三年高考两年模拟浙江版届高考数学一轮复习第七章立体几何75直线平面垂直的判定与性质知能训练.docx
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三年高考两年模拟浙江版届高考数学一轮复习第七章立体几何75直线平面垂直的判定与性质知能训练
§7.5 直线、平面垂直的判定与性质
Ａ组 基础题组
1.（2015浙江金华十校联考,3,5分）若m、n是两条不同的直线,α、β、γ是三个不同的平面,则下列命题中为真命题的是（ ）
A.若m⊂β,α⊥β,则m⊥α
B.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥β
C.若α⊥γ,α⊥β,则β∥γ
D.若m⊥β,m∥α,则α⊥β
2.（2016温州高三联考文,4,5分）设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ）
A.若m∥α,n⊥β,且α⊥β,则m∥n
B.若α∥β,m⊂α,n⊂β,则m∥n
C.若m⊥α,n⊥β,m⊥n,则α⊥β
D.若m⊥n,m⊂α,n⊂β,则α⊥β
3.（2015湖州一模,4,5分）已知l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题中正确的是（ ）
A.若l∥α,m∥α,则l∥mB.若l⊥m,m∥α,则l⊥α
C.若l⊥α,m⊥α,则l∥mD.若l⊥m,l⊥α,则m∥α
4.（2015安徽,5,5分）已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是（ ）
A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行
B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行
C.若α,β,则在α内与β平行的直线
D.若m,n,则m与n垂直于同一平面
5.（2014广东,7,5分）若空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是（ ）
A.l1⊥l4
B.l1∥l4
C.l1与l4既不垂直也不平行
D.l1与l4的位置关系不确定
6.（2015台州一模,6,5分）设a,b为空间两条直线,α,β为空间两个平面,则下列命题中是真命题的是（ ）
A.若a不平行于α,则在α内不存在b,使得b平行于a
B.若a不垂直于α,则在α内不存在b,使得b垂直于a
C.若α不平行于β,则在β内不存在a,使得a平行于α
D.若α不垂直于β,则在β内不存在a,使得a垂直于α
7.（2015浙江丽水一模,7）在四面体ABCD中,下列条件不能得出AB⊥CD的是（ ）
A.AB⊥BC且AB⊥BDB.AD⊥BC且AC⊥BD
C.AC=AD且BC=BDD.AC⊥BC且AD⊥BD
8.（2016超级中学原创预测卷三,8,5分）已知在△ABC中,∠ACB=90°,AB=2BC=2,将△ABC绕BC所在直线旋转得到△PBC,当直线PC与平面PAB所成角的正弦值为时,P,A间的距离是（ ）
A.2B.4C.2D.2
9.（2015浙江名校（绍兴一中）交流卷五,17）在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=∠APB=90°,点M是线段AB上的一点,且PM⊥CD,AB=BC=2PB=2AD=4BM.
（1）证明:
面PAB⊥面ABCD;
（2）求平面ABCD与平面PCD所成角（锐二面角）的余弦值.
10.（2015浙江测试卷,20,15分）在四棱锥P-ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=60°,PA=PD=3,PD⊥CD.E为AB的中点.
（1）证明:
PE⊥CD;
（2）求二面角C-PE-D的正切值.
11.（2015山东青岛质检,17,12分）如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,DB=BC,DB⊥AC,点M是棱BB1上一点.
（1）求证:
B1D1∥平面A1BD;
（2）求证:
MD⊥AC;
（3）试确定点M的位置,使得平面DMC1⊥平面CC1D1D.
12.（2014课标Ⅰ,19,12分）如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C.
（1）证明:
B1C⊥AB;
（2）若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1的高.
13.（2014浙江,20,15分）如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC⊥平面BCDE,∠CDE=∠BED=90°,AB=CD=2,DE=BE=1,AC=.
（1）证明:
DE⊥平面ACD;
（2）求二面角B-AD-E的大小.
14.（2015宁波一模,17,15分）如图,已知AB⊥平面BEC,AB∥CD,AB=BC=4,CD=2,△BEC为等边三角形.
（1）求证:
平面ABE⊥平面ADE;
（2）求二面角A-DE-B的平面角的余弦值.
B组 提升题组
1.（2015衢州二模,4,5分）若l,m,n是不相同的空间直线,α,β是不重合的平面,则下列命题正确的是（ ）
A.α∥β,l⊂α,n⊂β⇒l∥nB.l⊥n,m⊥n⇒l∥m
C.l⊥α,l∥β⇒α⊥βD.α⊥β,l⊂α⇒l⊥β
2.（2016余姚中学期中,4,5分）若α、β是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为（ ）
①若直线m⊥α,则在平面β内一定不存在与直线m平行的直线.
②若直线m⊥α,则在平面β内一定存在无数条直线与直线m垂直.
③若直线m⊂α,则在平面β内不一定存在与直线m垂直的直线.
④若直线m⊂α,则在平面β内一定存在与直线m垂直的直线.
A.①③B.②③C.②④D.①④
3.（2015浙江名校（衢州二中）交流卷二,5）已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列命题:
①若α⊥β,m⊥α,则m⊥β;
②若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则α⊥β;
③若m⊥β,m∥α,则α⊥β;
④若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β.
其中正确的序号是（ ）
A.①④B.②③C.②④D.①③
4.已知矩形ABCD,AB=2,BC=1.将△ADC沿矩形的对角线AC所在的直线进行翻折,在翻折过程中（ ）
A.存在某个位置,使得·=0
B.存在某个位置,使得·=0
C.存在某个位置,使得·=0
D.对任意位置,·,·,·均不等于零
5.（2016超级中学原创预测卷三,15,4分）如图,已知AB为圆O的直径,C为圆上一动点,PA⊥圆O所在的平面,且PA=AB=2,过点A作平面α⊥PB,分别交PB,PC于E,F,当三棱锥P-AEF的体积最大时,tan∠BAC= .
6.（2015江苏,16,14分）如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:
（1）DE∥平面AA1C1C;
（2）BC1⊥AB1.
7.（2016浙江测试卷,17,15分）在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,BC=2AD=4,AB=CD=.
（1）证明:
BD⊥平面PAC;
（2）若二面角A-PC-D的大小为60°,求AP的值.
8.（2015浙江模拟训练冲刺卷一,18）如图,在五面体ABCDE中,平面BCDE⊥平面ABE,四边形BCDE是直角梯形,∠DCB=∠CBE=90°,CD=BC=1,BE=2,且AB=AE=.
（1）证明:
AE⊥平面ABC;
（2）求二面角B-AD-E的余弦值.
9.（2015浙江镇海中学测试卷二,20,15分）在三棱锥V-ABC中,VC⊥底面ABC,AC⊥BC,D是AB的中点,且AC=BC=2,∠VDC=θ.
（1）求证:
平面VAB⊥平面VCD;
（2）当θ变化时,求直线BC与平面VAB所成的角的取值范围.
10.（2015浙江台州二模,20,16分）如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.
（1）证明:
CD⊥AE;
（2）证明:
PD⊥平面ABE;
（3）求二面角A-PD-C的正弦值.
11.（2014湖南,19,12分）如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.
（1）证明:
O1O⊥底面ABCD;
（2）若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.
12.（2015温州一模,17,15分）如图,在四面休ABCD中,已知∠ABD=∠CBD=60°,AB=BC=2.
（1）求证:
AC⊥BD;
（2）若平面ABD⊥平面CBD,且BD=,求二面角C-AD-B的余弦值.
13.（2015温州二模,17,15分）如图所示,在三棱锥D-ABC中,AB=BC=CD=1,AC=,平面ACD⊥平面ABC,∠BCD=90.
（1）求证:
CD⊥平面ABC;
（2）求直线BC与平面ABD所成角的正弦值.
Ａ组 基础题组
1.D A中还有可能m∥α或m与α相交但不垂直,故A错误;B中还有可能α与β相交,故B错误;C中还有可能β与γ相交,故C错误.选D.
2.C A中m,n也可以异面或相交;B中m,n也可以异面;D中α,β位置关系不确定.
3.C 若l∥α,m∥α,则l与m相交或平行或异面,A错误;若l⊥m,m∥α,则l在平面α内或l∥α或l与α相交,B错误;l⊥α,m⊥α可推得l∥m,C正确;若l⊥m,l⊥α,则m∥α或m在平面α内,D错误,故选C.
4.D 若α,β垂直于同一个平面γ,则α,β可以都过γ的同一条垂线,即α,β可以相交,故A错;若m,n平行于同一个平面,则m与n可能平行,也可能相交,还可能异面,故B错;若α,β不平行,则α,β相交,设α∩β=l,在α内存在直线a,使a∥l,则a∥β,故C错;从原命题的逆否命题进行判断,若m与n垂直于同一个平面,由线面垂直的性质定理知m∥n,故D正确.
5.D 由l1⊥l2,l2⊥l3可知l1与l3的位置不确定,
若l1∥l3,则结合l3⊥l4,得l1⊥l4,所以排除选项B、C,
若l1⊥l3,则结合l3⊥l4,知l1与l4可能不垂直,所以排除选项A.故选D.
6.D 若a不平行于α,则当a⊂α时,在α内存在b,使得b∥a,A错误;若a不垂直于α,则在α内可以存在一条直线b,使得b⊥a,B错误;若α不平行于β,则α,β相交,设α∩β=l,则在β内存在直线a,使得a∥l,则a∥α,C错误;若α不垂直于β,则在β内不存在a,使得a⊥α,D正确,故选D.
7.D
A、C选项显然可以得到AB⊥CD.B选项,可过A作底面的垂线段AH,连结HD,CH,BH,通过证明可知HD⊥BC,CH⊥BD,则由三角形的高交于一点可知,BH⊥CD,故CD⊥平面ABH,所以AB⊥CD.用排除法选D.
8.C 如图,过C作CD⊥PA,垂足为D,连结BD,在旋转过程中,易知点P在以C为圆心,AC为半径的圆上,且BC⊥平面PAC,故PA⊥平面BCD,则平面BCD⊥平面PBA.过C作CE⊥BD,垂足为E,从而可得CE⊥平面PBA,连结PE,则∠CPE就是直线PC与平面PAB所成的角.∵直线PC与平面PAB所成角的正弦值为,PC=AC=,∴CE=,设CD=x,则BD=,∴x·1=··,∴x=1,∵PC=,
∴PD=,∴PA=2PD=2.故选C.
9.
解析
（1）证明:
由AB=2PB=4BM,∠APB=90°,得PM⊥AB,因为AD∥BC,BC=2AD,所以直线AB与直线CD相交.
因为PM⊥CD,且直线AB与直线CD相交,
所以PM⊥面ABCD.（5分）
因为PM⊂面PAB,所以面PAB⊥面ABCD.（7分）
（2）过点M作MH⊥CD,垂足为H,连结HP,因为PM⊥CD,PM∩MH=M,所以CD⊥平面PMH,所以CD⊥PH.
所以∠PHM为平面ABCD与平面PCD所成角的平面角.（10分）
在四棱锥P-ABCD中,设AB=2t（t>0）,
则PM=t,MH=t,∴PH=t,
从而,cos∠PHM==,
故平面ABCD与平面PCD所成角（锐二面角）的余弦值为.（15分）
10.
解析
（1）证明:
在菱形ABCD中,因为∠BAD=60°,E为AB的中点,所以DE⊥AB,又AB∥CD,所以DE⊥CD,
又因为PD⊥CD,PD∩DE=D,所以CD⊥平面PDE,
因此PE⊥CD.
（2）过D作DH⊥PE,垂足为H,连结CH.由
（1）知PE⊥CD,又CD∩DH=D,所以PE⊥平面CDH,所以CH⊥PE,所以∠CHD是二面角C-PE-D的平面角.
由PE⊥CD,AB∥CD,可得PE⊥AB,
由E为AB的中点,PA=3,AE=1,得PE=2.
在△PDE中,由余弦定理得cos∠DPE=,
故sin∠DPE=,所以DH=.
在Rt△CHD中,tan∠CHD==.
所以二面角C-PE-D的正切值为.
11.
解析
（1）证明:
在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,BB1∥DD1,BB1=DD1,
∴四边形BB1D1D是平行四边形,∴B1D1∥BD.
∵BD⊂平面A1BD,B1D1⊄平面A1BD,
∴B1D1∥平面A1BD.
（2）证明:
∵BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴BB1⊥AC.
又∵BD⊥AC,且BD∩BB1=B,
∴AC⊥平面BB1D1D.
∵MD⊂平面BB1D1D,∴MD⊥AC.
（3）当点M为棱BB1的中点时,平面DMC1⊥平面CC1D1D.证明如下:
取DC的中点N,D1C1的中点N1,连结NN1交DC1于O,连结OM,BN,如图所示.
∵N是DC的中点,BD=BC,∴BN⊥DC.
又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线,平面ABCD⊥平面DCC1D1,
∴BN⊥平面DCC1D1.
由题意可得O是NN1的中点,
∴BM∥ON且BM=ON,
∴四边形BMON是平行四边形.
∴BN∥OM.∴OM⊥平面CC1D1D.
∵OM⊂平面DMC1,
∴平面DMC1⊥平面CC1D1D.
12.
解析
（1）证明:
连结BC1,则O为B1C与BC1的交点.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1.
又AO⊥平面BB1C1C,所以B1C⊥AO,又AO∩BC1=O,故B1C⊥平面ABO.
由于AB⊂平面ABO,故B1C⊥AB.
（2）作OD⊥BC,垂足为D,连结AD.作OH⊥AD,垂足为H.
由于BC⊥AO,BC⊥OD,AO∩OD=O,故BC⊥平面AOD,又OH⊂平面AOD,所以OH⊥BC.
又OH⊥AD,AD∩BC=D,所以OH⊥平面ABC.
因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形,又BC=1,可得OD=.
由于AC⊥AB1,所以OA=B1C=.
由OH·AD=OD·OA,且AD==,
得OH=.
又O为B1C的中点,所以点B1到平面ABC的距离为.
故三棱柱ABC-A1B1C1的高为.
13.
解析
（1）证明:
在直角梯形BCDE中,由DE=BE=1,CD=2,得
BD=BC=,
由AC=,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即AC⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCDE,从而AC⊥平面BCDE,
所以AC⊥DE.又DE⊥DC,AC∩DC=C,从而DE⊥平面ACD.
（2）解法一:
作BF⊥AD,与AD交于点F,过点F作FG∥DE,与AE交于点G,连结BG,
由
（1）知DE⊥AD,则FG⊥AD.所以∠BFG是二面角B-AD-E的平面角.
在直角梯形BCDE中,由CD2=BC2+BD2,得BD⊥BC,
又平面ABC⊥平面BCDE,得BD⊥平面ABC,从而BD⊥AB.
由于AC⊥平面BCDE,得AC⊥CD.
在Rt△ACD中,由DC=2,AC=,得AD=.
在Rt△AED中,由ED=1,AD=,得AE=.
在Rt△ABD中,由BD=,AB=2,AD=,得BF=,AF=AD.从而GF=.
在△ABE,△ABG中,利用余弦定理分别可得cos∠BAE=,BG=.
在△BFG中,cos∠BFG==.
所以,∠BFG=,即二面角B-AD-E的大小是.
解法二:
以D为原点,分别以射线DE,DC为x轴,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系D-xyz,如图所示.
由题意知各点坐标如下:
D（0,0,0）,E（1,0,0）,C（0,2,0）,A（0,2,）,B（1,1,0）.
设平面ADE的法向量为m=（x1,y1,z1）,平面ABD的法向量为n=（x2,y2,z2）,可算得=（0,-2,-）,=（1,-2,-）,=（1,1,0）,
由即可取m=（0,1,-）.
由即可取n=（1,-1,）.
于是|cos|===,
由题图可知,所求二面角是锐角,故二面角B-AD-E的大小是.
14.
解析
（1）证明:
取BE的中点F,AE的中点G,连结FG、GD、CF,
则GF=AB,GF∥AB.
∵DC=AB,CD∥AB,
∴CDGF,∴四边形CFGD是平行四边形,
∴CF∥GD.
∵AB⊥平面BEC,CF⊂平面BEC,∴AB⊥CF,
∵CF⊥BE,AB∩BE=B,
∴CF⊥平面ABE,
∴DG⊥平面ABE,∵DG⊂平面ADE,
∴平面ABE⊥平面ADE.
（2）解法一:
连结FD,过G作GH⊥FD于H,过H作HM⊥DE于M,连结GM.
由BE⊥GF,BE⊥FC,且GF∩FC=F,
可得BE⊥平面GFCD,则平面BED⊥平面GFCD,
从而GH⊥平面BED,由此可得DE⊥平面GHM,
即∠GMH就是二面角A-DE-B的平面角.
在Rt△DGF中,DG=CF=4sin60°=2,GF=DC=2,
所以DF==4,
所以GH==,DH===3.
易证得△DHM∽△DEF,
则==,而DE==2,
所以==,
所以HM=,DM=.
由cos∠GDM==,得GM=.
故cos∠GMH==,
即二面角A-DE-B的平面角的余弦值为.
解法二:
作EO⊥BC于O,由AB⊥平面BEC,EO⊂平面BEC,
得AB⊥EO,又AB∩BC=B,所以EO⊥平面ABCD,
以OE、BC所在直线分别为x轴、y轴,O为坐标原点建立坐标系.
则A（0,-2,4）,B（0,-2,0）,D（0,2,2）,E（2,0,0）,
则=（-2,2,2）,=（-2,-2,4）,=（-2,-2,0）,
设平面EAD的法向量为n1=（x1,y1,z1）,
则
取z1=2,则n1=（,1,2）.
设平面BDE的法向量为n2=（x2,y2,z2）,
则取x2=1,则n2=（1,-,2）,
cos==,
由图可知二面角A-DE-B的平面角为锐角,
所以二面角A-DE-B的平面角的余弦值为.
B组 提升题组
1.C 对于A,l与n可能平行或异面;对于B,l与m可能平行或异面或相交;对于D,l也可以在β内或与β斜交,A,B,D错误,故选C.
2.C
3.B 当α⊥β,m⊥α时,有m∥β或m⊂β,所以①不正确;
当m⊥α,n⊥β,且m⊥n时,有α⊥β,所以②正确;
因为m⊥β,m∥α,所以α⊥β,所以③正确;
若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β或α,β相交,所以④不正确.故选B.
4.A 如图,对于A,若存在某个位置,使得·=0,即AD⊥BC,因为BC⊥AB,AD∩AB=A,所以BC⊥平面ABD,所以BC⊥BD,所以BD==.而在平面图形中对角线BD=,因此在翻折过程中,BD的长由变到即可,A正确,D不正确.对于B,若存在某个位置,使得·=0,即AB⊥CD,则结合AB⊥BC知AB⊥平面BCD,所以AB⊥BD,即∠ABD为直角,则AD>AB,矛盾,B不正确.对于C,若存在某个位置,使得·=0,即AC⊥BD,作BE⊥AC于点E,连结DE,则AC⊥平面BDE,所以AC⊥DE,这是不可能的,C不正确,故选A.
5.
答案
解析 ∵PB⊥平面AEF,∴AF⊥PB,又∵AC⊥BC,AP⊥BC,
∴BC⊥平面PAC,∴AF⊥BC,∴AF⊥平面PBC,∴∠AFE=90°.设∠BAC=θ,在Rt△PAC中,AF===,在Rt△PAB中,AE=PE=,∴EF==,∴VP-AEF=AF·EF·PE=AF··=·=·≤,∴当AF=1时,VP-AEF取得最大值,此时=1,
∴cosθ=,sinθ=,∴tanθ=.
6.
证明
（1）由题意知,E为B1C的中点,
又D为AB1的中点,因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,
所以DE∥平面AA1C1C.
（2）因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,
BC∩CC1=C,
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1,
所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1,
所以矩形BCC1B1是正方形,
因此BC1⊥B1C.
因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.
7.
解析
（1）证明:
设O为AC与BD的交点,作DE⊥BC于点E.由四边形ABCD是等腰梯形易证得∠DBC=∠BCA,
由已知条件易得CE==1,则DE==3,
所以BE=DE,从而得∠DBC=∠BDE=∠BCA=45°,
所以∠BOC=90°,即AC⊥BD.
由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD,又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.
（2）作OH⊥PC于点H,连结DH.
由
（1）知DO⊥平面PAC,
故DO⊥PC.又DO∩OH=O,
所以PC⊥平面DOH,从而得PC⊥DH.
故∠DHO是二面角A-PC-D的平面角,所以∠DHO=60°.
由
（1）易知DO=,AC=3,因为在Rt△DOH中,tan∠OHD=tan60°=,所以OH=.在Rt△COD中,OC==2.
在Rt△PAC中,=.设PA=x,可得=,
解得x=,即AP=.
8.
解析
（1）证明:
∵平面BCDE⊥平面ABE,且∠CBE=90°,
∴BC⊥平面ABE,
∴BC⊥AE.
又AB=AE=,BE=2,
∴AB2+AE2=4=BE2,
∴AE⊥AB.
又AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,AB∩BC=B,
∴AE⊥平面ABC.（8分）
（2）如图,取BE的中点O,连结AO,DO,
∵AB=AE=,
∴AO⊥BE.
∴AO==1.
又平面BCDE⊥平面ABE,
∴AO⊥平面BCDE.
由∠DCB=∠CBE=90°知CD∥BE,又BO=1=CD,∴四边形CBOD为矩形,∴DO=BC=1.∴BD=DE=.在Rt△AOD中,AD==.
故△BAD,△EAD都是边长为的正三角形.
设AD的中点为F,连结BF,EF,则AD⊥BF,AD⊥EF.
∴∠BFE为二面角B-AD-E的平面角.
∵BE=2,BF=EF=×=,
∴cos∠BFE==-.
故二面角B-AD-E的余弦值为-.（15分）
9.
解析
（1）证明:
∵AC=BC,D是AB的中点,
∴CD⊥AB.∵VC⊥底面ABC,∴VC⊥AB.
又VC∩CD=C,∴AB⊥平面VCD.又AB⊂平面VAB,
∴平面VAB⊥平面VCD.
（2）过点C在平面VCD内作CH⊥VD于H,连结BH,则由
（1）知CH⊥平面VAB,
∴∠CBH就是直线BC与平面VAB所成的角.
在Rt△CHD中,由已知得CD=,∴CH=sinθ.
设∠CBH=φ,在Rt△BHC中,CH=2sinφ,
∴sinθ=sinφ.∵0<θ<,∴0又0<φ<,
∴0<φ<.
故直线
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