. 答案:直角三角形 3.已知平面 α ,β 和直线 m,给出条件:①m∥α ;②m⊥α ;③m? α ;④α ∥β .当 满足条件________时,有 m⊥β .(填所选条件的序号) 解析:若 m⊥α ,α ∥β ,则 m⊥β .故填②④. 答案:②④ 4.一平面垂直于另一平面的一条平行线,则这两个平面的位置关系是________. 解析:由线面平行的性质定理知,该面必有一直线与已知直线平行.再根据“两平行线 中一条垂直于一平面,另一条也垂直于该平面”得出两个平面垂直. 答案:垂直 5.如图,在长方体 ABCD?A1B1C1D1 中,AB=AD=3 cm,则直线 AA1 到平面 BB1D1D 的距离 为________ cm.

解析:连结 AC 交 BD 于点 O,则 AO⊥BD.因为 BB1⊥平面 ABCD,AO

? 平面 ABCD,所以 BB1⊥AO.又 BB1∩BD=B,所以 AO⊥平面 BB1D1D.又 AA1∥BB1,AA1?平面 BB1D1D,BB1? 平面 BB1D1D,所以 AA1∥平面 BB1D1D, 所以线段 AO 的长就是直线 AA1 到平面 BB1D1D 的距离.因为 AB=AD=3

cm,AB⊥AD,AO⊥BD,所以

AO=3

2

2 ,即直线

AA1

到平面

BB1D1D

3 的距离为

2

2 .

32 答案: 2

6.如图,PA⊥⊙O 所在平面,AB 是⊙O 的直径,C 是⊙O 上一点,AE ⊥PC,AF⊥PB,给出下列结论:①AE⊥BC;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE ⊥平面 PBC,其中真命题的序号是________.
解析:①AE? 平面 PAC,BC⊥AC,BC⊥PA? AE⊥BC,故①正确,② AE⊥PC,AE⊥BC,PB? 平面 PBC? AE⊥PB,又 AF⊥PB,EF? 平面 AEF? EF⊥PB,故②正确, ③若 AF⊥BC? AF⊥平面 PBC,则 AF∥AE 与已知矛盾,故③错误,由①可知④正确.
答案:①②④ 二保高考,全练题型做到高考达标
1.(xx·盐城中学测试)已知 α ,β ,γ 是三个不同的平面,命题“α ∥β ,且 α ⊥ γ ? β ⊥γ ”是真命题,如果把 α ,β ,γ 中的任意两个换成直线,另一个保持不变,在 所得的所有新命题中,真命题的个数为________.
解析:若 α ,β 换为直线 a,b,则命题化为“a∥b,且 a⊥γ ? b⊥γ ”,此命题为真 命题;若 α ,γ 换为直线 a,b,则命题化为“a∥β ,且 a⊥b? b⊥β ”,此命题为假命题; 若 β ,γ 换为直线 a,b,则命题化为“a∥α ,且 b⊥α ? a⊥b”,此命题为真命题.
答案:2 2.如图,在 Rt△ABC 中,∠ABC=90°,P 为△ABC 所在平面外一点, PA⊥平面 ABC,则四面体 P ?ABC 中直角三角形的个数为________. 解析:由 PA⊥平面 ABC 可得△PAC,△PAB 是直角三角形,且 PA⊥ BC.又∠ABC=90°,所以△ABC 是直角三角形,且 BC⊥平面 PAB,所以 BC⊥PB,即△PBC 为直角三角形,故四面体 P ?ABC 中共有 4 个直角三角形. 答案:4 3.已知正△ABC 的边长为 2 cm,PA⊥平面 ABC,A 为垂足,且 PA=2 cm,那么点 P 到 BC 的距离为________cm. 解析:如图,取 BC 的中点 D,连结 AD,PD,则 BC⊥AD,又因为 PA ⊥平面 ABC,所以 PA⊥BC,所以 BC⊥平面 PAD,所以 PD⊥BC,则 PD 的长 度即为点 P 到 BC 的距离.在 Rt△PAD 中,PA=2,AD= 3,可得 PD= 22+ 3 2= 7. 答案: 7
4.已知 P 为△ABC 所在平面外一点,AC= 2a,△PAB,△PBC 都是边长为 a 的等边三 角形,则平面 ABC 和平面 PAC 的位置关系为________.

解析:如图所示,PA=PB=PC=AB=BC=a, 取 AC 的中点 D,连结 PD,BD,则 PD⊥AC,BD⊥AC. 又 AC= 2a,所以 PD=BD= 22a,在△PBD 中,PB2=BD2+PD2,所以 ∠PDB=90°,所以 PD⊥BD,所以 PD⊥平面 ABC.又 PD? 平面 PAC,所以 平面 PAC⊥平面 ABC. 答案:垂直 5.已知直线 a 和两个不同的平面 α ,β ,且 a⊥α ,a∥β ,则 α ,β 的位置关系是 ________. 解析:记 b? β 且 a∥b,因为 a∥b,a⊥α ,所以 b⊥α ,因为 b? β ,所以 α ⊥β . 答案:垂直 6.如图,已知∠BAC=90°,PC⊥平面 ABC,则在△ABC,△PAC 的边所在的直线中,与 PC 垂直的直线有____________;与 AP 垂直的直线有________. 解析:因为 PC⊥平面 ABC, 所以 PC 垂直于直线 AB,BC,AC. 因为 AB⊥AC,AB⊥PC,AC∩PC=C, 所以 AB⊥平面 PAC, 又因为 AP? 平面 PAC, 所以 AB⊥AP,与 AP 垂直的直线是 AB. 答案:AB,BC,AC AB 7.如图,以等腰直角三角形 ABC 的斜边 BC 上的高 AD 为折痕,把△ABD 和△ACD 折成互 相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论: ①BD⊥AC;②△BAC 是等边三角形;③三棱锥 D?ABC 是正三棱锥;④平面 ADC⊥平面 ABC. 其中正确的是________(填序号).
解析:由题意知,BD⊥平面 ADC,故 BD⊥AC,①正确;AD 为等腰直角三角形斜边 BC 上 的高,平面 ABD⊥平面 ACD,所以 AB=AC=BC,△BAC 是等边三角形,②正确;易知 DA=DB =DC,又由②知③正确;由①知④错误.
答案:①②③
8.如图,直三棱柱 ABC ?A1B1C1 中,侧棱长为 2,AC=BC=1,∠ACB= 90°,D 是 A1B1 的中点,F 是 BB1 上的动点,AB1,DF 交于点 E.要使 AB1⊥平

面 C1DF,则线段 B1F 的长为________. 解析:设 B1F=x,因为 AB1⊥平面 C1DF,DF? 平面 C1DF,所以 AB1⊥DF. 由已知可以得 A1B1= 2, 设 Rt△AA1B1 斜边 AB1 上的高为 h,则 DE=12h.

又 2× 2=h× 22+ 2 2, 所以 h=2 3 3,DE= 33.

在 Rt△DB1E 中,B1E=

??? 22???2-??? 33???2= 66.

由面积相等得 66×

x2+??? 22???2= 22x,得 x=12.

即线段 B1F 的长为12.

1 答案:2

9.(xx·南通三模)如图,在四棱锥 P?ABCD 中,底面 ABCD 是矩

形,平面 PAD⊥平面 ABCD,AP=AD,M,N 分别为棱 PD,PC 的中点.

求证:(1)MN∥平面 PAB;

(2)AM⊥平面 PCD.

证明:(1)因为 M,N 分别为棱 PD,PC 的中点,

所以 MN∥DC,

又因为底面 ABCD 是矩形,所以 AB∥DC,

所以 MN∥AB.

又 AB? 平面 PAB,MN?平面 PAB, 所以 MN∥平面 PAB.

(2)因为 AP=AD,M 为 PD 的中点,

所以 AM⊥PD.

因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,CD⊥AD,CD? 平面 ABCD, 所以 CD⊥平面 PAD.

又 AM? 平面 PAD,所以 CD⊥AM. 因为 CD∩PD=D,CD? 平面 PCD,PD? 平面 PCD, 所以 AM⊥平面 PCD.

10.(xx·徐州高三年级期中考试)如图,在三棱锥 S?ABC 中,

SA=SC,AB⊥AC,D 为 BC 的中点,E 为 AC 上一点,且 DE∥平面 SAB.

求证:(1)AB∥平面 SDE; (2)平面 ABC⊥平面 SDE. 证明:(1)因为 DE∥平面 SAB,DE? 平面 ABC,平面 SAB∩平面 ABC=AB,所以 DE∥AB. 因为 DE? 平面 SDE,AB?平面 SDE, 所以 AB∥平面 SDE. (2)因为 D 为 BC 的中点,DE∥AB,所以 E 为 AC 的中点. 又因为 SA=SC,所以 SE⊥AC, 又 AB⊥AC,DE∥AB,所以 DE⊥AC. 因为 DE∩SE=E,DE? 平面 SDE,SE? 平面 SDE, 所以 AC⊥平面 SDE. 因为 AC? 平面 ABC, 所以平面 ABC⊥平面 SDE.
三上台阶,自主选做志在冲刺名校 1.(xx·兰州实战考试)α ,β 是两平面,AB,CD 是两条线段,已知 α ∩β =EF,AB ⊥α 于 B,CD⊥α 于 D,若增加一个条件,就能得出 BD⊥EF.现有下列条件:①AC⊥β ;② AC 与 α ,β 所成的角相等;③AC 与 CD 在 β 内的射影在同一条直线上;④AC∥EF. 其中能成为增加条件的序号是________. 解析:由题意得,AB∥CD,所以 A,B,C,D 四点共面,①:因为 AC⊥β ,EF? β ,所 以 AC⊥EF,又因为 AB⊥α ,EF? α ,所以 AB⊥EF,因为 AB∩AC=A,所以 EF⊥平面 ABCD, 又因为 BD? 平面 ABCD,所以 BD⊥EF,故①正确;②不能得到 BD⊥EF,故②错误;③:由 AC 与 CD 在 β 内的射影在同一条直线上可知平面 ABCD⊥β ,又 AB⊥α ,AB? 平面 ABCD,所 以平面 ABCD⊥α .因为平面 ABCD⊥α ,平面 ABCD⊥β ,α ∩β =EF,所以 EF⊥平面 ABCD, 又 BD? 平面 ABCD,所以 BD⊥EF,故③正确;④:由①知,若 BD⊥EF,则 EF⊥平面 ABCD, 则 EF⊥AC,故④错误,故填①③. 答案:①③
2.如图,点 P 在正方体 ABCD?A1B1C1D1 的面对角线 BC1 上运动,则下列四 个命题:
①三棱锥 A?D1PC 的体积不变; ②A1P∥平面 ACD1;③DP⊥BC1; ④平面 PDB1⊥平面 ACD1.

其中正确的命题序号是________. 解析:由题意可得 BC1∥AD1,又 AD1? 平面 AD1C,BC1?平面 AD1C,

所以 BC1∥平面 AD1C.所以点 P 到平面 AD1C 的距离不变,VA?D1PC=VP?AD1C,所以体积不 变,故①正确;连结 A1C1,A1B,可得平面 ACD1∥平面 A1C1B.又因为 A1P? 平面 A1C1B,所以 A1P ∥平面 ACD1,故②正确;当点 P 运动到 B 点时,△DBC1 是等边三角形,所以 DP 不垂直于 BC1, 故③不正确;因为 AC⊥平面 DD1B1B,DB1? 平面 DD1B1B,所以 AC⊥DB1.同理可得 AD1⊥DB1.所 以 DB1⊥平面 ACD1.又因为 DB1? 平面 PDB1.所以平面 PDB1⊥平面 ACD1.故④正确.综上,正确 的序号为①②④.
答案:①②④ 3.(xx·泰州调研)在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中,AB=AC=AA1=3a,BC= 2a,D 是 BC 的中点,E,F 分别是 AA1,CC1 上一点,且 AE=CF=2a. (1)求证:B1F⊥平面 ADF; (2)求三棱锥 B1?ADF 的体积; (3)求证:BE∥平面 ADF. 解:(1)证明:因为 AB=AC,D 为 BC 的中点, 所以 AD⊥BC. 在直三棱柱 ABC?A1B1C1 中,因为 B1B⊥底面 ABC,AD? 底面 ABC, 所以 AD⊥B1B.因为 BC∩B1B=B,所以 AD⊥平面 B1BCC1, 因为 B1F? 平面 B1BCC1,所以 AD⊥B1F. 在矩形 B1BCC1 中,因为 C1F=CD=a,B1C1=CF=2a, 所以 Rt△DCF≌Rt△FC1B1,所以∠CFD=∠C1B1F, 所以∠B1FD=90°,所以 B1F⊥FD. 因为 AD∩FD=D,所以 B1F⊥平面 AFD.

(2)因为 B1F⊥平面 AFD,

所以 VB1?ADF=13·S△ADF·B1F=13×12×AD×DF×B1F=5

2a3 3.

(3)证明:连结 EF,EC,设 EC∩AF=M,连结 DM,

因为 AE=CF=2a,

所以四边形 AEFC 为矩形,

所以 M 为 EC 中点, 因为 D 为 BC 中点,所以 MD∥BE. 因为 MD? 平面 ADF,BE?平面 ADF, 所以 BE∥平面 ADF.



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