人教A版2022必修二立体几何之直线与平面平面与平面垂直（含解析）

人教A版2022必修二立体几何之直线与平面，平面与平面垂直一、单选题（共8题；共40分）1.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，A.

MN与CC1垂直

B.

MN与AC垂直

C.

MN与BD平行

D.

MN与2.已知α,β是两个不重合的平面，直线l⊥α，则“l//β”是“A.

充分不必要条件

B.

必要不充分条件

C.

充分必要条件

D.

既不充分也不必要条件3.已知两条不同的直线l，m和不重合的两个平面α,β，且l⊥β，有下面四个命题：①若m⊥β，则l//m；②若α//β，则l⊥a；③若α⊥β，则l//α；④若l⊥m，则m//β．其中真命题的序号是（

）A.

①②

B.

②③

C.

②③④

D.

①④4.已知m，n表示两条不同直线，α，β表示两个不同平面．设有四个命题：p1：若m//α，m⊥n，则n⊥α；p2：若m//α，n⊥α，则m⊥n；p3：若m//α，α⊥β，则mA.

p1∧p2

B.

¬p15.如图，AB是⊙O直径，C是圆周上不同于A、B的任意一点，PA与平面ABC垂直，则四面体P_ABC的四个面中，直角三角形的个数有（

）A.

4个

B.

3个

C.

1个

D.

2个6.设m，n是两条不同的直线，α,β是两个不重合的平面，下列命题中正确的是（

）①m⊥nn⊂α}⇒m⊥α

②m⊥αm⊂β}A.

①②

B.

①④

C.

②③

D.

②④7.如图，三棱锥A−BCD的底面BCD在平面α内，所有棱均相等，E是棱AC的中点，若三棱锥A−BCD绕棱CD旋转，设直线BE与平面α所成的角为θ，则cosθA.

[36,1]

B.

[8.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就.书中有记载将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图四面体ABCD为鳖臑，其中AB⊥平面BCD，∠BCD=90°，AB=3BC，球O为该四面体的内切球，当过CD边的平面也过球心O时，记该平面与平面BCD所成角为θ，则A.

cosθ=325

B.

sinθ=2二、多选题（共4题；共12分）9.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点A.

233

B.

65

C.

610.已知在正三棱锥P−ABC中，PA=3，AB=2，点D为BC的中点，下面结论正确的有（

）A.

PC⊥AB

B.

平面PAD⊥平面PBC

C.

PA与平面PBC所成的角的余弦值为13

D.

三棱锥P−ABC的外接球的半径为11.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E为PA的中点，则下列判断正确的是（

）A.

PB与CD所成的角为60°

B.

BD⊥平面PAC

C.

PC∥平面BDE

D.

12.如图，直三棱柱ABC−A1B1CA.

直线AA1与直线BE所成角的范围是

B.

在棱B1C1上存在一点E，使A

C.

若E为棱B1C1的中点，则平面ABE截三棱柱ABC−

D.

若F为棱A1B1上的动点，则三棱锥F−ABE三、填空题（共4题；共4分）13.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，PA=PB=22AB，若△PBC和△PCD14.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，A15.如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=CC1，E，F分别是16.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C①异面直线AP与DD1所成的角范围为②平面PBD1⊥③点P到平面A1C1④存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B其中正确的结论是________.四、解答题（共6题；共60分）17.如图，在四棱锥P−ABCD的展开图中，点P分别对应点P1，P2，P3，P4，已知A，D均在线段P1P3上，且P1P（1）若M为线段BC的中点，证明：BC⊥平面PDM.（2）求二面角A−PB−C的余弦值.18.如图所示的几何体由等高的12个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C、E、D、（1）证明：BF⊥平面BCG．（2）若直线DF与平面AFB所成角为45°，求平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值．19.如图，三棱锥P−ABC中，侧棱PA⊥底面ABC,C点在以AB为直径的圆上.（1）若PA=AC，且E为PC的中点，证明:AE⊥PB;（2）若PA=AC=BC,求二面角C−BP−A的大小.20.现有两个全等的等腰直角三角板，直角边长为2，将它们的一直角边重合，若将其中一个三角板沿直角边折起形成三棱锥A−BCD，如图所示，其中∠ABD=60°，点E，F，G分别是AC,BC,AB的中点．（1）求证：EF⊥平面CDG；（2）求二面角F−AE−D的余弦值．21.如图，在四边形PDCB中，PD//BC，BA⊥PD，PA=AB=BC=1，AD=12.沿BA将△PAB翻折到△SBA的位置，使得（1）作出平面SCD与平面SBA的交线l，并证明l⊥平面CSB；（2）点Q是棱SC于异于S，C的一点，连接QD，当二面角Q−BD−C的余弦值为66，求此时三棱锥Q−BCD22.如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，AB//CD,PD⊥AD,（1）证明：平面PAD⊥平面ABCD；（2）过PD的平面交AB于点E,若平面PDE把四棱锥P−ABCD分成体积相等的两部分，求平面PAD与平面PCE所成锐二面角的余弦值.

答案解析部分一、单选题1.【答案】D【解析】【解答】如图：连接C1D，∵在三角形C1DB中，∵CC1⊥平面ABCD，∴CC1∵AC⊥BD，MN//BD，∴MN与AC垂直，B符合题意；∵MN//BD，∴MN与A1故答案为：D．

【分析】首先利用三角形中位线定理证明MN∥BD，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN与CC2.【答案】A【解析】【解答】解：因为α,β是两个不重合的平面，直线l⊥α，若l//β，则存在直线a⊂β，满足l//a，因为l⊥α，所以若α⊥β，l⊥α，则l⊂β，或l//所以“l//β”是“故答案为：A

【分析】利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定与性质定理即可判断出关系．3.【答案】A【解析】【解答】解：因为两条不同的直线l，m和不重合的两个平面α,β，且l⊥β，对于①，由l⊥β,m⊥β，可得l//m，故①正确；对于②，若l⊥β,α//β，可得l⊥α，故②正确；对于③，若l⊥β,α⊥β，则有可能l⊂α，故③错误；对于④，当l⊥β,l⊥m时，则有可能m⊂β，故④错误．综上，真命题的序号是①②．故答案为：A．

【分析】由直线与平面垂直的性质判断①②；由线面垂直及面面垂直判断直线与平面的位置关系判断③；由线线垂直及线面垂直判断直线与平面的位置关系判断④．4.【答案】C【解析】【解答】p1：若m//α，m⊥n，则n⊥α是假命题，例如np2：若m//α，n⊥αp3：若m//α，α⊥β，则mp4：若m//α，m//β所以p1∧p2，¬p故答案为：C

【分析】p1：m与n相交、平行或异面；p2：由线面垂直的性质定理得m⊥n；p35.【答案】A【解析】【解答】∵AB是圆O的直径，∴∠ACB=90∘，即BC⊥AC,三角形ABC又∵PA⊥圆O所在的平面，∴三角形PAC和三角形PAB是直角三角形,且BC在此平面中，∴BC⊥平面PAC,∴三角形PBC是直角三角形.综上，三角形PAB，三角形ABC，三角形PBC，三角形PAC.直角三角形数量为4.故答案为：A.

【分析】根据AB是圆O的直径，得出三角形ABC是直角三角形，PA⊥圆O所在的平面，得出三角形PAC和三角形PAB是直角三角形，BC⊥平面PAC，得出三角形PBC是直角三角形，即可得出答案。6.【答案】C【解析】【解答】对①，若m⊥n,n⊂α，则m和α可能相交，平行或在平面内，故①错误；对②，若m⊥α,m⊂β，则由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故②正确；对③，若m⊥α,n⊥α，则由线面垂直的性质可得m//对④，若m⊂α,n⊂β,α//β，则m和故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线线平行的判定定理，从而找出正确命题的选项。7.【答案】A【解析】【解答】取AD的中点F，连接EF、BF，如下图所示：

∵E、F分别为AC、AD的中点，所以EF//设正四面体ABCD的棱长为2，则BE=BF=3，EF=由余弦定理可得cos∠BEF=当三棱锥A−BCD绕棱CD旋转时，直线BE与平面α所成的角为θ，让正四面体ABCD相对静止，让平面α绕着直线CD转动，则平面α的垂线也绕着CD旋转，设过直线EF的平面β满足α//∵EF//CD，问题也等价于平面β绕着直线当B∈β时，θ取得最小值0，此时，cosθ取得最大值1当B∉β时，设点B到平面β的距离为d，可得sinθ=当d取最大值时，θ取最大值，此时，平面BEF⊥平面β，由于BE=BF，取EF的中点O，连接BO，可得BO⊥EF，∵平面BEF⊥平面β，平面BEF∩β=EF，BO⊂平面BEF，∴BO⊥β，此时，θ=∠BEF，所以，cosθ的最小值为3综上所述，cosθ的取值范围是[故答案为：A。

【分析】取AD的中点F，连接EF、BF，∵E、F分别为AC、AD的中点，再利用中点作中位线的方法，从而结合中位线的性质推出线线平行，即EF//CD，设正四面体ABCD的棱长为2，则BE=BF=3，EF=12CD=1，由余弦定理可得cos∠BEF的值，当三棱锥A−BCD绕棱CD旋转时，直线BE与平面α所成的角为θ，让正四面体ABCD相对静止，让平面α绕着直线CD转动，则平面α的垂线也绕着CD旋转，设过直线EF的平面β满足α//β，∵EF//CD，问题也等价于平面β绕着直线EF旋转，再利用分类讨论的方法结合几何法得出，当B∈β时，θ取得最小值0，此时，cosθ取得最大值1，当B∉β时，设点B到平面β的距离为d，可得sinθ=dBE，当d取最大值时，θ取最大值，此时，平面BEF⊥8.【答案】C【解析】【解答】如图所示，AB⊥平面BCD,∠BCD=π设CD=b,BC=a，则AB=3a，又由四面体ABCD的四个面都是直角三角形，在直角△ABD中，AD在Rt△ABC中，AC在直角△ACD中，AC所以DC⊥AC，又由∠BCD=π2，即DC⊥BC，可得DC⊥平面ABC，所以所以∠ACD是平面ACD与平面BCD所成的二面角，设∠ACD=φ，又由四面体ABCD内切球的球心为O，由对称性可知，平面CDO平分角φ，令平面CDO与平面CDB所成的角为θ，则θ=φ在直角△ABC中，AB=3a,BC=a，则即sin2θ=32令sin2θ=t，则t(1−t)=316，解得即sin2θ=34或sin2又因为φ=2θ，且sinφ=32所以sinθ=12，又由θ∈(0,故答案为：C.

【分析】首先根据题意由直角三角形的性质以及勾股定理即可计算出垂直关系，由此即可求出二面角的平面角，结合已知条件由对称性可知平面CDO平分角φ，结合二倍角的正弦公式以及同角三角函数的平方关系式整理即可计算出θ=π二、多选题9.【答案】A,B,C【解析】【解答】在正方体AC1中，连接AC，A1C1，A1BD⊥AC，BD⊥AA1，则BD⊥平面ACC1A1，因AP⊥BD，所以AP⊂平面ACC1A1，又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，连接CO，平面B1CD1∩平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，连接AO，在等腰△OAC中，AC=2腰OC上的高h=AC⋅1OC=65,6故答案为：ABC

【分析】由已知结合直线与平面垂直的判定与性质可得P的轨迹，求出AO1与AC的长,再求出A到O1C的距离，结合选项得答案.10.【答案】A,B【解析】【解答】如图，连接PD，AD，易得PD⊥BC，AD⊥BC，∵AD∩PD=D，∴BC⊥平面APD，∵BC⊂平面PBC，∴平面APD⊥平面PBC，同样∵PA⊂平面PAD，∴PA⊥BC，同理PC⊥AB，故答案为：项A，B符合题意；由平面APD⊥平面PBC知∠APD为PA与平面PBC所成的角.在△APD中，PD=32−1=22取△ABC的重心为O1，连接PO1，设外接球的球心为O，半径为R，连接AO，PO1=3故答案为：AB.

【分析】根据题意作出辅助线可得PD⊥BC，AD⊥BC，利用线面、面面垂直的判定与性质定理即可判断出选项A、B正确；由∠APD为PA与平面PBC所成的角，在△APD中，根据余弦定理可得cos∠APD，即可判断出选项C错误；取△ABC的重心为O1，连接PO1，设外接球的球心为O，半径为R，连接AO，在Rt△AOO1中，R211.【答案】B,C,D【解析】【解答】对A，∵底面ABCD是正方形，∴AB//CD，则∠PBA即为PB与CD所成的角，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵PA=AB，对B，连接AC，∵底面ABCD是正方形，∴BD⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，B符合题意；对C，设BD∩AC=O，连接OE，则O是AC中点，又点E为PA的中点，∴PC//OE，∵OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，∴PC∥平面对D，∵VB−CDE=VE−BCD故答案为：BCD.

【分析】对A，可得∠PBA即为PB与CD所成的角，求出∠PBA=45∘，可判断；对B通过BD⊥AC和12.【答案】A,C【解析】【解答】对于A，由直三棱柱ABC−A1B1C1，∴AA当E与B1重合时，直线AA1与直线BE所成角为0，当E与C1重合时，直线AA1与直线BE所成角为π4对于B，假设AB1⊥平面A1BE，又BE⊂平面A1BE则AH⊥BC，则AH⊥平面BCC1B1，所以AB由三垂线定理得B1H⊥BE，又因为BCC1B1为正方形，所以点E为对于C，取A1C1中点G，连结EG，GA，则平面ABE截三棱柱ABC−A1B1在直角△BB1E中，EB=52对于D，因为S△ABF=1所以当E与C1重合时，三棱锥F−ABE的体积最大，取A1B则C1M⊥平面ABB故答案为：AC

【分析】由异面直线的球阀即可判断出选项A正确，利用反证法结合线面垂直的判断以及性质定理即可判断出选项B错误，利用线线平行的性质即可得到平面ABE截三棱柱所得为等腰梯形，结合面积公式计算出结果由此判断出选项C正确，利用等体积法即可求出体积的最大值由此即可判断出选项D错误，从而得到答案。三、填空题13.【答案】6π【解析】【解答】在四棱锥P−ABCD中，因为PA=PB=2所以PA2+P所以△PAB是等腰直角三角形，因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB,BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以，设PA=PB=a,BC=b，则AB=CD=2a，取CD中点E，连接PE，AC，BD，且AC∩BD=O，则PE=P因为直角△PBC和等腰△PCD的面积分别为1和3，所以12ab=1且解得a=b=2因为PA⊥PB，所以△PAB的外接圆圆心为O1又底面ABCD为矩形，所以ABCD的外接圆圆心为对角线交点O，所以四棱锥P−ABCD的外接球球心即为O，所以四棱锥P−ABCD的外接球的半径R=1所以四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为S=4πR故答案为：6π。

【分析】在四棱锥P−ABCD中，因为PA=PB=22AB，所以利用勾股定理证出线线垂直，即PA⊥PB，所以△PAB是等腰直角三角形，又因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥AB，又由平面PAB⊥平面ABCD，结合面面垂直的性质定理，进而证出线面垂直，即BC⊥平面PAB，又因为PB⊂平面PAB，所以，设PA=PB=a,BC=b，则AB=CD=2a，再利用勾股定理求出PC的长，取CD中点E，连接PE，AC，BD，且AC∩BD=O，再利用勾股定理求出PE的长，再利用三角形面积公式结合已知条件，进而求出a,b的值，因为PA⊥PB，所以△PAB的外接圆圆心为O1，又因为底面ABCD为矩形，所以ABCD的外接圆圆心为对角线交点O，所以四棱锥14.【答案】12【解析】【解答】设B1因为AB1⊥平面C1DF所以AB由已知可得A1设Rt△AA1B1斜边则DE=1又S△AA1所以h=233在Rt△DB1E因为S△D所以12解得x=1故答案为：12【分析】设B1F=x，先由AB1⊥平面C1DF，得到AB1⊥DF，设Rt△AA15.【答案】53【解析】【解答】连结BF，在三棱柱ABC−A1B1C1中，因为所以BF∥C1E,则∠AFB（或其补角）即为异面直线AF与在三棱柱ABC−A1B1C又AB⊥BC，且BB1∩BC=B,所以AB⊥平面BB1所以AB⊥BF不妨设AB=2,在直角三角形ABF中，AB=2,BF=所以异面直线AF与C1E所成角的余弦值为：故答案为：5

【分析】首先由三棱锥的性质结合平行关系即可得出∠AFB（或其补角）即为异面直线AF与C116.【答案】②③【解析】【解答】对于①，当P在C点时，DD异面直线AC与DD1所成的角最大为当P在B1点时，异面直线AB1与D所以异面直线AP与DD1所成的角的范围为对于②，如图，因为A1C1⊥B1D1,A1C1⊥B1B,B1对于③，因为B1C//A1D,B1C⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1对于④，直线AP与平面BCC1B1所成的角为当BP⊥B1C时，BP最小，tan故答案为：②③.

【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再结合异面直线所成的角的求解方法和异面直线所成的角的取值范围，进而求出异面直线AP与DD1所成的角的取值范围；再利用面面垂直的判定定理推出平面PBD1⊥平面A1C1D四、解答题17.【答案】（1）证明：由P1P3⊥P2C，P因为AD∩CD=D，所以PD⊥平面ABCD，则PD⊥BC.连接BD，取CD的中点E，连接BE，因为AB=1所以BC=CD，BE=AD=3CE，所以从而△BCD为正三角形，又因为M为BC的中点，所以DM⊥BC.又因为PD∩DM=D，PD,DM⊂平面PDM，所以BC⊥平面PDM

（2）解：以D为坐标原点，以DA的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.设AB=1，则D(0,0,0)，A(3,0,0)从而PB=(3,1,−1)设平面PBC的法向量为n=则{n⋅PB令x=1，得n=平面PAB的法向量m=则{m⋅PB=0m⋅AB=0，即所以cos〈由图可知二面角A−PB−C为钝角，故二面角A−PB−C的余弦值为−7【解析】【分析】(1)根据题意与线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由正三角的性质即可得出线线垂直然后与线面垂直的判定定理即可的得证出结论。

(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面PBC法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面PBC的法向量的坐标，同理即可求出平面PAB的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到二面角A−PB−C的余弦值。

18.【答案】（1）证明：取弧AB的中点H，连结BH，GH，则∠ABF=∠ABH=45°，所以BF⊥BH，因为BC//GH且BC=GH，所以四边形BCGH为平行四边形，所以BH//又因为BC⊥平面ABF，BF⊂平面ABF，所以BC⊥BF，又BC,GC⊂平面BCG，BC∩GC=C．所以BF⊥平面BCG

（2）解：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=2，因为直线DF与平面AFB所成角为45°，则AB=(0,2,0)，AG=(−1,1,2)，FB=(−2,2,0)，FD=(−2,0,2)，设平面BDF的法向量为n=(x,y,z)，由【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由中点的性质即可得出线线平行，再由平行的性质结合已知条件即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面BDF法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面BDF的法向量的坐标，同理即可求出平面ABG的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面BDF与平面ABG所二面角的余弦值。19.【答案】（1）证明：几何法:易知当PA=AC,E为PC的中点时，AE⊥PC;且由C点在以AB为直径的圆上，可得AC⊥BC,另外，PA⊥底面ABC,且BC⊂面ABC,则PA⊥BC,而PA⊂面PAC,AC⊂面PAC,PA∩AC=A,可知BC⊥面PAC,因为AE⊂面PAC,所以BC⊥AE,又PC⊂面PBC,BC⊂面PBC,且PC∩BC=C,可知AE⊥面PBC,又PB⊂平面PBC,故AE⊥PB.空间向量法:由BC⊥AC,BC⊥PA,知BC⊥面PAC,在平面ABC内过A作垂直AC的直线为x轴，AC,AP所在的直线为y轴，z轴;即以A为坐标原点，建立如图2的空间直角坐标系，可设PA=a,若设BC=b,则A(因此E(其中AE=故AE⋅故AE⊥PB.

（2）解：几何法:如图1，过点E作EF⊥PB交PB于点F,由AE⊥PB,EF⊥PB可知∠AFE为二面角C−BP−A的平面角，若设PA=a,则可求得AF=6由余弦定理知cos∠AFE=则二面角C−BP−A的大小为60∘注:若利用(1)中AE⊥面PBC所得AE⊥EF,即RT△AEF中AF=6也可求得sin∠AFE=空间向量法:当PA=AC,E为PC的中点时，AE⊥PC,则由（1）知AE⊥面PBC,故可取面PBC的一个法向量为AE=当PA=AC=BC=a时，AP=若设面PAB的法向量为u=则{μ⋅AP=0,μ则cos〈由图可知二面角C−BP−A为锐角，所以二面角C−BP−A的大小为60∘【解析】【分析】（1）由题意可知BC⊥PA，BC⊥AC，可证明BC⊥平面ABC，建立合适的空间直角坐标系，设PA=a，设BC=b，表示出所需点的坐标，求出直线AE和PB的方向向量，然后利用数量积为0证明即可；

（2）利用（1）中的结论，求出平面PBC的一个法向量，利用待定系数法求出平面PAB的一个法向量，然后利用二面角的计算公式，结合特殊角的三角函数求解即可．20.【答案】（1）证明：根据已知得AD=BD，又G为AB的中点，所以DG⊥AB，因为AC=BC，G为AB的中点，所以CG⊥AB，又DG∩CG=G，所以AB⊥平面CDG．又因为AB//EF，所以EF⊥平面CDG

（2）解：因为CD⊥AD,CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD，取BD中点H，连接AH,FH，则AH⊥平面BDC，又HF⊥BD，所以以H为原点，以HB,HF,HA所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,3所以AE=设平面AEF的法向量为n1则{n1⋅令z1=1，得设平面AED的法向量为n2则{n2⋅令z2=−1，得所以cos〈n1,n【解析】【分析】（1）根据已知得AD=BD，又因为点G为AB的中点，再结合等腰三角形三线合一，所以DG⊥AB，因为AC=BC，G为AB的中点，再结合等腰三角形三线合一，所以CG⊥AB，再利用线线垂直证出线面垂直，即AB⊥平面CDG．又因为AB//EF，进而证出EF⊥平面CDG。

（2）因为CD⊥AD,CD⊥BD，再利用线线垂直证出线面垂直，所以CD⊥平面ABD，取BD中点H，连接AH,FH，则AH⊥平面BDC，又因为HF⊥BD，所以以H为原点，以HB,HF,HA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而求出二面角F−AE−D的余弦值。21.【答案】（1）解：如图，延长BA，CD相交于E，连接SE，则SE为平面SCD与平面SBA的交线l.证明：在△SAD中，SA=1，AD=12，SD=52，则由SA⊥AD，AD⊥AB，SA∩AB=A，得AD⊥