高中數(shù)學(xué)練習(xí)題 線面、面面垂直的判定與性質(zhì)

9-5線面、面面垂直的判定與性質(zhì)基礎(chǔ)鞏固強(qiáng)化1.(文)(2011·北京海淀區(qū)期末)已知m、n是兩條不同的直線，α、β是兩個(gè)不同的平面．下列命題中不正確的是()A．若m∥α，α∩β＝n，則m∥nB．若m∥n，m⊥α，則n⊥αC．若m⊥α，m⊥β，則α∥βD．若m⊥α，m?β，則α⊥β[答案]A[解析]選項(xiàng)A中，直線m與直線n也可能異面，因此A不正確．(理)已知兩條不同的直線m、n，兩個(gè)不同的平面α、β，則下列命題中的真命題是()A．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，則m⊥nB．若m∥α，n∥β，α∥β，則m∥nC．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m⊥nD．若m∥α，n⊥β，α⊥β，則m∥n[答案]A[解析]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,α⊥β))?m∥β或m?β,n⊥β))?m⊥n，故A正確；如圖(1)，m⊥α，n⊥α滿足n∥β，但m∥n，故C錯(cuò)；如圖(2)知B錯(cuò)；如圖(3)正方體中，m∥α，n⊥β，α⊥β，知D錯(cuò)．2．(文)(2011·北京市朝陽區(qū)模擬)設(shè)α、β、γ是三個(gè)不重合的平面，l是直線，給出下列命題①若α⊥β，β⊥γ，則α⊥γ；②若l上兩點(diǎn)到α的距離相等，則l∥α；③若l⊥α，l∥β，則α⊥β；④若α∥β，l?β，且l∥α，則l∥β.其中正確的命題是()A．①②B．②③C．②④D．③④[答案]D[解析]對(duì)于①：若α⊥β，β⊥γ，則可能α⊥γ，也可能α∥γ.對(duì)于②：若l上兩點(diǎn)到α的距離相等，則l∥α，顯然錯(cuò)誤．當(dāng)l⊥α，l∩α＝A時(shí)，l上到A距離相等的兩點(diǎn)到α的距離相等．③④顯然正確．(理)如圖，三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)面A1ABB1⊥BC，且A1C與底面成45°角，AB＝A．4eq\r(3) B．3eq\r(3)C．4 D．3[答案]C[解析]由已知得平面A1ABB1⊥平面ABC且交線為AB，故A1在平面ABC上的射影D在AB上．由A1C與底面成45°角得A1D＝DC，∵BC⊥AB，∴當(dāng)CD最小即CD＝BC時(shí)A1D最小，此時(shí)Vmin＝eq\f(1,2)×AB×BC×A1D＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4.故選C.3．(2012·河北邯鄲臨漳一中模擬)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積是()A.eq\f(1,2) B．3C.eq\f(3,2) D．2[答案]A[解析]由三視圖知，該幾何體是一個(gè)橫放的四棱錐P－ABCD，其底面ABCD為直角梯形，AB＝1，CD＝2，高BC＝1，棱錐的高PC＝1，∴體積V＝eq\f(1,3)×[eq\f(1,2)×(1＋2)×1]×1＝eq\f(1,2).4.(2011·廣東省深圳市高三調(diào)研)如圖，在立體圖形D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE[答案]C[解析]要判斷兩個(gè)平面的垂直關(guān)系，就需找一個(gè)平面內(nèi)的一條直線與另一個(gè)平面垂直．因?yàn)锳B＝CB，且E是AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因?yàn)锳C在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.所以選C.5．定點(diǎn)A和B都在平面α內(nèi)，定點(diǎn)P?α，PB⊥α，C是α內(nèi)異于A和B的動(dòng)點(diǎn)，且PC⊥AC.那么，動(dòng)點(diǎn)C在平面α內(nèi)的軌跡是()A．一條線段，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)B．一個(gè)圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)C．一個(gè)橢圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)D．半圓，但要去掉兩個(gè)點(diǎn)[答案]B[解析]連接BC，∵PB⊥α，∴AC⊥PB.又∵PC⊥AC，∴AC⊥BC.∴C在以AB為直徑的圓上．故選B.6．(文)(2011·廣東廣州一模)已知l、m是不同的兩條直線，α、β是不重合的兩個(gè)平面，則下列命題中為真命題的是()A．若l⊥α，α⊥β，則l∥βB．若l∥α，α⊥β，則l∥βC．若l⊥m，α∥β，m?β，則l⊥αD．若l⊥α，α∥β，m?β，則l⊥m[答案]D[解析]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,α∥β))?l⊥β,,,m?β))?l⊥m.(理)(2011·濟(jì)寧三模)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，則點(diǎn)A到平面A1BCA.eq\f(\r(3),4) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),4) D.eq\r(3)[答案]B[解析]解法1：取BC中點(diǎn)E，連接AE、A1E，過點(diǎn)A作AF⊥A1E，垂足為F.∵A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥∵AB＝AC.∴AE⊥BC.∴BC⊥平面AEA1.∴BC⊥AF，又AF⊥A1E，∴AF⊥平面A1BC.∴AF的長即為所求點(diǎn)A到平面A1BC的距離．∵AA1＝1，AE＝eq\r(3)，∴AF＝eq\f(\r(3),2).解法2：VA1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),3).又∵A1B＝A1C＝eq\r(5)，在△A1BE中，A1E＝eq\r(A1B2－BE2)＝2.∴S△A1BC＝eq\f(1,2)×2×2＝2.∴VA－A1BC＝eq\f(1,3)×S△A1BC·h＝eq\f(2,3)h.∴eq\f(2,3)h＝eq\f(\r(3),3)，∴h＝eq\f(\r(3),2).∴點(diǎn)A到平面A1BC距離為eq\f(\r(3),2).7．如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∠ADC＝90°，且AA1＝AD＝DC＝2，M∈平面ABCD，當(dāng)D1M⊥平面A1C1D時(shí)[答案]2eq\r(2)[解析]∵DA＝DC＝AA1＝DD1且DA、DC、DD1兩兩垂直，故當(dāng)點(diǎn)M使四邊形ADCM為正方形時(shí)，D1M⊥平面A1C1D，∴DM＝2eq\r(2).8．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M滿足______時(shí)，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個(gè)你認(rèn)為是正確的條件即可)[答案]DM⊥PC(或BM⊥PC等)(不唯一)[解析]連接AC，∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，又AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC等)時(shí)，即有PC⊥平面MBD，而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.9．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E、F、G分別是AB、BC、B1C①以正方體的頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐的四個(gè)面最多只有三個(gè)面是直角三角形；②P在直線FG上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AP⊥DE；③Q在直線BC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，三棱錐A－D1QC的體積不變；④M是正方體的面A1B1C1D1內(nèi)到點(diǎn)D和C1距離相等的點(diǎn)，則M[答案]②③④[解析]三棱錐A1－ABC的四個(gè)面都是Rt△，故①錯(cuò)；P在FG上運(yùn)動(dòng)時(shí)，PF⊥平面ABCD，∴PF⊥DE，又在正方體ABCD中，E、F為AB、BC中點(diǎn)，∴AF⊥DE，∴DE⊥平面PAF，∴DE⊥PA，故②真；VA－D1QC＝VQ－AD1C，∵BC1∥AD1，∴BC1∥平面AD1C，∴無論點(diǎn)Q在BC1上怎樣運(yùn)動(dòng)，Q到平面AD1C距離都相等，故③真；到點(diǎn)D和C1距離相等的點(diǎn)在經(jīng)過線段C1D的中點(diǎn)與DC1垂直的平面α上，故點(diǎn)M為平面α與正方體的面A1B1C1D1相交線段上的點(diǎn)，這條線段即A10．(2012·北京東城二模)如圖，矩形AMND所在的平面與直角梯形MBCN所在的平面互相垂直，MB∥NC，MN⊥MB.(1)求證：平面AMB∥平面DNC；(2)若MC⊥CB，求證BC⊥AC.[證明](1)因?yàn)镸B∥NC，MB?平面DNC，NC?平面DNC，所以MB∥平面DNC.因?yàn)樗倪呅蜛MND是矩形，所以MA∥DN.又MA?平面DNC，DN?平面DNC，所以MA∥平面DNC.又MA∩MB＝M，且MA、MB?平面AMB，所以平面AMB∥平面DNC.(2)因?yàn)樗倪呅蜛MND是矩形，所以AM⊥MN.因?yàn)槠矫鍭MND⊥平面MBCN，且平面AMND∩平面MBCN＝MN，所以AM⊥平面MBCN.因?yàn)锽C?平面MBCN，所以AM⊥BC.因?yàn)镸C⊥BC，MC∩AM＝M，所以BC⊥平面AMC.因?yàn)锳C?平面AMC，所以BC⊥AC.能力拓展提升11.(文)(2012·廣東深圳一調(diào))如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，A1A＝AB＝2，BC＝1，AC＝eq\r(5)，若規(guī)定正(主)視方向垂直平面ACC1A1，則此三棱柱的側(cè)(左)視圖的面積為()A.eq\f(4\r(5),5) B．2eq\r(5)C．4 D．2[答案]A[解析]過B作BE⊥AC，垂足為E，平面B1BE交A1C1于E1，則BE＝eq\f(2\r(5),5)，由題意根據(jù)三視圖的規(guī)則知，幾何體的側(cè)視圖表示長為eq\f(2\r(5),5)，寬為2的矩形，所以幾何體的側(cè)視圖的面積為S＝eq\f(2\r(5),5)×2＝eq\f(4\r(5),5)，故選A.(理)如圖，在棱長均為1的三棱錐S－ABC中，E為棱SA的中點(diǎn)，F(xiàn)為△ABC的中心，則直線EF與平面ABC所成角的正切值是()A．2eq\r(2) B．1C.eq\r(2) D.eq\f(\r(2),2)[答案]C[解析]∵F為正三棱錐底面中心，∴SF⊥平面ABC，∴平面SAF⊥平面ABC，∴∠EFA為EF與平面ABC所成的角，易知AE＝eq\f(1,2)，AF＝eq\f(\r(3),3)，又EF＝eq\f(1,2)SA＝eq\f(1,2)，∴cos∠FAE＝eq\f(AF2＋AE2－EF2,2AF·AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴sin∠FAE＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(6),3)，∴tan∠FAE＝eq\r(2).由于Rt△SAF中E為SA的中點(diǎn)，∴∠FAE＝∠EFA，故tan∠EFA＝eq\r(2).12．(文)(2012·安徽理，6)設(shè)平面α與平面β相交于直線m，直線a在平面α內(nèi)，直線b在平面β內(nèi)，且b⊥m，則“α⊥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件[答案]A[解析]①∵α∩β＝m，b?β，α⊥β，b⊥m，∴b⊥α，又∵a?α，∴b⊥a.②當(dāng)a?α，a∥m時(shí)，∵b⊥m，∴b⊥a，而此時(shí)平面α與平面β不一定垂直，故選A.(理)過正方形ABCD之頂點(diǎn)A作PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，則平面ABP與平面CDP所成二面角的度數(shù)為()A．30° B．45°C．60° D．90°[答案]B[解析]過P作直線l∥AB，則l為二面角的棱，易證∠APD即為所求．∵AP＝AD，∠PAD＝90°，∴∠APD＝45°.13．(2012·山西聯(lián)考)已知四棱錐P－ABCD的頂點(diǎn)都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD為正三角形，AB＝2AD＝4，則球O的表面積為________．[答案]eq\f(64,3)π[解析]過P作PE∥AB交球面于E，連接BE、CE，則BE∥AP，CE∥DP，∴三棱柱APD－BEC為正三棱柱，∵△PAD為正三角形，∴△PAD外接圓的半徑為eq\f(2\r(3),3)，∴球O的半徑R＝eq\r(22＋\f(2\r(3),3)2)＝eq\f(4,\r(3))，∴球O的表面積S＝4πR2＝eq\f(64,3)π.14．在正三棱錐P－ABC中，D、E分別是AB、BC的中點(diǎn)，有下列三個(gè)論斷：①AC⊥PB；②AC∥平面PDE；③AB⊥平面PDE.其中正確論斷的序號(hào)為________．[答案]①②[解析]如圖，∵D、E為AB、BC的中點(diǎn)，∴DE∥AC，∵AC?平面PDE，∴AC∥平面PDE；取AC中點(diǎn)M，則由正三棱錐知，PM⊥AC，BM⊥AC，∴AC⊥平面PBM，∴AC⊥PB；∵AC∥DE，DE⊥BM，∴BM⊥DE.故AB與DE不垂直，從而AB⊥平面PDE，錯(cuò)誤．15．如圖，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝DE＝2AB，且F是CD的中點(diǎn)．(1)求證：AF∥平面BCE；(2)求證：平面BCE⊥平面CDE.[證明](1)取CE的中點(diǎn)P，連接FP、BP，∵F為CD的中點(diǎn)，∴FP∥DE，且FP＝eq\f(1,2)DE.又AB∥DE，且AB＝eq\f(1,2)DE，∴AB∥FP，且AB＝FP，∴四邊形ABPF為平行四邊形，∴AF∥BP.又∵AF?平面BCE，BP?平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)∵△ACD為正三角形，∴AF⊥CD.∵AB⊥平面ACD，DE∥AB，∴DE⊥平面ACD，又AF?平面ACD，∴DE⊥AF.又AF⊥CD，CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE.又BP∥AF，∴BP⊥平面CDE.又∵BP?平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.16．(文)(2011·北京模擬)如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M為CE的中點(diǎn)．(1)求證：BM∥平面ADEF；(2)求證：平面BDE⊥平面BEC.[證明](1)證明：延長DA與CB相交于P，∵AB＝AD＝2，CD＝4，AB∥CD，∴B為PC的中點(diǎn)，又M為CE的中點(diǎn)，∴BM∥EP，∵BM?平面ADEF，EP?平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.(2)證明：由(1)知，BC＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(1,2)eq\r(PD2＋CD2)＝2eq\r(2)，又BD＝eq\r(AD2＋AB2)＝2eq\r(2)，∴BD2＋BC2＝CD2，∴BD⊥BC.又平面ADEF⊥平面ABCD，ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD，∴ED⊥BC，∵ED∩BD＝D，∴BC⊥平面BDE，又BC?平面BEC，∴平面BDE⊥平面BEC.(理)(2012·北京文，16)如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D、E分別為AC、AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD(1)求證：DE∥平面A1CB；(2)求證：A1F⊥BE(3)線段A1B上是否存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ[分析](1)利用線面平行判定定理證明(關(guān)鍵證明DE∥BC)．(2)由平面圖形知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(DE⊥AD，,DE⊥CD.))折疊后，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(DE⊥A1D，,DE⊥CD.))由線面垂直判定定理證得DE⊥平面A1CD，則DE⊥A1F，又由A1F⊥CD，易證得A1F⊥平面BCDE，則A1F⊥BE.(3)采取先找再證的辦法處理．由DA1＝DC聯(lián)想到等腰三角形底邊上的中線是底面邊上的高，可取A1C中點(diǎn)，再由“中點(diǎn)找中點(diǎn)”原則取A1B中點(diǎn)Q，證明A1C⊥平面DEQ(利用(2)中的DE⊥平面A1[解析](1)證明：因?yàn)镈、E分別為AC、AB的中點(diǎn)，所以DE∥BC.又因?yàn)镈E?平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)證明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC，所以DE⊥A1又因?yàn)锳1F⊥CD，所以A1F⊥平面所以A1F⊥BE(3)線段A1B上存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ理由如下：如圖，分別取A1C、A1B的中點(diǎn)P、Q，則PQ∥BC又因?yàn)镈E∥BC，所以DE∥PQ，所以平面DEQ即為平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C又因?yàn)镻是等腰直角三角形DA1C底邊A1所以A1C⊥DP所以A1C⊥平面DEP從而A1C⊥平面DEQ故線段A1B上存在點(diǎn)Q，使得A1C⊥平面DEQ[點(diǎn)評(píng)]1.本題考查了線面平行，線面垂直的判定定理，性質(zhì)定理，折疊問題，存在性問題等．2．對(duì)于折疊問題，關(guān)鍵是看清折疊前后各量的變化與不變(包括長度、角度、位置關(guān)系等)，對(duì)于存在性問題，一般采取先找再證(取特例)的辦法解決．1．(2011·廣東省廣州市高三年級(jí)調(diào)研測試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等邊三角形，已知BD＝2AD＝4，AB＝2DC＝2eq\r(5).(1)求證：BD⊥平面PAD；(2)求三棱錐A－PCD的體積．[解析](1)證明：在△ABD中，由于AD＝2，BD＝4，AB＝2eq\r(5)，∴AD2＋BD2＝AB2.∴AD⊥BD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD?平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.(2)過P作PO⊥AD交AD于O.又平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.∵△PAD是邊長為2的等邊三角形，∴PO＝eq\r(3).由(1)知，AD⊥BD，在Rt△ABD中，斜邊AB邊上的高為h＝eq\f(AD×BD,AB)＝eq\f(4\r(5),5).∵AB∥DC，∴S△ACD＝eq\f(1,2)CD×h＝eq\f(1,2)×eq\r(5)×eq\f(4\r(5),5)＝2.∴VA－PCD＝VP－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD×PO＝eq\f(1,3)×2×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).2.(2012·河南豫東、豫北十所名校聯(lián)考)如圖所示的七面體是由三棱臺(tái)ABC－A1B1C1和四棱錐D－AA1C1C對(duì)接而成，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，BB1⊥平面ABCD，BB1＝2(1)求證：平面AA1C1C⊥平面BB(2)求二面角A－A1D－C1的余弦值．[解析]因?yàn)锽B1⊥平面ABCD且ABCD是邊長為2的正方形，所以以B為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B－xyz，則有A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，D(2,2,0)，A1(1,0,2)，B1(0,0,2)，C1(0,1,2)．(1)證明：∵eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0，eq\o(BD,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0，∴eq\o(BB1,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，∴BB1⊥AC，BD⊥AC，∵BB1與DB是平面BB1D內(nèi)的兩條相交直線．∴AC⊥平面BB1D，又AC?平面AA1C1C，∴平面AA1C1C(2)eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(1,2，－2)．設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面A1AD的一個(gè)法向量，則n·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝－x1＋2z1＝0，n·eq\o(AD,\s\up6(→))＝2y1＝0，于是y1＝0，取z1＝1，則x1＝2，n＝(2,0,1)．設(shè)m＝eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝－x2＋y2＝0，m·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝x2＋2y2－2z2＝0，可得3y2＝2z2，取z2＝3，則x2＝y(tǒng)2＝2，m＝(2,2,3)．∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(7,\r(5)×\r(17))＝eq\f(7\r(85),85)，由圖知二面角A－A1D－C1為鈍角，所以其余弦值為－eq\f(7\r(85),85).3．(2012·石家莊市一模)四棱錐A－BCDE的正視圖和俯視圖如下，其中俯視圖是直角梯形．(1)若正視圖是等邊三角形，F(xiàn)為AC的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M在棱AD上移動(dòng)時(shí)，是否總有BF丄CM，請(qǐng)說明理由；(2)若AB＝AC，平面ABC與平面ADE所成的銳二面角為45°，求直線AD與平面ABE所成角的正弦值．[解析](1)總有BF⊥CM，理由如下：法一：取BC的中點(diǎn)O，連接AO，由俯視圖可知，AO⊥平面BCDE，CD?平面BCDE，所以AO⊥CD.又CD⊥BC，所以CD⊥平面ABC，故CD⊥BF.因?yàn)椤鰽BC為正三角形，F(xiàn)是AC的中點(diǎn)，所以BF⊥AC.又AC∩CD＝D，故BF⊥平面ACD，因?yàn)镃M?平面ACD，所以BF⊥CM.法二：取BC的中點(diǎn)O，連接AO，由俯視圖可知，AO⊥平面BCDE，取DE中點(diǎn)H，連接OH，OH⊥BC，以O(shè)C、OH、OA分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.則A(0,0，eq\r(3))，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，D(1,2,0)，可求得F(eq\f(1,2)，0，eq\f(\r(3),2))，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x，可求得點(diǎn)M(x,2x，eq\r(3)(1－x))則eq\o(BF,\s\up6(→))＝(eq\f(3,2)，0，eq\f(\r(3),2))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(x－1,2x，eq\r(3)(1－x))，eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)(x－1)＋eq\f(\r(3),2)·eq\r(3)(1－x)＝0，故BF⊥CM.(2)建系同上，設(shè)A(0,0，a)，(a>0)，可得eq\o(ED,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,2，－a)，設(shè)平面ADE的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則m·eq\o(ED,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＋y1＝0，,