高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.14空间直线平面的垂直（二）（重难点题型检测）

专题8.14空间直线、平面的垂直（二）（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2023·安徽蚌埠·统考二模）设α，β是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列说法正确的是（

）A．若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β B．若a⊥α，b⊂β，a⊥b，则α⊥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α⊥β D．若a⊥α，a⊥b，α∩β=b，则α⊥β【解题思路】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系对选项逐一判断，即可得到结果.【解答过程】对于A，若a⊥α，b⊥β，a⊥b，则α⊥β，故正确；对于B，若a⊥α，b⊂β，a⊥b，则α与β相交或者α∥β，故错误；对于C，若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥β，故错误；对于D，若a⊥α，a⊥b，α∩β=b，则α与β相交，不一定垂直，故错误.故选:A.2．（3分）（2023秋·北京西城·高二期末）在长方体ABCD−A1B1C1DA．55 B．255 C．10【解题思路】画出长方体ABCD−A1B1C1D【解答过程】长方体ABCD−A1B1C∴BC⊥CD，∵BC⊥平面DCC1D1,CD又∵平面D1BC∩平面BCD∴∠D1CDcos∠所以二面角D1−BC−D的余弦值为故选：D.3．（3分）（2022秋·四川乐山·高二阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点MA．5 B．255 C．35【解题思路】连接BM，由面面垂直的判定证明平面A1B1【解答过程】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，A1B在平面BCC1B1内过点B作BE⊥因平面A1B1M∩平面BCC1B1=B点M为棱CC1的中点，在△BMS△BMB1=所以点B到平面A1B1故选：D.4．（3分）（2022秋·山东潍坊·高二阶段练习）如图所示，平面PAD⊥矩形ABCD，且PA⊥ADA．PD⊥BD C．PB⊥BC 【解题思路】根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而得线线垂直，由线线垂直，线面垂直以及面面垂直的互相转化即可根据选项逐一求解.【解答过程】因为平面PAD⊥矩形ABCD，两平面交线为AD,PA⊥AD,且PA所以PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以若PD⊥BD，由于PA⊥BD，PA∩PD=P,PA,PD⊂平面PAD,则BD⊥平面因为平面PAD⊥矩形ABCD，两平面交线为AD,AD⊥CD,CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，PD由于PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD,所以PA⊥CB，又BC⊥AB，PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB故选：A.5．（3分）（2023·陕西西安·统考一模）在三棱锥A−BCD，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，△BCD为等边三角形，AC=4，则该三棱锥的外接球的表面积为（

）A．32π3 B．64π3 C．128π3【解题思路】由面面垂直的性质结合直角三角形和等边三角形的性质得出△BCD的外接圆圆心为该三棱锥的外接球的球心，再由正弦定理以及球的表面积公式求解.【解答过程】解：过点B作CD的垂线，垂足为E，因为△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，所以△ACD的外接圆的圆心为E，设△BCD的外接圆圆心为O，其半径为R，则O在BE上，所以OC=OB=OD，由面面垂直的性质可知，BE⊥平面ACD，所以OC=OD=OA，即O为该三棱锥的外接球的球心，CD=4由正弦定理可知，42故该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR故选：C.6．（3分）（2023·全国·校联考模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都相等，D，E，F分别是BB1，B1①BF⊥B1C；②BF//C1D；③A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】连接BC1，即可得到A1E⊥B1C1，再由正三棱柱的性质得到A1E⊥平面BB1C1C，即可得到A1E⊥B1C，从而得到B1【解答过程】解：连接BC1，因为正三棱柱ABC−A1B又D，E分别是BB1，B1C1因为A1E⊥CC1，B1C1∩CC1=又B1C⊂平面BB1C1C，所以A1E⊥B1C．又又A1D⊂平面A1由题意知A1F//BD且所以BF//A1D，所以BF⊥BBF与C1D是异面直线，故连接C1F，因为BF//A1D，BF⊂平面BFC1又DE//BC1，同理可证又A1D∩DE=D，A1所以平面A1DE//因为M是线段BF上的动点，所以C1M⊂平面BFC1，所以C1故选：C.7．（3分）（2023秋·北京石景山·高二期末）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD,AD⊥AB,CD=1,AD=2,AB=3,DD1=2，点M在该四棱柱表面上运动，且满足平面DA．13 B．23 C．53【解题思路】根据直四棱柱的几何关系，利用面面垂直的判定定理找出点M在四棱柱表面上的运动轨迹，再根据线段DM的长度取到最大值时确定具体位置，根据几何法做出直线DM与底面ABCD所成的角，即可求得其正弦值.【解答过程】根据几何体特征，四棱柱ABCD−A所以DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD要满足平面DD1M⊥平面AA1C，作DE⊥AC于E，延长DE交BC于作GH//DD1交B1C1又因为DE∩DD1=D，所以AC⊥平面DD而AC⊂平面AA1C，所以平面D又因为点M在该四棱柱表面上运动，所以点M的轨迹是线段DG,GH,HD又因为底面ABCD为直角梯形，AB//CD,AD⊥AB,CD=1,AD=2,AB=3,DD所以△ADC∼△FAD，即CDAD=ADFA，得又FB//CD,CD=1，所以△DCG≅△FBG，即G为线段BC,DF的中点，DF=22+易知，当线段DM的长度取到最大值时，点M于点H重合，此时，∠HDG即为直线DM与底面ABCD所成的角，GH=DD1=2sin∠HDG=所以，线段DM的长度取到最大值时，直线DM与底面ABCD所成角的正弦值是23故选：B.8．（3分）（2022·河南·校联考一模）已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，E是AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE的位置，使PD=2，则下列结论中错误的是（

A．平面PBE⊥平面PDE B．平面PBE⊥平面PBCC．平面PBE⊥平面BCDE D．平面PBD⊥平面BCDE【解题思路】根据线面、面面垂直的判断定理分析判断.【解答过程】如图1，在菱形ABCD中，连接BD，则△ABD为等边三角形，且E是AD的中点，∴BE⊥AD,AE=DE=1，如图2，在四棱锥P−BCDE中，BE⊥PE,BE⊥DE，PE∩DE=E，PE,DE⊂平面PDE，∴BE⊥平面PDE，BE⊂平面PBE，则平面PBE⊥平面PDE，A正确；∵PE=DE=1,PD=2，即P∴PE⊥DE，PE∩BE=E，PE,BE⊂平面PBE，∴DE⊥平面PBE，又∵DE∥BC，则BC⊥平面PBE，BC⊂平面PBE，则平面PBE⊥平面PBC，B正确；∵BE⊥PE,DE⊥PE，BE∩DE=E，BE,DE⊂平面BCDE，∴PE⊥平面BCDE，PE⊂平面PBE，则平面PBE⊥平面BCDE，C正确；∵PE∩平面PBD=P，PE⊥平面BCDE，则平面PBD内不存在与平面BCDE垂直的直线，∴平面PBD不与平面BCDE垂直，D错误；故选：D.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2023秋·河北·高三阶段练习）已知直线a、b和平面α、β、γ，下列选项能得到α⊥β成立的充分条件是（

）A．a//β,a//α B．γ∥β,α⊥γ C．α∩β=a,b⊥a,b⊂β D．a⊥β,a//α【解题思路】根据线面及面面的位置关系结合面面垂直的判定定理逐项分析即得.【解答过程】对于A，若a//β,a//α，则α与β可能平行也可能相交，故A错误；对于B，若γ//β,α⊥γ，则α⊥β，故B正确；对于C，若α∩β=a,b⊥a,b⊂β，则α与β不一定垂直，故C错误；对于D，由a//α，可知在平面α内必存在直线l与a平行，又a⊥β，则l⊥β，进而可得α⊥β，故D正确.故选：BD.10．（4分）（2023秋·云南楚雄·高三期末）已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，BC=22，AP=AB，E为棱BP上一点，PE=2EB，且PA⊥AC，若四棱锥P−ABCD的每个顶点都在球O的球面上，且球O的体积为32π3A．PD=23 B．C．平面ADE⊥平面PAB D．点E到平面PCD的距离为4【解题思路】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理可判断C，由外接球的球心在PC中点，利用球的体积可求出AB=AP=2，据此求出AC可判断B，再由勾股定理求出PD判断A，利用等体积法可求出E到平面PCD的距离判断D.【解答过程】如图，则平面ADE⊥平面PAB，因为平面PAB⊥平面ABCD，AB是交线，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面PAB，因为AD⊂平面ADE，则平面ADE⊥平面PAB，又因为PA⊂平面PAB，所以AD⊥AP，又因为PA⊥AC，AC∩AD=A，AC,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，故AD，AB，AP两两垂直，所以PC是以AD，AB，AP为长、宽、高的长方体的对角线，故侧棱PC为球O的直径，由V球=4所以2=AB2+AD2+AP2由AB⊥AD,AB⊥PA,PA∩AD=A，PA,AD⊂平面APD，所以AB⊥平面APD又因为CD∥AB，所以CD⊥平面因为PD⊂平面APD，所以CD⊥PD，由勾股定理得PD=A设点E到平面PCD的距离为d，由PE=2EB，可知BE=13BP，过点E作EF⊥AB，垂足为F，则EF由VE−PCD=V解得d=4综上，ACD正确，B错误.故选：ACD.11．（4分）（2022秋·江苏南京·高二阶段练习）(多选)如图，在三棱锥PABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，点E，F，G分别是所在棱的中点，则下面结论中正确的是（

）A．平面EFG∥平面PBCB．平面EFG⊥平面ABCC．∠BPC是直线EF与直线PC所成的角D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角【解题思路】分别用面面平行、面面垂直、线线角、二面角等知识对每个选项判断即可.【解答过程】对于选项A：∵GF∥PC，GE∥CB，GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，∴平面EFG∥平面PBC.故A正确；对于选项B：∵PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，∴GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，∴GF⊥平面ABC，又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面ABC.故B正确；对于选项C：由选项A知平面EFG∥平面PBC，且平面APB与两平面的交线分别为EF与BP，所以EF∥BP，∴∠BPC是直线EF与直线PC所成的角.故C正确；对于选项D：∵GE与AB不垂直，∴∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角．故D错误.故选：ABC.12．（4分）（2023春·江苏南京·高三开学考试）如图，在五面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且AB⊥AD,AB//CD，AB=2,CD=1，则下列说法正确的是（

）A．AD⊥BEB．若G为棱CE中点，则DF⊥平面ABGC．若AD=CD，则平面ADE⊥平面BDED．若AE=3，则平面ADE⊥平面【解题思路】对于A，利用面面垂直的性质定理得到AD⊥平面ABEF，从而得以判断；对于B，利用线面垂直的判定定理推得CE⊥平面ABG，由此判断即可；对于C，利用面面垂直的的判定定理，结合勾股定理即可判断；对于D，先证得EH与BE不重合，再推得平面HCE⊥平面ADE，从而得到矛盾，由此判断即可.【解答过程】对于A，因为平面ABCD⊥平面ABEF，AB⊥AD，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF，因为BE⊂平面ABEF，所以AD⊥BE，故A正确；对于B，取棱CE的中点G，连接BG,AG,AE,AC，如图①，.因为四边形ABCD与四边形ABEF全等，所以BC=BE,AC=AE，因为G为棱CE中点，所以BG⊥CE,AG⊥CE，因为BG∩AG=G，BG,AG⊂平面ABG，所以CE⊥平面ABG，由题意知AB//CD//EF,CD=EF，所以四边形CDEF为平行四边形，所以DF//CE，则DF⊥平面ABG，故B正确；对于C，连接DE,DB，如图①，由题意知AF=AD=CD,AF⊥EF，所以AE=A又在直角梯形ABEF中易知BE=2，所以AE2由选项A知EB⊥AD，又AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE，所以EB⊥平面ADE，又EB⊂平面BDE，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正确；对于D，连接AE,DE，过点E作EH⊥AE交AB的延长线于点H，连接CH，如图②，.由AE=3,EF=1，得AF=A此时cos∠AEB=所以60°<∠AEB<90°，故EH与BE不重合，因为AD⊥平面ABEF，EH⊂平面ABEF，所以AD⊥EH，又EH⊥AE，AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE，所以EH⊥平面ADE，又EH⊂平面HCE，所以平面HCE⊥平面ADE，假设平面BCE⊥平面ADE，因为EH与BE不重合，所以平面HCE与平面BCE不重合，又平面HCE∩平面BCE=CE，则CE⊥平面ADE，因为AD⊂平面ADE，所以CE⊥AD，又DF//CE，所以DF⊥AD，这与AD⊥AF矛盾，所以假设不成立，故平面BCE与平面ADE不垂直，故D错误.故选：ABC.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022秋·青海海东·高二期中）若l为一条直线，α,β,γ为三个互不重合的平面，给出下面四个命题：①α⊥γ，β//γ⇒α⊥β；②α⊥γ，β⊥γ⇒α⊥β；③l//α，l⊥β⇒α⊥β：④l//α，l//β⇒α//【解题思路】依据直线与平面、平面与平面的位置关系，找出反例逐一分析，即可得出答案.【解答过程】若α⊥γ,，则m⊂α,α∩γ=t,m⊥t,m⊥γ,又因为β//γ,所以m⊂α,m⊥β,则α⊥β，如果α,β是长方体相对的两侧面,则它们都垂直底面,但这两个平面互相平行,故α,β也可能平行,②不正确.l//α,则存在l'//l,l'⊂α,l⊥β如果α,β是长方体相邻的两侧面,l为长方体不在这两个面内的侧棱,l//α,l//β,α,β也可能相交,综上，正确的命题的序号是①③.故答案为:①③.14．（4分）（2022秋·湖南郴州·高二阶段练习）如图所示，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA=AC=1，BC=2，则二面角A−PC−B的余弦值大小为0【解题思路】作出二面角A−PC−B的平面角，求得相关线段的长，解三角形，即可求得答案.【解答过程】作AD⊥PC,垂足为D，作DE∥BC交PB于E点，连接因为PA=AC=1，故D为PC的中点，E为PB的中点，PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC,又AC⊥BC，PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,故BC⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,故BC⊥PC,所以DE⊥PC,则∠ADE为二面角A−PC−B的平面角，因为PA=AC=1，BC=2,故PC=则AD=2又PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB,∴AE=1则AD2+D所以二面角A−PC−B的余弦值大小为0，故答案为：0.15．（4分）（2023·高三课时练习）如图，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，则下列说法中正确的是①②③．（写出所有满足要求的说法序号）①平面PAD⊥平面PAB；

②平面PAD⊥平面PCD；③平面PBC⊥平面PAB；

④平面PBC⊥平面PCD．【解题思路】根据线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理证明判断即可．【解答过程】①由PA⊥矩形ABCD所在的平面，所以PA⊥AB，又AB⊥AD，且PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故①正确；②由PA⊥矩形ABCD所在的平面，所以PA⊥CD，又CD⊥AD，且PA∩AD=A，PA,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD，故②正确；③由PA⊥矩形ABCD所在的平面，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB，故③正确；④依题意得BC⊥CD，若平面PBC⊥平面PCD，作BM⊥PC交PC于M，平面PBC∩平面PCD=PC，所以BM⊥平面PCD，又CD⊂平面PCD，所以BM⊥CD,因为BM∩BC=B，BM,BC⊂平面PBC，所以CD⊥平面PBC，因为PC⊂平面PBC，所以CD⊥PC,与CD⊥PD矛盾，故④错误．故答案为：①②③．16．（4分）（2022·高一课时练习）如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下面四个结论：①，点P到平面ACD1的距离不变；②A1P//平面AC【解题思路】通过证明AC//平面A1BC1，AD1//平面A1BC1，得平面ACD1//平面【解答过程】连接AC,A因为AA1//C所以四边形AA所以AC//A1C1．又AC⊄平面所以AC//平面A1同理可证AD1//又AC⊂平面ACD1,AD1所以平面ACD1//因为A1P⊂平面所以A1P//平面ACD因为BC1⊂所以BC1//所以点P到平面ACD1的距离不变，故连接DB,DC因为DB=DC所以当P为BC1的中点时才有DP⊥BC因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂所以AC⊥BB又AC⊥BD,BB1∩BD=B，B所以AC⊥平面BB连接B1D，又B1所以B1同理可证B1又AC⊂平面ACD1,AD1所以B1D⊥平面ACD1．又所以平面PDB1⊥平面AC故答案为：①②④．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·高一课时练习）如图，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，你能发现哪些平面互相垂直，为什么？【解题思路】根据面面垂直的判定定理，先寻找线面垂直，再得面面垂直.【解答过程】平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面ACD.理由：∵AB⊥平面BCD，AB⊂平面ABC，AB⊂平面ABD，∴平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD.∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.又BC⊥CD，AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC.∵CD⊂平面ACD，∴平面ABC⊥平面ACD.18．（6分）（2022春·河南洛阳·高一阶段练习）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，E是侧面AA1B(1)EF∥平面ABC；(2)平面AEF⊥平面A【解题思路】（1）连接A1B和A1C，证明EF∥（2）依题意，可证EF⊥AA1,EF⊥AD,从而可证得EF⊥平面A1AD【解答过程】（1）连接A1B和A1C，因为E、F分别是侧面所以E、F分别是A1B和所以EF∥又BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，故EF∥平面ABC﹔（2）∵三棱柱ABC−A∴AA1⊥平面ABC，BC⊂∴AA1⊥BC∴AA又D是棱BC的中点，且△ABC为正三角形，所以BC⊥AD．由EF∥BC得而AA1∩AD=A,AA1,AD⊂平面又EF⊂平面AEF，故平面AEF⊥平面A119．（8分）（2022秋·贵州安顺·高三期末）如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD=2，∠BAD=∠ABC=90°，O(1)求证：平面PAC⊥平面POB；(2)点M在棱PC上，满足PM=λPC0<λ<1且三棱锥P−ABM的体积为33，求【解题思路】（1）连接OC，证明AC⊥OB，继而证明PO⊥平面ABCD，推得PO⊥AC，从而证明AC⊥平面POB，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；（2）由题意可推得∠PAB=π2，从而设点C,M到平面PAB的距离分别为d1,d【解答过程】（1）由题意底面ABCD，AB=BC=12AD=2则底面ABCD为直角梯形，连接OC，则AO=BC=1,AO∥BC,故四边形则OC∥AB,OC=AB=1，所以四边形AOCB为正方形，所以因为侧面PAD为等边三角形，O是AD的中点，所以PO⊥AD，PO⊂平面PAD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC，因为PO∩OB=O,PO,OB⊂平面POB，所以AC⊥平面POB，因为AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面POB.（2）因为底面ABCD中，AB=BC=12AD=2侧面PAD为等边三角形，O是AD的中点，所以AO=OD=AB=BC=OC=2,PA=AD=PD=4,PO=23,OB=AC=2因为PO⊥平面ABCD，OB,OC⊂平面ABCD，所以PO⊥OB,PO⊥OC，所以PB因为AB所以PB2=A设点C,M到平面PAB的距离分别为d1因为VP−ABC=V即13×1因为三棱锥P−ABM的体积为33所以13S△PAB⋅d所以PMPC=d因为PM=λPC0<λ<1，所以λ=20．（8分）（2023·全国·高三专题练习）在边长为2的正方形ABCD外作等边△BCE（如图1），将△BCE沿BC折起到△PBC的位置，使得PA=22(1)求证：平面PBC⊥平面ABCD；(2)若F，M分别为线段BC,PD的中点，求点P到平面AFM的距离.【解题思路】（1）通过证明AB⊥平面PBC来证得平面PBC⊥平面ABCD.（2）利用等体积法来求点P到平面AFM的距离.【解答过程】（1）由于PA2=A由于四边形ABCD是正方形，所以AB⊥BC，由于PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC，所以AB⊥平面PBC，由于AB⊂平面ABCD，所以平面PBC⊥平面ABCD.（2）连接PF,DF，由于三角形PBC是等边三角形，所以PF⊥BC,PF=3由于平面PBC⊥平面ABCD且交线为BC，PF⊂平面PBC，所以PF⊥平面ABCD.由于M是PD的中点，所以M到平面ABCD的距离是12且P到平面AFM的距离等于D到平面AFM的距离，设这个距离为ℎ.由于DF⊂平面ABCD，所以PF⊥DF，所以PD=32+在三角形PAD中，由余弦定理得cos∠APD=所以AM=2+8−2×2×2在三角形AFM中，cos∠MAF=则∠MAF为锐角，sin∠MAF=所以S△AFMS△ADF由VM−ADF=V解得ℎ=4所以点P到平面AFM的距离为49321．（8分）（2023秋·四川南充·高二期末）如图，在正三棱柱ABC−A'B'C'中，E为AA'上的点，F为CC'上的点，M，N分别为(1)证明：M，N，F，C四点共面，且平面BEF⊥平面ABB(2)若AB=2，AE=4，求平面BEF与平面AA【解题思路】（1）由题可得MN//CF，进而M，N，F，C四点共面，然后根据线面垂直的判定定理可得CM⊥平面AA（2）取AC的中点O，过点B作EF的垂线交EF于D，根据面面垂直的性质可得OB⊥平面ACC'A'，进而可得∠BDO为平面【解答过程】（1）证明：∵M、N分别为AB、BE的中点，∴MN//AE，∵ABC−A∴CF//AE,∴MN//CF,∴M、N、F、C四点共面，∵ABC−A∴平面AA'B'B⊥∵M为AB的中点，∴CM⊥AB，又平面AA'B'B∩平面ABC=AB∴CM⊥平面AA∵平面MCFN∩平面BEF=FN，CM//平面BEF，CM⊂平面MCFN，∴CM//NF，∴NF⊥平面ABB∵NF⊂平面BE