文科立體幾何線面角二面角專題 學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________ 一、解答題 1．如圖，在三棱錐P?ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中點． （1）證明：PO⊥平面ABC； （2）若點M在棱BC上，且二面角M?PA?C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值． 2．如圖，在三棱錐P?ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O為AC的中點． （1）證明：PO⊥平面ABC； （2）若點M在棱BC上，且MC=2MB，求點C到平面POM的距離． 3．（2018年浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2． （Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1； （Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值． 4．如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，點P，G分別是AA1，B1C1的中點，已知AA1⊥平面ABC，AA1=B1C1=3，A1B1=A1C1=2. （I）求異面直線A1G與AB所成角的余弦值； （II）求證：A1G⊥平面BCC1B1； （III）求直線PC1與平面BCC1B1所成角的正弦值. 5．如圖，四棱錐P-ABCD，底面ABCD是正方形，PA=PD=AB=1，PB=PC=2，E，F(xiàn)分別是PB，CD的中點. （1）求證AB⊥EF； （2）求二面角B-EF-C的余弦值. 6．如圖，三棱柱ABC?A1B1C1中，側棱AA1⊥底面ABC，且各棱長均相等.D，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC，A1C1的中點. （1）證明：EF//平面A1CD； （2）證明：平面A1CD⊥平面A1ABB1； （3）求直線EF與直線A1B1所成角的正弦值. 7．如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF． （Ⅰ）求證：平面ADE⊥平面BDEF； （Ⅱ）若二面角C?BF?D的大小為60°，求CF與平面ABCD所成角的正弦值． 8．如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=BC=3，AD=CD=1，∠ADC=1200，點M是AC與BD的交點，點N在線段PB上，且PN=14PB. （1）證明：MN//平面PDC； （2）求直線MN與平面PAC所成角的正弦值. 9．在多面體ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四邊形ADEF是正方形，AB//DC，AB=AD=1，CD=2，AC=EC=5， （1）求證：平面EBC⊥平面EBD； （2）設M為線段EC上一點，3EM=EC，求二面角M?BD?E的平面角的余弦值. 10．如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為等腰梯形，BC//AD，已知AC⊥EC，AB=AF=BC=2，AD=DE=4，四邊形ADEF為直角梯形，AF//DE，∠DAF=90°. （1）證明：AC⊥平面CDE，平面ABCD⊥平面ADEF； （2）求三棱錐E?ABF的體積. 試卷第3頁，總4頁 本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。 參考答案 1．（1）見解析（2）34 【解析】分析：(1)根據(jù)等腰三角形性質得PO垂直AC，再通過計算，根據(jù)勾股定理得PO垂直O(jiān)B，最后根據(jù)線面垂直判定定理得結論，(2)根據(jù)條件建立空間直角坐標系，設立各點坐標，根據(jù)方程組解出平面PAM一個法向量，利用向量數(shù)量積求出兩個法向量夾角，根據(jù)二面角與法向量夾角相等或互補關系列方程，解得M坐標，再利用向量數(shù)量積求得向量PC與平面PAM法向量夾角，最后根據(jù)線面角與向量夾角互余得結果. 詳解：（1）因為AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP=23. 連結OB.因為AB=BC=22AC，所以△ABC為等腰直角三角形， 且OB⊥AC，OB=12AC=2. 由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. （2）如圖，以O為坐標原點，OB的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系O-xyz. 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),AP=(0,2,23),取平面PAC的法向量OB=(2,0,0). 設M(a,2-a,0)(0<a≤2)，則AM=(a,4-a,0). 設平面PAM的法向量為n=(x,y,z). 由AP?n=0,AM?n=0得2y+23z=0ax+(4-a)y=0，可取n=(3(a-4),3a,-a)， 所以cosOB,n=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.由已知得|cosOB,n|=32. 所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32.解得a=-4（舍去），a=43. 所以n=(-833,433,-43).又PC=(0,2,-23)，所以cosPC,n=34. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為34. 點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當?shù)目臻g直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”. 2．解： （1）因為AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP=23． 連結OB．因為AB=BC=22AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=12AC=2． 由OP2+OB2=PB2知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC． （2）作CH⊥OM，垂足為H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM． 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題設可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°． 所以OM=253，CH=OC?MC?sin∠ACBOM=455． 所以點C到平面POM的距離為455． 【解析】分析：（1）連接OB，欲證PO⊥平面ABC，只需證明PO⊥AC,PO⊥OB即可；（2）過點C作CH⊥OM，垂足為M，只需論證CH的長即為所求，再利用平面幾何知識求解即可. 詳解：（1）因為AP=CP=AC=4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP=23． 連結OB．因為AB=BC=22AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=12AC=2． 由OP2+OB2=PB2知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC． （2）作CH⊥OM，垂足為H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM． 故CH的長為點C到平面POM的距離． 由題設可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°． 所以OM=253，CH=OC?MC?sin∠ACBOM=455． 所以點C到平面POM的距離為455． 點睛：立體幾何解答題在高考中難度低于解析幾何，屬于易得分題，第一問多以線面的證明為主，解題的核心是能將問題轉化為線線關系的證明；本題第二問可以通過作出點到平面的距離線段求解，也可利用等體積法解決. 3．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）3913. 【解析】分析:方法一：（Ⅰ）通過計算，根據(jù)勾股定理得AB1⊥A1B1,AB1⊥B1C1,再根據(jù)線面垂直的判定定理得結論，（Ⅱ）找出直線AC1與平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解. 方法二：（Ⅰ）根據(jù)條件建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，根據(jù)向量之積為0得出AB1⊥A1B1,AB1⊥A1C1,再根據(jù)線面垂直的判定定理得結論，（Ⅱ）根據(jù)方程組解出平面ABB1的一個法向量，然后利用AC1與平面ABB1法向量的夾角的余弦公式及線面角與向量夾角的互余關系求解. 詳解：方法一： （Ⅰ）由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=22， 所以A1B12+AB12=AA12. 故AB1⊥A1B1. 由BC=2，BB1=2,CC1=1, BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5， 由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23， 由CC1⊥AC，得AC1=13，所以AB12+B1C12=AC12，故AB1⊥B1C1. 因此AB1⊥平面A1B1C1. （Ⅱ）如圖，過點C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點D，連結AD. 由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1， 由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1， 所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.學科.網(wǎng) 由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cos∠C1A1B1=67,sin∠C1A1B1=17， 所以C1D=3，故sin∠C1AD=C1DAC1=3913. 因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是3913. 方法二： （Ⅰ）如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意知各點坐標如下： A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1), 因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3), 由AB1?A1B1=0得AB1⊥A1B1. 由AB1?A1C1=0得AB1⊥A1C1. 所以AB1⊥平面A1B1C1. （Ⅱ）設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ. 由（Ⅰ）可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2), 設平面ABB1的法向量n=(x,y,z). 由n?AB=0,n?BB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0). 所以sinθ=|cosAC1,n|=|AC1?n||AC1|?|n|=3913. 因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是3913. 點睛：利用法向量求解空間線面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當?shù)目臻g直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”. 4．（Ⅰ）74（Ⅱ）見解析（Ⅲ）75 【解析】分析：（Ⅰ）由題意得A1B1∥AB，故∠GA1B1是異面直線A1G與AB所成的角，解三角形可得所求余弦值．（Ⅱ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，由A1⊥平面ABC可得AA1⊥A1G，于是BB1⊥A1G，又A1G⊥B1C1，根據(jù)線面垂直的判定定理可得結論成立．（Ⅲ）取BC的中點H，連接AH，HG；取HG的中點O，連接OP，OC1．由PO//A1G可得PO⊥平面BCC1B1， 故得∠PC1O是PC1與平面BCC1B1所成的角，然后解三角形可得所求． 詳解： (I)∵A1B1∥AB， ∴∠GA1B1是異面直線A1G與AB所成的角． ∵A1B1=A1C1=2，G為BC的中點， ∴A1G⊥B1C1， 在RtΔGA1B1中，∠A1GB1=90°， ∴∠GA1B1=A1GA1B1=22-(32)22=74， 即異面直線AG與AB所成角的余炫值為74． （II）在三棱柱ABC-A1B1C1中， ∵AA1⊥平面ABC，A1G?平面ABC， ∴AA1⊥A1G， ∴BB1⊥A1G， 又A1G⊥B1C1，BB1∩B1C1=B1， ∴A1G⊥平面BCC1B1． （III）解：取BC的中點H，連接AH，HG；取HG的中點O，連接OP，OC1． ∵PO//A1G， ∴PO⊥平面BCC1B1， ∴∠PC1O是PC1與平面BCC1B1所成的角． 由已知得，PC1=22+(32)2=52,?????PO=A1G=72， ∴sin∠PC1O=POPC1=75,?? ∴直線PC1與平面BCC1B1所成角的正弦值為75． 點睛：用幾何法求求空間角的步驟： ①作：利用定義作出所求的角，將其轉化為平面角；②證：證明作出的角為所求角；③求：把這個平面角置于一個三角形中，通過解三角形求空間角；④作出結論，將問題轉化為幾何問題． 5．(1)見解析;(2)22. 【解析】試題分析：（1）由題意，可取PC中點M，連接EM,FM，則易知平面EMF∥平面PAD,由條件易證AB⊥平面PAD，則AB⊥平面EMF，又EF?平面EMF，根據(jù)線面垂直的定義，從而問題可得證；（2）由題意，采用坐標法進行求解，可取AD中點O為坐標原點，過O點作平行于AB的直線為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，分別算出平面BEF和平面EFC的法向量，結合圖形，二面角B?EF?C為銳角，從而問題可得解. 試題解析：（1）取PC中點M，連結EM，F(xiàn)M，∵ABCD是正方形，∴AB⊥AD， 又∵PA=AB=1，PB=2，∴AB⊥PA，∴AB⊥面PAD，∴AB⊥PD， 又∵E，F(xiàn)，M都是中點，∴EM//BC，MF//PD，∴AB⊥面EMF， ∴AB⊥EF； （2）建立如圖空間直角坐標系，由題意得B1,-12,0，C1,12,0，F(xiàn)12,12,0，E12,-14,34，則BF=-12,1,0，EF=0,34,-34，CF=-12,0,0， 設平面BEF的法向量為n1=(x1,y1,z1)，則n1?BF=0n1?EF=0，即-12x1+y1=034y1-34z1=0， 令y1=1，則x1=2，z1=3，得n1=2,1,3， 同理得平面CEF的法向量為n2=0,1,3， ∴cos<n1,n2>=n1?n2n1n2=22，所以他的余弦值是22. 點睛：此題主要考查立體幾何中異面直線垂直的證明，二面角的三角函數(shù)值的求解，以及坐標法在解決立體幾何問題中的應用等有關方面的知識和技能，屬于中檔題型，也是?？碱}型.坐標法在解決立體幾何中的一般步驟，一是根據(jù)圖形特點，建立空間直角坐標系；二是將幾何中的量轉化為向量，通過向量的運算；三是將運算得到的結果翻譯為幾何結論. 6．（1）見解析（2）見解析(3) 255 【解析】分析：（1）先證明EF//DA1，再證明EF//平面A1CD.(2)先證明CD⊥面A1ABB1，再證明平面A1CD⊥平面A1ABB1.(3)利用異面直線所成的角的定義求直線EF與直線A1B1所成角的正弦值為255. 詳解：（1）證明：連接ED， ∵D、E分別是AB、BC的中點， ∴DE//AC，DE=12AC， ∵三棱柱ABC-A1B1C1中，∴AC//A1C1，AC=A1C1， 又F為棱A1C1的中點，∴A1F=DE，A1F//DE， ∴四邊形A1DEF是平行四邊形，∴EF//DA1， 又∵DA1?平面A1CD，EF?平面A1CD，∴EF//平面A1CD. （2）證明：∵D是AB的中點，∴CD⊥AB， 又∵AA1⊥平面ABC，CD?平面ABC， ∴AA1⊥CD，又∵AA1∩AB=A， ∴CD⊥面A1ABB1，又CD?面A1CD， ∴平面A1CD⊥平面A1ABB1； （3）解：∵EF//DA1，AB//A1B1， ∴∠A1DA為直線EF與直線A1B1所成的角. 設三棱柱ABC-A1B1C1的棱長為a，則AD=12a， ∴A1D=A1A2+AD2=52a，∴sin∠A1DA=A1AA1D=255. 即直線EF與直線A1B1所成角的正弦值為255. 點睛：（1）本題主要考查空間位置關系的證明和異面直線所成角的計算，意在考查學生對這些基礎知識的掌握能力和空間想象轉化能力.(2)求空間的角，方法一是利用幾何法，找→作→證→指→求.方法二是利用向量法. 7．（1）見解析（2）3311 【解析】分析：(1)根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明平面ADE⊥平面BDEF； (2)建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可求CF與平面ABCD所成角的正弦值；也可以應用常規(guī)法，作出線面角，放在三角形當中來求解. 詳解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcos30°， 解得BD＝，所以AB2+BD2=AB2，根據(jù)勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD. 又因為DE⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴AD⊥DE. 又因為BD∩DE＝D，所以AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD， ∴平面ADE⊥平面BDEF， （Ⅱ）方法一： 如圖，由已知可得∠ADB=90°，∠ABD=30°，則 ∠BDC=30°，則三角形BCD為銳角為30°的等腰三角形. CD=CB=1, 則CG=12. 過點C做CH//DA，交DB、AB于點G，H，則點G為點F在面ABCD上的投影.連接FG，則 CG⊥BD，DE⊥平面ABCD，則CG⊥平面BDEF. 過G做GI⊥BF于點I，則BF⊥平面GCI，即角GCI為 二面角C-BF-D的平面角，則∠GCI=60°. 則tan60°=CGCI，CG=12，則GI=123. 在直角梯形BDEF中，G為BD中點，BD=3，GI⊥BF，GI=123， 設DE=x ，則GF=x，SΔBGF=12?BG?GF=12?BF?GI，則DE=68. tan∠FCG=FGGC=64，則sin∠FCG=3311，即CF與平面ABCD所成角的正弦值為3311． （Ⅱ）方法二： 可知DA、DB、DE兩兩垂直，以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz. 設DE＝h，則D(0，0，0)，B(0，，0)，C(－，－，h). ，. 設平面BCF的法向量為m＝(x，y，z)， 則m?BC=0m?BF=0所以-0.5x-32y=0-32y+hz=0取x=，所以m＝(，-1，－)， 取平面BDEF的法向量為n＝(1，0，0)， 由cos<m，n>=m?nm?n=cos60°，解得h=68，則DE=68， 又,則CF=228，設CF與平面ABCD所成角為α， 則sin=68+228=3311. 故直線CF與平面ABCD所成角的正弦值為3311 點睛：該題考查的是立體幾何的有關問題，涉及到的知識點有面面垂直的判定，線面角的正弦值，在求解的過程中，需要把握面面垂直的判定定理的內容，要明白垂直關系直角的轉化，在求線面角的有關量的時候，有兩種方法，可以應用常規(guī)法，也可以應用向量法. 8．（1）見解析；（2）14 【解析】分析：（1）由題意得ΔABC是等邊三角形，故得BM=32，于是BMMD=3，從而得BMMD=BNNP=3，所以MN//PD，然后根據(jù)線面平行的判定定理可得結論成立．（2）由PA⊥平面ABCD可得BD⊥PA，于是BD⊥平面PAC．又MN//PD，所以直線MN與平面PAC所成角即直線PD與平面PAC所成角，從而得到∠DPM即為所求角，然后根據(jù)解三角形可得所求． 詳解：（1）因為AB=BC,AD=CD， 所以BD垂直平分線段AC． 又∠ADC=1200， 所以MD=12AD=12． 在ΔADC中，由余弦定理得 AC2=DA2+DC2-2AD×DC×cos∠ADC=1+1-2×1×1×cos120°=3， 所以AC=3． 又AB=BC=3， 所以ΔABC是等邊三角形， 所以BM=32， 所以BMMD=3， 又因為PN=14PB， 所以BMMD=BNNP=3， 所以MN//PD． 又MN?平面PDC,PD?平面PDC， 所以MN//平面PDC． （2）因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， 所以BD⊥PA， 又BD⊥AC,PA∩AC=A， 所以BD⊥平面PAC． 由（1）知MN//PD， 所以直線MN與平面PAC所成角即直線PD與平面PAC所成角， 故∠DPM即為所求的角． 在RtΔPAD中，PD=2， 所以sin∠DPM=DMDP=122=14， 所以直線MN與平面PAC所成角的正弦值為14． 點睛：（1）證明空間中的位置關系時要注意解題的規(guī)范性和嚴密性，運用定理證明時要體現(xiàn)出定理中的關鍵性詞語． （2）用幾何法求空間角時可分為三步，即“一找、二證、三計算”，即首先根據(jù)所求角的定義作出所求的角，并給出證明，最后利用解三角形的方法得到所求的角（或其三角函數(shù)值）． 9．(1)見解析；（2）cosm,n=m?nmn=22?3=63. 【解析】分析：（1）由勾股定理的逆定理可得AD⊥DC，ED⊥DC；又由條件可得到ED⊥AD，于是ED⊥平面ABCD，可得ED⊥BC，從而得到BC⊥平面EBD，根據(jù)面面垂直的判定定理得平面EBC⊥平面EBD．（2）由題意得可得DA，DC，DE兩兩垂直，故可建立空間直角坐標系，結合題意可得點M的坐標為(0,23,23)，于是可求得平面MBD的法向量為m=(-1,1,1)，又BC=(-1,1,0)是平面EBD的一個法向量，求得cos<m,BC>=63后結合圖形可得所求余弦值為63． 詳解：（1）由AD=1，CD=2，AC=5，得AD2+CD2=AC2， ∴ΔADC為直角三角形，且AD⊥DC 同理ΔEDC為直角三角形，且ED⊥DC． 又四邊形ADEF是正方形， ∴AD⊥DE． 又AB//DC ∴DA⊥AB. 在梯形ABCD中，過點作B作BH⊥CD于H， 故四邊形ABHD是正方形， ∴∠ADB=45°. 在ΔBCH中，BH=CH=1， ∴∠BCH=45°，BC=2， ∴∠BDC=45°， ∴∠DBC=90°， ∴BC⊥BD. ∵ED⊥AD，ED⊥DC,AD∩DC=D， ∴ED⊥平面ABCD, 又BC?平面ABCD， ∴ED⊥BC， 又BD∩ED=D， ∴BC⊥平面EBD， 又BC?平面EBC， ∴平面EBC⊥平面EBD． （2）由（1）可得DA，DC，DE兩兩垂直，以D為原點，DA，DC，DE所在直線為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz， 則D(0,0,0),E(0,0,1),B(1,1,0),C(0,2,0). 令M(0,y0,z0)，則EM=(0,y0,z0-1)，EC=(0,2,-1) ∵3EM=EC， ∴(0,3y0,3z0-3a)=(0,2,-1) ∴點M的坐標為(0,23,23). ∵BC⊥平面EBD， ∴BC=(-1,1,0)是平面EBD的一個法向量. 設平面MBD的法向量為m=(x,y,z). 則m?DB=0m?DM=0，即x+y=023y+23z=0，可得x=-y=-z. 令y=-1，得m=(-1,1,1)． ∴cos<m,BC>=m?BCmBC=22×3=63． 由圖形知二面角M-BD-E為銳角， ∴二面角M-BD-E的平面角的余弦值為63． 點睛：利用空間向量求二面角的注意點 （1）建立空間直角坐標系時，要注意證明得到兩兩垂直的三條直線．然后確定出相應點的坐標，在此基礎上求得平面的法向量． （2）求得兩法向量的夾角的余弦值后，還要結合圖形確定二面角是銳角還是鈍角，然后才能得到所求二面角的余弦值．這一點在解題時容易忽視，解題時要注意． 10．（1）見解析（2）433 【解析】分析：（1）通過取AD中點M，連接CM，利用CM=12AD得到直角；再利用AC⊥EC可得AC⊥平面CDE；再根據(jù)線面垂直判定定理即可證明。 由前面已經證明的線面垂直，可得DE⊥AC，而DE⊥平面ABCD，DE?平面ADEF 所以可得面面垂直。 （2）根據(jù)等體積法，變換頂點即可求得體積。 詳解：（1）證明：取AD的中點M，連接CM，AB=AF=BC=2，BC//AM， 由四邊形ABCM為平行四邊形，可知CM=12AD，在ΔACD中，有∠ACD=90°，∴AC⊥DC. 又AC⊥EC，DC∩EC=C，∴AC⊥平面CDE， ∵ED?平面CDE，∴DE⊥AC. 又DE⊥AD，AD∩DE=D，∴DE⊥平面ABCD. ∵DE?平面ADEF，∴平面ABCD⊥平面ADEF. （2）解：由（1）知平面ABCD⊥平面ADEF， 作BH⊥AD，∴BH⊥平面ADEF，BH=3， 連接AE，VE-ABF=VB-AEF=13?SΔAEF?BH =13×12×2×4×3=433. 點睛：本題綜合考查了線面垂直、面面垂直的判定，等體積法在立體幾何中的應用等，關鍵注意書寫的格式和步驟，屬于中檔題。 答案第15頁，總15頁