Question

9．如图，在几何体ABCDEF中，等腰梯形ABCD所在的平面与正方形CDEF所在的平面互相垂直，已知AB∥CD，AB=2BC=4，∠ABC=60°，点M是线段AC的中点．
（Ⅰ）求证：CF⊥AD；
（Ⅱ）求证：ME∥平面BCF；
（Ⅲ）对于线段EF上的任意一点G，是否总有平面ACG⊥平面BCF，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由正方形CDEF，得CF⊥CD，从而CF⊥平面ABCD，由此能证明CF⊥AD．
（Ⅱ）取BC中点N，连结MN、NF，则MN∥AB，推导出四边形EFNM是平行四边形，由此能证明ME∥平面BCF．
（Ⅲ）由余弦定理得AC=2$\sqrt{3}$，由勾股定理得AC⊥BC，从而CF⊥AC，进而得到平面ACG⊥平面BCF，由此求出对于线段EF上的任意一点G，总有平面ACG⊥平面BCF．

解答 证明：（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）如图，取BC中点N，连结MN、NF，
则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，
∴四边形EFNM是平行四边形，∴ME∥FN，
又∵ME?平面EFNM，FN?平面BCF，
∴ME∥平面BCF．
解：（Ⅲ）对于线段EF上的任意一点G，总有平面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，
∴对于线段EF上的任意一点G，总有平面ACG⊥平面BCF．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查线面平行的证明，考查满足面面垂直的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．