Question

9．如圖，在幾何體ABCDEF中，等腰梯形ABCD所在的平面與正方形CDEF所在的平面互相垂直，已知AB∥CD，AB=2BC=4，∠ABC=60°，點(diǎn)M是線段AC的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：CF⊥AD；
（Ⅱ）求證：ME∥平面BCF；
（Ⅲ）對(duì)于線段EF上的任意一點(diǎn)G，是否總有平面ACG⊥平面BCF，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由正方形CDEF，得CF⊥CD，從而CF⊥平面ABCD，由此能證明CF⊥AD．
（Ⅱ）取BC中點(diǎn)N，連結(jié)MN、NF，則MN∥AB，推導(dǎo)出四邊形EFNM是平行四邊形，由此能證明ME∥平面BCF．
（Ⅲ）由余弦定理得AC=2$\sqrt{3}$，由勾股定理得AC⊥BC，從而CF⊥AC，進(jìn)而得到平面ACG⊥平面BCF，由此求出對(duì)于線段EF上的任意一點(diǎn)G，總有平面ACG⊥平面BCF．

解答 證明：（Ⅰ）由正方形CDEF，得CF⊥CD
∵平面ABCD⊥平面CDEF，且平面ABCD∩平面CDEF=CD，
∴CF⊥平面ABCD，
又∵AD?平面ABCD，∴CF⊥AD．
（Ⅱ）如圖，取BC中點(diǎn)N，連結(jié)MN、NF，
則MN∥AB，且MN=$\frac{1}{2}AB=2$，
又∵EF∥CD，CD∥AB，∴EF∥MN，
∵AB=2BC=4，∠ABC=60°，
∴CD=2，∴EF=MN，
∴四邊形EFNM是平行四邊形，∴ME∥FN，
又∵M(jìn)E?平面EFNM，F(xiàn)N?平面BCF，
∴ME∥平面BCF．
解：（Ⅲ）對(duì)于線段EF上的任意一點(diǎn)G，總有平面ACG⊥平面BCF．
理由如下：
∵AB=2BC=4，∠ABC=60°，
在△ABC中，由余弦定理得：
AC²=AB²+BC²-2AB•BC•cos60°=16+4-2×4×2×cos60°=12，
∴AC=2$\sqrt{3}$，∴AB²=AC²+BC²，∴AC⊥BC，
由（Ⅰ）知CF⊥平面ABCD，
∵AC?平面ABCD，∴CF⊥AC，
∵CF∩BC=C，且CF，BC?平面BCF，
∴AC⊥平面BCF，
又∵AC?平面ACG，∴平面ACG⊥平面BCF，
∴對(duì)于線段EF上的任意一點(diǎn)G，總有平面ACG⊥平面BCF．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線線垂直的證明，考查線面平行的證明，考查滿足面面垂直的點(diǎn)是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．