【高考解码】2021届高三数学二轮复习(新课标)-点、直线、平面之间的位置关系VIP

第12讲点、直线、平面之间的位置关系1．(2021·安徽高考)在下列命题中，不是公理的是()A．平行于同一个平面的两个平面相互平行B．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C．假如一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上全部的点都在此平面内D．假如两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线【解析】结合平面的基本性质求解．A．不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证；B．是平面的基本性质公理；C．是平面的基本性质公理；D．是平面的基本性质公理．【答案】A2．(2022·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．()A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α【解析】选项A，若m⊥n，n∥α，则m⊂α或n∥α或m⊥α，错误．选项B，若m∥β，β⊥α，则m⊂α或m∥α或m⊥α，错误．选项C，若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α，正确．选项D，若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α或m⊂α或m∥α，错误．【答案】C3．(2022·大纲高考)已知正四周体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(\r(3),6)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(3),3)【解析】取AD中点F，易知EF∥BD.在△EFC中，不妨设正四周棱长为1.则EF＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(1,2)，CE＝CF＝eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),2)，∴cos∠CEF＝eq\f(EF2＋EC2－FC2,2EF·EC)＝eq\f(\r(3),6).【答案】B4．(2022·江苏高考)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.【证明】(1)由于D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.又由于PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.(2)由于D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又由于DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.由于AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1．空间位置关系命题真假的推断①此类问题涉及的学问面较广，综合性较强，通常考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质．从力量角度考查同学的空间想象力量及分析问题、解决问题的力量．②试题主要以选择题、填空题的形式消灭，属于中等难度题．2．线线、线面、面面的位置关系的证明①该考向是各省高考题中的重要考点之一，是每年必考内容之一．以多面体为载体，结合线线、线面、面面的位置关系，涉及的学问点多，综合性强，通常考查线线、线面、面面的平行与垂直的相互转化．考查同学的推理论证力量和空间想象力量．②试题以解答题的形式消灭，属于中档题．3．与翻折有关的问题①此类问题通常是把平面图形翻折成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面的位置关系及有关计算．通过翻折把平面图形转化为空间几何体，更好地考查同学的空间想象力量和学问迁移力量．②试题以解答题为主，多为中档题.eq\a\vs4\al(空间位置关系命题真假的推断)【例1】(1)(2022·辽宁高考)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m∥α，m⊥n，则n⊥α(2)(2021·安徽高考)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是________(写出全部正确命题的编号)．①当0<CQ<eq\f(1,2)时，S为四边形②当CQ＝eq\f(1,2)时，S为等腰梯形③当CQ＝eq\f(3,4)时，S与C1D1的交点R满足C1R＝eq\f(1,3)④当eq\f(3,4)<CQ<1时，S为六边形⑤当CQ＝1时，S的面积为eq\f(\r(6),2).【解析】(1)由线面垂直的定义知若m⊥α，n⊂α，则m⊥n.故选B.(2)利用平面的基本性质结合特殊四边形的判定与性质求解．①当0<CQ<eq\f(1,2)时，如图(1)．在平面AA1D1D内，作AE∥PQ，明显E在棱DD1上，连接EQ，则S是四边形APQE.②当CQ＝eq\f(1,2)时，如图(2)．明显PQ∥BC1∥AD1，连接D1Q，则S是等腰梯形．③当CQ＝eq\f(3,4)时，如图(3)．作BF∥PQ交CC1的延长线于点F，则C1F＝eq\f(1,2).作AE∥BF，交DD1的延长线于点E，D1E＝eq\f(1,2)，AE∥PQ，连接EQ交C1D1于点R，由于Rt△RC1Q∽Rt△RD1E，∴C1Q∶D1E＝C1R∶RD1＝1∶2，∴C1R＝eq\f(1,3).④当eq\f(3,4)<CQ<1时，如图(3)，连接RM(点M为AE与A1D1交点)，明显S为五边形APQRM.⑤当CQ＝1时，如图(4)．同③可作AE∥PQ交DD1的延长线于点E，交A1D1于点M，明显点M为A1D1的中点，所以S为菱形APQM，其面积为eq\f(1,2)MP×AQ＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\f(\r(6),2).【答案】(1)B(2)①②③⑤【规律方法】解决空间线面位置关系的组合推断题常有以下方法：(1)借助空间线面位置关系的线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理逐项推断来解决问题．(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四周体模型等模型中观看线面位置关系，结合有关定理，确定或否定某些选项，并作出选择．[创新猜测]1．(1)(2021·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面()A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β(2)(2022·兰州、张掖联考)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③假如m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩β＝m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中正确的命题是()A．①②B．②③C．③④D．①④【解析】(1)可以借助正方体模型对四个选项分别剖析，得出正确结论．A项，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B项，当m∥α，m∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α，故正确；D项，当m∥α，α⊥β时，m可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.(2)由面面垂直的判定定理知①正确；若m，n是平面α内两条平行直线，则②的结论不肯定成立，故②错；若m，n是相互平行的两个平面内的两条异面直线，则n与α平行，故③错误；由α⊂β＝m得m⊂α，m⊂β，又n∥m，n⊄α，n⊄β，所以n∥α，n∥β，故④正确．【答案】(1)C(2)Deq\a\vs4\al(线线、线面、面面的位置关系的证明)【例2】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；(2)求证：C1F∥平面ABE；(3)求三棱锥E－ABC的体积．(1)【证明】在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.所以BB1⊥AB.又由于AB⊥BC，所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)【证明】取AB中点G，连接EG，FG.由于E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FG∥AC，且FG＝eq\f(1,2)AC.由于AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形．所以C1F∥EG.又由于EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.(3)由于AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，所以AB＝eq\r(AC2－BC2)＝eq\r(3).所以三棱锥E－ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×1×2＝eq\f(\r(3),3).【规律方法】1.在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可消灭平行线，而线线平行是平行关系的根本．在垂直关系的证明中，线线垂直是问题的核心，可以依据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以依据已知的垂直关系证明线线垂直，其中要特殊重视两个平面垂直的性质定理，这个定理已知的是两个平面垂直，结论是线面垂直．2．机敏运用空间中的转化关系Ⅰ.平行问题的转化方向面面平行⇒线面平行⇒线线平行．主要依据有关定义及判定定理和性质定理证明．具体如下：(1)证明线线平行：①平面几何有关定理；②三线平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤线面垂直的性质定理．(2)证明线面平行：①线面平行的定义；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质定理．(3)证明面面平行：①面面平行的定义；②面面平行的判定定理．Ⅱ.垂直问题的转化方向面面垂直⇒线面垂直⇒线线垂直．主要依据有关定义及判定定理和性质定理证明．具体如下：(1)证明线线垂直：①线线垂直的定义；②线面垂直的定义；③勾股定理等平面几何中的有关定理．(2)证明线面垂直：①线面垂直的判定定理；②线面垂直的定义；③面面垂直的性质定理．(3)证明面面垂直：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理．[创新猜测]2．(2022·山东高考)如图，四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，E，F分别为线段AD，PC的中点．(1)求证：AP∥平面BEF；(2)求证：BE⊥平面PAC.(1)【证明】设AC∩BE＝O，连接OF，EC.由于E为AD的中点，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，AD∥BC，所以AE∥BC，AE＝AB＝BC，因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点．又F为PC的中点，因此在△PAC中，可得AP∥OF.又OF⊂平面BEF，AP⊄平面BEF.所以AP∥平面BEF.(2)证明由题意知ED∥BC，ED＝BC.所以四边形BCDE为平行四边形，因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，因此AP⊥BE.由于四边形ABCE为菱形，所以BE⊥AC.又AP∩AC＝A，AP、AC⊂平面PAC，所以BE⊥平面PAC.eq\a\vs4\al(与翻折有关的问题)【例3】(2022·广东高考)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.作如图(2)折叠：折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M－CDE的体积．(1)【证明】∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，又四边形ABCD是矩形，∴CD⊥AD，∵PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，且PD∩CD＝D，∴AD⊥平面PCD，∵CF⊂平面PCD，∴AD⊥CF，又MF⊥CF，MF∩AD＝M，∴CF⊥平面MDF.(2)【解】∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，又CD＝AB＝1，PC＝2，∴PD＝eq\r(3).由(1)知CF⊥平面MDF，∴CF⊥DF.∴由S△PCD＝eq\f(1,2)PD×CD＝eq\f(1,2)PC×DF得DF＝eq\f(\r(3),2)，∴CF＝eq\r(CD2－DF2)＝eq\f(1,2)，∵EF∥CD，∴eq\f(DE,DP)＝eq\f(CF,CP)，∴DE＝eq\f(CF,CP)×DP＝eq\f(\r(3),4).∴S△CDE＝eq\f(1,2)CD×DE＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(\r(3),8).∵AD⊥平面PCD，即MD⊥平面CDE，且ME＝PE＝PD－ED＝eq\f(3\r(3),4)，∴MD＝eq\r(ME2－ED2)＝eq\r(\f(27,16)－\f(3,16))＝eq\f(\r(6),2)，∴三棱锥M－CDE的体积为VM－CDE＝eq\f(1,3)S△CDE×MD＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),8)×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(2),16).【规律方法】1.解决翻折问题的关键是搞清翻折前后哪些量转变、哪些量不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．2．把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥、四棱锥，从而把问题转化到我们生疏的几何体中解决．[创新猜测]3．(2022·江西九江一模)如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，E、F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝12，AD＝5，BC＝4eq\r(2)，DE＝4.现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合于点G，得到多面体CDEFG.(1)求证：平面DEG⊥平面CFG；(2)求多面体CDEFG的体积．【解】(1)证明：由于DE⊥EF，CF⊥EF，所以四边形CDEF为矩形．由GD＝5，DE＝4，得GE＝eq\r(GD2－DE2)＝3.由GC＝4eq\r(2)，CF＝4，得FG＝eq\r(GC2－CF2)＝4，所以EF＝5.在△EFG中，有EF2＝GE2＋FG2，所以EG⊥GF.又由于CF⊥EF，CF⊥FG，所以CF⊥平面EFG.所以CF⊥EG，所以EG⊥平面CFG.又EG⊂平面DEG，所以平面DEG⊥平面CFG.(2)如图，在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于点H，则GH＝eq\f(EG·GF,EF)＝eq\f(12,5).由于平面CDEF⊥平面EFG，所以GH⊥平面CDEF，所以V多面体CDEFG＝eq\f(1,3)S矩形CDEF·GH＝16.[总结提升]失分盲点(1)忽视定理的条件：在应用平行或垂直的判定定理时，忽视定理的条件，造成结论不成立或步骤跳动而失分．(2)忽视平面几何性质的应用：求解题目的过程中，要留意挖掘平面图形的几何性质，查找元素之间的关系，往往使问题更简洁．答题指导在证明垂直与平行问题时，要留意转化思想的应用；在应用判定定理、性质定理时，要留意定理的条件与结论，不能漏掉任何条件，否则会因证明不正确或步骤不全而失分．(1)证明线面平行中的“三找”：推断线面平行找外线．证明线面平行找内线，确定内、外线有困难时找中点．(2)平行、垂直关系中探究问题的解法：一般先假设结论成立(存在)．若推证有冲突，则结论不成立(不存在)；若推证无冲突．则结论成立(存在)．(3)证明垂直关系的方法：①证明线线垂直，经常转化为证明线面垂直；②证明线面垂直，经常转化为证明线线垂直；③证明面面垂直，经常转化为证明线面垂直或证明二面角为直角．(4)转化思想的应用：①将空间问题转化为平面问题解决(如求线面角转化为求直角三角形的内角)；②线线平行、线面平行、面面平行之间的转化；③线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化．立体几何证明中的识图力量空间想象力量主要包括：(1)对基本几何图形必需格外生疏，能正确画图，能在头脑中分析图形的基本元素之间的度量关系及位置关系；(2)能借助图形来反映并思考客观事物的空间外形及位置关系；(3)能借助图形来反映并思考用语言或式子所表达的空间外形及位置关系；(4)有娴熟的识图力量，即从简单的图形中能区分出基本图形，能分析其中的基本图形和基本元素之间的关系．【典例】(2022·全国新课标Ⅱ高考)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设AP＝1，AD＝eq\r(3)，三棱锥P－ABD的体积V＝eq\f(\r(3),4)，求A到平面PBC的距离．(1)【证明】设BD与AC的交点为O，连接EO.由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)【解】V＝eq\f(1,6)PA·AB·AD＝eq\f(\r(3),6)AB.由V＝eq\f(\r(3),4)，可得AB＝eq\f(3,2).作AH⊥PB交PB于H.由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC.又AH＝eq\f(PA·AB,PB)＝eq\f(3\r(13),13).所以A到平面PBC的距离为eq\f(3\r(13),13).【规律感悟】正确生疏各元素的空间位置和图形的空间结构，能精确     领悟“点线—线线—线面—面面”之间平行、垂直的联系，并能就解题的依据、需要，对这些关系加以转化，尤其线面平行、线面垂直的证明和相关角的运算，更能促进空间想象力量的提升．

1．(2022·广东高考)已知向量a＝(1,0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1,1,0)B．(1，－1,0)C．(0，－1,1)D．(－1,0,1)【解析】利用向量数量积公式的变形公式cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)求向量的夹角，对各选项逐一计算验证．各选项给出的向量的模都是eq\r(2)，|a|＝eq\r(2).对于选项A，设b＝(－1,1,0)，则cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1×－1,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2).由于0°≤《a，b》≤180°，所以〈a，b〉＝120°.对于选项B，设b＝(1，－1,0)，则cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1×1,\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).由于0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝60°，正确．对于选项C，设b＝(0，－1,1)，则cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1×1,\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2).由于0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝120°.对于选项D，设b＝(－1,0,1)，则cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－1－1,\r(2)×\r(2))＝－1.由于0°≤〈a，b〉≤180°，所以〈a，b〉＝180°.故选B.【答案】B2．(2022·全国新课标Ⅱ高考)直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值是()A.eq\f(1,10)B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10)D.eq\f(\r(2),2)【解析】补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA、CC1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1，1,2)，N(0,1,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0,1,2)．∴cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1＋4,\r(－12＋－12＋22)×\r(02＋12＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).故选C.【答案】C3．(2021·山东高考)已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq\f(9,4)，底面是边长为eq\r(3)的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)【解析】画出三棱柱ABC­A1B1C1，作出PA与平面ABC所成的角，解三角形求角．如图所示，P为正三角形A1B1C1的中心，设O为△ABC的中心，由题意知：PO⊥平面ABC，连接OA，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．在正三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝eq\r(3)，则S＝eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2＝eq\f(3\r(3),4)，VABC­A1B1C1＝S×PO＝eq\f(9,4)，∴PO＝eq\r(3).又AO＝eq\f(\r(3),3)×eq\r(3)＝1，∴tan∠PAO＝eq\f(PO,AO)＝eq\r(3)，∴∠PAO＝eq\f(π,3).【答案】B4．(2022·辽宁高考)如图，△ABC和△BCD所在平面相互垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．(Ⅰ)求证：EF⊥BC；(Ⅱ)求二面角E－BF－C的正弦值．图1(Ⅰ)【证明】法一过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.如图(1)由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC＝∠FOC＝eq\f(π,2)，即FO⊥BC.又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，又EF⊂面EFO，所以EF⊥BC.图2法二由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图2所示空间直角坐标系．易得B(0,0,0)，A(0，－1，eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1,0)，C(0,2,0)．因而E(0，eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，因此eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.从而eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.(Ⅱ)【解】法一在图(1)中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定