2020年高考数学最后冲刺 立体几何 专项训练

2020考前冲刺数学第四部分立体几何

6.已知m、n是两条不同直线，。不方是三个不同平面，下列命题中正确的是（）

.并机//a,〃//a,则机//〃羊a_LY,|3_Ly,则a//0

A.右15.右

C若机//a,m//0,则a〃B口若机_La,〃_La,则机//“

【答案】D

【解析】本题考查空间直线与直线,直线与平面的平行、垂

直的判定,容易看出选项D正确.

9.一个几何体的三视图及部分数据如图所示，侧视图为等

腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于

（）

12层麻

A.3B.3c.6D.24

【答案】A

【解析】由三视图知，该几何体是棱锥，容易求得答案.

如图所示，在三棱柱ABC—AR］中,

AA1

1平面ABC，

AB=2BC,2AAK3BC.

i

（1）证明：Af平面AB&；

（2）若D是棱CQ的中点，在棱AB上是

否存在一点E,使DE〃平面AB&?若存在，

请确定点E的位置；若不存在，请说明理由.

71

&AB=2BC,AC=J3BCAA6C为直角三角形且“2

【解析】证明：（1）

从而BC’AC。又AA1平面ABC,BC-LCC12分

从而BC，面ACC/j，BC-LA]C,BCt-LAC4分

&AC=AA侧面ACCA为正方形，，AC1AC

i，il

-AC\

又BCAAC=C,-1面ABC.6分

111111

(2)存在点E,且E为AB的中点8分

下面给出证明:

取BB1的中点F,连接DF,则DF〃Bfj

®AB的中点为E,连接EF,则EF//ABj

BC与AB是相交直线，二面DEF〃面ABC10分

1111lo

而DEu面DEF,二DE〃面ABC12分

11'

5(本小题共12分)在如图的多面体中，EF，平面AEB,AE上EB,AD//EF,EF//BC,

G是3C的中点.

(I)求证：A3〃平面OEG；

(II)求证：BDLEG.

(Ill)求二面角0一一£的余弦值.

【解析】(I)证明：V

AD//EF,EF//BC

-AD//BC

又...BC=2ADG是3C的中点

.AD/J.BG

...四边形ADG3是平行四边形，

...AB//DG......2

...48.平面DEG,DGu平面

DEG

.•.AB//平面DEG..............................4分

(II)解法1

证明：平面AEB,AEu平面AEB,

EFLAE,

又AE_LEB,EB1EF=EEB,EFu平面BCFE,

AEL平面BCTE........................................5分

过。作。H//AE交EF于a,则。〃，平面BCbE.

•；EGu平面BCFE,:.DHLEG...................6分

vAD//EF,DH//AE，，四边形AE"D平行四边形，

EH=AD—2,

：.EH=BG=1,又函7ABG⑷_L3E,

，四边形BGHE为正方形，

.-.£H±EG,...............................7分

又CDH=H=BHu平面3HD,DHu平面AHD,

石GJ_平面AHD.

,/KDu平面AHD,

：.BD±EG.....................8分

解法2

•/EF_L平面AEB,AEu平面AEB,BEu平面AEB,；.EF±AE,EFJ_BE,

又AELEB,

...两两垂直.

以点E为坐标原点，EB,EF,EA分别为x,y〃

轴建立如图的空间直角坐标系.

由已知得，A(0,0,2),B(2,0,0),

C(2,4,0),F(0,3,0),D(0,2,2),

G(2,2,0)......................................6分

uuiruir

JEG=(2,2,0),50=(—2,2,2),.........7分

anruir

,­,=—2x2+2x2=0，

.'.BD±EG......................................8分

(IID由已知得函=(2,0,0)是平面放ON的法向量.

设平面QCF的法向量为n=(%乂z),丁丽=(0=-L2),交=Q,L0),

・••・竺即卜"表=°,令z=l,得n=(T2D.................10分

FC-n=012JC+j=0

设二面角C—。尸—E的大小为氏

瞿-2#

cosO=cos<n,£B>=—==-

则2#6,.....................................11分

_x/6

...二面角C—DP-E的余弦值为....................12分

2如图，在矩形ABC。中，A3=4,AD=2,E为A3的中点，现将△ADE沿直线OE翻折

成△AZJE,使平面平面BCDE,尸为线段A'£＞的中点.

(1)求证：石/〃平面ABC；

(II)求直线A'B与平面A'DE所成角的正切值.

【解析】

⑴证明：取4C的中点M,连接ME"'则加〃DC,

且收=-DC,又且EB=—DC,从而有

22

FMg,所以四边形EBNIF为平行四边形，板有跖〃

MB,............4分

又EFS平面XNC,MB仁平面A'BC,

所以EF"平面HZC...........6分

（口）过3作BOLDE,。为垂足，连接/'。，

因为平面4Z）E_L平面BCDE，且面WDEn平面

BCDE=DE,所以50,平面H0E,

所以234。就是直线48与平面4。石所成的角.…10分

过4作/S_LDE,S为垂足，

因为平面A'DE1平面BCDE,且面A'DEf）平面ZCDE=DE,所以A'S1平面BCDE,

在用AASO中，

AS=0,S0=2。，所以4。=。而.......]2分

又B0=&.,

_BO_y/2y/5

所以tan/64。一历一西—5

故直线AD与平面ABB所成角的正切值为5...........14分

4.设,，机是两条不同的直线，0是一个平面，则下列命题正确的是（）

A若I-Lm,mua则/J_ag若I_La,/〃根则ttiJ_a

C,若///a,"?ua,贝”〃根D若

///a,加//a,则///加

【答案】B

【解析】当两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另外一条

也垂直这个平面，故选项B中的结论正确.

5.已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体

-D.

的三视图如图所示，则该几何体的体积是()

201714

A.8B.3C.3D.3

【答案】C

几何体是正方体截去一个三棱台，

V=23---(—+2+^2x—)x2=—.

7.在A45C中，C=90°,且CJ=CB=3,点M满足俞=2^5,则函-而等于

()

A.2B.3C.4D.6

【答案】B

ULUTLUTLUTUULUTLUTUUTULUTLUT

CM

［角军析］Cg=(CB+CM)CB=\CB\2+BM-CB=9+3X2X/2XCOS135O=3

如图,在三棱柱ABC-qqq中，平面,

AB=BC=CA=A4］，。为48的中点.

（1）求证：Bq〃平面0cA;

（2）求二面角o-cq-q的平面角的余弦值.

【命题意图】本小题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面的平行关系、二面

角的求法及空间向量在立体几何中的应用

【试题解析】（方法一）⑴证明：如图一，连结4G与4c交于点K,连结

在ANBCi中，。、K为中点，.■•£）＜〃3G，（3分）

又。Ku平面。以1，3G0平面。C4,

.-.〃平面DC4.（5分）

⑵解：二面角。-5-G与二面角D-C4-1互补.

如图二，作DG1/C,垂足为G,

又平面NBCJ_平面ACCxAr.'.DG1.平面ACC^.

作GffJ.C4,垂足为〃，隹结Dff,则。H_LG4，

...”。丑77为二面角0-口］-，的平面角.（8分）

设AB=SC=CA—幺4=2,

在等边△/5C中，0为中点，・・・NG=；/C,在正方形NCG4中，GH=pG，

nreCTJ3B3Bnrj

DCr=LrrL=—x2-J2=—<2urL=

2，84，-・・4

3五

./"GH"岳

•・cos/DHG=-----=-^=-=一

PH7305

（方法二）证明：如图三以6C的中点0为原点建系，设A3=BC=CA="=2

r

设〃=（x,y,z）是平面DCAI的一个法向量，

rnor

nCD=0unr

<ruuurCD=uir

则上心广。.又CA=(12,73)

f5Ax+z=o

r

[x+2y+V3z=0令%=l,z=—/y=l=(1,1,-x/3)

（3分）

imi,rULLET

..BC=(-2,2,0).nBC=一2+2+0=0

・i，・・i

BCd近商DCA.••%//平面吟.

又i平面i,（5分）

⑵解：设秋=（再,是平面c4G的一个法向量，

则,5=0.又西=(0,2,0),04=(1,2,73),

W-G4,=0

Vi0f-■-

.令Z]=L内=-A/39m=(―\/3,0,1).（8分）

工十,3.=0

（11分）

，所求二面角的余弦值为-吏.

（12分）

5

5（本小题满分1.2分）如图，五面体N-ZCC国中，.451=4.底面J5c是正二角

形，AB=2.四边形3比出1是矩形，二面角乂一方C-G为

直二面角.

（I）若2＞是/。中点，求证；加1〃平面助匕1；

（II）求该五面体的体积.

解：（I）证明:连结4。交3G于0，连结。。

四边形ZCCiB是矩形二。为4C中息又。为幺C中点，

火而DO"秋（4分）「疑1仁平面BOg,QOu平面8DC]

/4〃平面BDG（6分）

（H）过N作垂足为目，•：A£BC为正三角形，

二〃为ZC中点，AH=4AB2-BH2=x/3（8分）

二-二面角N-BC-C]为直二面角，二/HJ.面BCC/i，又与叫=JW—必=26

故矩形BCqq的面积s=5C-55]=2x2*5=4、后（10分）

故所求五面体体积V=L=lsAH=14^v3=4（12分）

A-BCC[B[33

6已知等差数列”?的公差大于0,且4'%是方程》2-14%+45=。的两根,数列匕｝的前

l-b

n项的和为且"2^

（1）求数列的通项公式;

⑵若，「"Jbn求数列l的前〃项和T„

解；(1)色，注是方程兀2—I4x+45=0的两根，且数列｛外｝的公差d>0,

向二5,SB-99公差d=————=2.

as+(存一5泡=2n-l.

又当科二1时，有4=因=与与二4=；

当典2时有4=£—S“T=A.=1(M>2).

2%3

数列｛4｝是首项4=；,公比等比数列，

二2=4-=J

⑵由(I)知C=abJT

冗nn3”

VfT

设数列”的前“项和为"，

T1352a—1

T——+—+—+.......+-------

Q〃3132333〃(1)

2n—32n-l

-T

3«

/1、/c\一乂—十—十—十十——-------------十—十—十十—)~----------------

(1)-(2).3»332333"3"+1=332333“3，出

化简得："3”

5.已知直线/，平面心直线机u平面B,有下面四个命题:

a//p(2)a_l_p=>///加.(Q)///〃？=>aJ_p,(4)/"L”?na//B

其中正确的命题

A.(1)(2)B.(2)(4)C.(1)(3)D.(3)(4)

【答案】C

【解析】对于⑴，由/,a,a//pn/,p,又因为直线机u平面p,所以/,根，故⑴正

确；同理可得(3)正确，(2)与(4)不正确,故选C.

6.(本题满分14分)如图，在矩形ABCO中，AB=4,AD=2,E为A3的中点，现将△ADE

沿直线DE翻折成使平面ADE,平面BCDE,R为线段AD的中点.

(1)求证：E/〃平面ABC；

(II)求直线A'B与平面A'DE所成角的正切值.

【解析】

⑴证明：取A'。的中点"，连接则尸四〃女,

-DC-DC

且M0=2，又EB〃DC且EB=2,从而有

FM-EB,所以四边形EBMF为平行四边形，故有E歹〃

MB,....................4分

又EFR平面A'BC,MB仁平面A'BC,

所以即1平面HZC.........................6分

（II）过上作。为垂足，连接4'。，

因为平面A'DE_L平面BCDE,且面A,DEA平面

BCDE=DE,所以3。_1_平面4DE,

所以254。就是直线乂男与平面所成的角.…1。分

过"作/'S_LDE,S为垂足，

因为平面A'DE_1_平面BCDE,且而A'DEA平面BCDE=DE,所以d'S_L平面BCDE,

在衣必/S。中，

心=母,30^2^2,所以/。=旃.......12分

又BO=Ji,

BO_亚

所以tan/BA。A'O55

邪

故直线4。与平面A'BF所成角的正切值为5.........................14分

4.设乙上是两条不同的直线，0是一个平面，则下列命题正确的是（）

A若/~L加,/wua则/_Lag若/-LCZ,///m则7”J_a

Z//a,mczaD若//a,//ex.jj]1j///

C.若则//〃”ITntn

【答案】B

【解析】当两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另外一条也垂直这个平面，故选项B中

的结论正确.

5.已知一个棱长为2的正方体，被一个平面截后所得几何体的三

视图如图所示，则该几何体的体积是（）

201714

A.8B.3c.3D.3

【答案】C

几何体是正方体截去一个三棱台，

y=23-|-(1+2+^2x1)x2=y

6.已知m、n是两条不同直线，a，P，Y是三个不同平面，下列命题中正确的是()

,牡机//a,〃//a,则机//“牡a_LY,0_Ly,则a//0

A・右D右

.m//a,机//。，则a〃P.机_La,〃_La,则机//〃

C.右D.右

【答案】D

【解析】本题考查空间直线与直线,直线与平面的平行、垂直的判定,容易看出选项D正确.

如图，FD垂直于矩形ABCD所在平面，CE//DF,NDEF=900

(I)求证：BE〃平面ADF；

(II)若矩形ABCD的一个边AB=耳,EF=23，则另一边BC的长为

何值时，三棱锥F-BDE的体积为3？

2

解(I)过点E作CD的平行线交DF于点M,连接AM.

因为CE//DF,所以四边形CEMD是平行四边形.可得EM=CD且EM//CD,于是四边形

BEMA也是平行四边形，所以有BE//AN,而直线BE在平面ADF外，所以BE//平面

ADF.6分

（II）由EF=25，EM=AB=由，得Fffl=3且ZMFE=30°.

由NDEF=90°可得FD=4,从而得DE=2.--------8分

因为上CJ.CD,BC1FD,所以BCJ■平面CDFE.

所以，小皿=%DEF-§尸*BC---------10分

因为N皿=乂即=动，%岫=3,所以

综上，当时，三棱键F-BDE的体积为招.-------12分

2

1.（福建省福州市2012年3月高中毕业班质量检例科）用",表示两条不同的直线，a表

示平面，则下列命题正确的是（）

A若加〃〃，〃ua则根〃aB若加〃a,"ua,则m//〃

C若加_1_〃，〃ua则根_La口若加，a,〃ua,则根J_〃

【答案】D

【解析】对于A,可能出现?nua；对于：B,加,〃可以异面；对于C,西,a可以相交也可

以在平面内.

3..（福建省泉州市2012年3月普通高中毕业应质量检查理科）下列四个条件：

①x,j>z均为直线；②》，y是直尊，z是平面；

③x是直线，y,z是平面；④X,j,z均为平面.

其中，能使命题f<x±y,ynz=^x±zJ,成立的有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】C

【解析】①③④能使命题（exly,yL/z=>x±zv成立.

4.（山东实验中学2020届高三第一次诊断性考试理）如图是某一几何体的三视图,

则这个几何体的体积为（）

(A).4(B).8(C).16(D).20

【答案】C

【解析】由三视图我们易判断这个几何体是一个四棱锥，又由侧视图我们易判断四棱锥底面

的宽为2,棱锥的高为4。由俯视图我们易判断四棱锥的长为4代入棱锥的体积公式，我们易

1

得V=-X6X2X4=16.

3

7.(山东省潍坊市2020年3月高三一轮模拟理科)已知矩形ABCD的面积为8,当矩形周长最

小时，沿对角线AC把4ACD折起，则三棱锥D—ABC的外接球的表面积等于()

A.4nB.8五C.16五D.24m

【答案】C

【解析】由题意知:当矩形为正方形时,其周长最小,其正方形边长为2^2，折起后，三棱锥

D-ABC的外接球的半径为正方形对角线的一半，即立=2,所以表面积为16面选C.

9.新江省旗海卬学2012届高三涕试匏)设小B是两条不同的直线，八日是两个不同

的平面P下列命题中正确的是()

(A)若4,他a"a,则⑻若〃,则a_L夕

(C)若&。尸qJ_后则〃//a(D)若a〃2则a_1_尸

【答案】E

【解析】(A)bl1CCorbua；(C)affCCoraU〃；

(D)a±ora!Ipora与4斜交.

11.(河北省石家庄市2020届高三教学质量检测一理科)已知三棱锥S-ABC的三条侧棱两两

垂直，且以=2,83=SC=4,则该三棱锥的外接球的半径为

A.3B.6C.36D.9

【答案】A

【解析】以为棱构造长方体，则该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，则

（2r>=22+42+42=36,r=3

12.（安徽省皖南八校2020届高三第二次联考理科）已知某几何体的三视

图如右图所示，其中，正（主）视图，侧（左）视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆

与内接三角形构成,根据图中的数据可得此几何体的体积为（

竺+1

361

A>

正（主）视图侧（左）视图

而11

+-27-1+-

66B>32

c>D.

【答案】C

【解析】由三视图可得该几何体的上部分是一个三棱锥,

俯视图

下部分是半球，所以根据三视图中的数据可得

1

+

6-

16.（2020届江苏省五校联考）已知心”?是两条不同的直线，°、°是两个不同的平面，有

下列4个命题：

①若|3,且a_1_|3,贝②若/_LB,且a//B，则/_La；

③若/B，且a1P,则///a；④若aIP=八且///加，则///a.

其中真命题的序号是.（填上你认为正确的所有命题的序号）

【解析】命题①中直线J与平面4用的交线的位置不确定，故1与a的位置也不确定，若，与

交线平行，则"/口，若/与交线垂直，则/_La,所以①为假命题；②显然为真命题；③中，

由题设，I与a的位置也不踊定，可能是，ua或〃/a,故③也为假命题：④中，/与a的

位置也不确定，故只有②为真命题.

17.（江苏省苏中三市入校2012届高三第二学期第三次教学情况调查）关于直线e"和平面

a、B，有以下匹个命题；

①若洲"a,nilP,a”力，则

②若fftua,则a_LA；

③若aQP=m,mlJn，则nJ!a_@_niiP；

④若a，n^=ms则?i_La或〃_L户.其中般命题的序号是________.

【答案】①③④

【解析】本题考查空间线线与线面的位置关系不难.

1.（山东省威海市2020年3月高三第一次模拟文科）设/，加，〃为三条不同的直线，a，B为两

个不同的平面，下列命题中正确的是（）

A若/，a,机〃p,a，p,则/，加

B若加ua,〃ua,/_Lm,，则/，0[

C若/〃加，加〃“，/_La,则〃_La

D若加〃a,“〃B,a〃。，则相〃〃

【答案】C

【解析】本题考查空间线线及线面的位置关系易知只有选项c正确.

2.（山东省青岛市2020届高三上学期期末检测）已知口、b、,为三条不重合的直线，下面有

三个结论：①若a'"a'c则匕〃。；

②若则b,c；③若a〃4b,c则a'c.其中正确的个数为

（）

A.。个B.1个C.2个D.3个

【答案】B

t解析】①b,c可能异面；②b,c可能异面，也可能平行.

3.（山东省济南市2012年3月高三高考模拟）设外6是两个不同的平面，蛇n是平面。

内的两条不同直线，人,3是平面厅内的两条相交直线，则九〃日的一个充分而不必

要条件是（）

A.mH%且，4B.m〃刀且nJ!12

C.对〃£且“7£D.疝£且4〃（7

【答案】A

【解析】因为是平面刀内的两条相交直线，目历少（且位0所以根据面面平行的制

定定理可知a〃B,反之未必成立，答案选A.

4.（2020年东北三省四市教研协作体高三第二次调研测试文科）如图所示是一个几何体的三视

图，则该几何体的体积为（)

1

2

左楼图A.B.1

33

C.4D,2

【答案】A

3

【解析】由题意可知，该几何体为一个四棱锥，底面面积为2,高为1,体积为

V=1---1=1

322.故选A.

6.（山东省济南市2020年3月高三高考模拟）若一个螺栓的底面是正六边形，它的主视图和

俯视图如图所示，则它的体积是（)

主视图炳视图

A.27的+12”B9y/3+12TIC.27^+3JiD.54^+3Jt

【答案】C

【解析】该几何体是一个下面为正六棱柱，上面是一个圆柱的组合体，正六棱柱的体积

1/3

6X_X3X3XLX2=270”6。

为22，圆柱的体积为兀＞3=3兀，所以总体积为27"3+3兀，选

7.（山东省济南市2020年2月高三定时练习文科）一个简

单几何体的主视图，左视图如图所示，则其俯视图不可能为

①长方形；②直角三角形；

主视图左视图

③圆；④椭圆.其中正确的是（）

第7题图

A.①B.②

C.③D.@

【答案】C

【解析】因为正视图与左视图不是全等的矩形，故其俯视图不可能是圆,故选C.

9.（2011年高卷S南卷文科）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应

的恻视图可以为（）

令

第9题图

【答案】D

【解析】由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体,

所以，左视图是D.

13.（辽宁省大连市2020年4月高三双基测试文科）如图所示是一个几何体的三视图（单位:

cm）,则这个几何体的表面积___cm2

2几

依视图

（第13

【答案】16点+16

【解析】由三视图可知,几何体为一个正四棱锥,其底面正方形边长为4,几何体的斜高为2点,

所以表面积为16^+16.

14.（2020年东北三校第一次模拟）如右图所示一个几何体的三视

图，则侧视图的面积为O

【答案】4+4

【解析】由三视图可知,几何体为一个正方体与一个三棱锥对接而

成，

所以其侧视图中直角三角形的两直角边分别为1和"，故面积为

4+73

15.（山东省临沂市2020年3月高三教学质量检测）一个三棱柱的

正（主）视图和侧（左）视图分别是矩形和正三角形，如图所示，则这个三棱柱的体积

为_________

【答案】2/

【解析】该三棱柱水平放置，底面积

S=Ax22=>/3,

为4高”=2,所以

V=2#.

16.（2020年东北三省四市教研协作体高三第二次调研测试文科）如图所示，正方体

ABCD—ABCD的工土上口「［1七七&ABCD—ABCD的晶、虫不上【、1寸ABD

1111的棱长为6,则以正万体1111的中心为顶点，以平面7T11

截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的全面积为

［生案］(18>/2+24)K

【解析】。为正方体外接球的球心，也是正方体的中心,

1

。到平面ARR的距离是体对角线的％,即为处,

又球的半径是正方体体对角线长的一半，即为3褥,

由勾股定理可知，截面圆的半径为J©"?-函)2=2々,

同工rr*S=兀・(2")2=24兀

圆锥底面面积为1V

圆锥的母线即为球的半径

圆锥的侧面积为‘2'?〜左/=兀,2753、话=1的麻

m小回z*1vl主右工口「s=S+S=18y/2n+2471=(18/1+24)兀

因此圆锥的表面积为।2"'"'

17.(东北师大附中、哈师大附中2020年高三第二次模拟文科)一个几何

体的三视图如右图所示，则该几何体的表面积为

【答案】1171

【解析】由三视图可知，几何体为球的一部分,所以表

面积为11兀

第17髭图

占用‘—*工土工、ABC—ABC...AACC_L

19.如图，在二棱枉1ii中，侧面11

._.AA=AC=AC=2AB—BC口

底面ABC,ii，a。—。［，且

AB1

BCQ为AC中点.

4nI

(I)证明：i平面ABC;

B

ACAAR

（n）求直线A｝与平面A产所成角的正弦值;

（in）在'G上是否存在一点E,使得°£〃平面，若不存在,说明理由;若存在,确

定点E的位置.

19.解；（I）证明:因为4/=4C,且。为/，的中点，

所以4ouc

又由题意可知，平面441cle，平面ABC,交线为/C,且％Ou平面幺CQ，

所以4。_L平面曲7

(II)如图，以0为原点，所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

由题意可知,AA=AC=AC=2,^AB=BC,ABIBC，-OB--AC-l,

所以得：0(0,0,0),A(0,-1,0),A(0,0,V3),C(0,l,0),C(0,2,^),B(l,0,0)

则有：而=(01.一61葩=CO.1.-73),同=Q,L0).

因为直线4c与平面所成角9和向量电与前所成慌角互余，所以sind=¥i

(III)设E=%,2J,亚=ABC；,

x=1-X

0

y=2九

o

即（T—="126，得z

Io

lumr「

所以石=（1—儿2儿&），得OE=（1一九,2九，病）,

umr

令〃平面AJB,得OE-n=0,

x=l

即一1+九+2九一九=0,得2’

即存在这样的点E,E为的中点

19.如图，在ABCD中,ZBCD=90°,BC=CD=1,AB_L平面BCD,ZADB=60°,E、F分别

AEAF

是AC、AD上的动点，且茄=赤=入(0＜人＜1).

(1)判断EF与平面ABC的位置关系并给予证