届高考数学理一轮复习讲义85空间中的平行关系.docx
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届高考数学理一轮复习讲义85空间中的平行关系
§8.5 空间中的垂直关系
最新考纲
考情考向分析
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.
2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.
直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用、直线与平面所成角等内容.题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.
1.直线与平面垂直
图形
条件
结论
判
定
a⊥b，b⊂α（b为α内的任意一条直线）
a⊥α
a⊥m，a⊥n，m、n⊂α，m∩n＝O
a⊥α
a∥b，a⊥α
b⊥α
性
质
a⊥α，b⊂α
a⊥b
a⊥α，b⊥α
a∥b
2.平面与平面垂直
（1）平面与平面垂直的定义
如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直.
（2）判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判
定
定
理
如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则两个平面互相垂直
⇒α⊥β
性
质
定
理
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面
⇒l⊥α
概念方法微思考
1.若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面吗？
提示 垂直.若两平行线中的一条垂直于一个平面，那么在平面内可以找到两条相交直线与该直线垂直，根据异面直线所成的角，可以得出两平行直线中的另一条也与平面内的那两条直线成90°的角，即垂直于平面内的这两条相交直线，所以垂直于这个平面.
2.两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面吗？
提示 垂直.在两个相交平面内分别作与第三个平面交线垂直的直线，则这两条直线都垂直于第三个平面，那么这两条直线互相平行.由线面平行的性质定理可知，这两个相交平面的交线与这两条垂线平行，所以该交线垂直于第三个平面.
题组一 思考辨析
1.判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）
（1）直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.（ × ）
（2）垂直于同一个平面的两平面平行.（ × ）
（3）直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.（ √ ）
（4）若α⊥β，a⊥β，则a∥α.（ × ）
（5）若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直.（ √ ）
（6）若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.（ × ）
题组二 教材改编
2.下列命题中错误的是（ ）
A.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β
B.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
C.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D.如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
答案 D
解析 对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的.
3.在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
（1）若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心；
（2）若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心.
答案
（1）外
（2）垂
解析
（1）如图1，连接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，
所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心.
（2）如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.
∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，
∴PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB，
∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC⊂平面PGC，
∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高.
同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，
即O为△ABC的垂心.
题组三 易错自纠
4.若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
答案 A
解析 由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；
若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，
因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.
5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是（ ）
A.与AC，MN均垂直
B.与AC垂直，与MN不垂直
C.与AC不垂直，与MN垂直
D.与AC，MN均不垂直
答案 A
解析 因为DD1⊥平面ABCD，
所以AC⊥DD1，
又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDD1B1，
因为OM⊂平面BDD1B1，
所以OM⊥AC.
设正方体的棱长为2，
则OM＝
＝
，MN＝
＝
，
ON＝
＝
，
所以OM2＋MN2＝ON2，
所以OM⊥MN.故选A.
6.如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.MN∥AB
B.平面VAC⊥平面VBC
C.MN与BC所成的角为45°
D.OC⊥平面VAC
答案 B
解析 由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故选B.
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点.当CF＝2时，证明：
B1F⊥平面ADF.
证明 因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，
所以AD⊥B1B.
因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，
所以AD⊥平面B1BCC1.
因为B1F⊂平面B1BCC1，
所以AD⊥B1F.
方法一 在矩形B1BCC1中，
因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，
所以∠CFD＝∠C1B1F，
所以∠B1FD＝90°，
所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF.
方法二 在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，
所以B1D＝
＝
.
在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，
所以B1F＝
＝
.
在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，
所以DF＝
＝
.
显然DF2＋B1F2＝B1D2，
所以∠B1FD＝90°.
所以B1F⊥FD.
因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，
所以B1F⊥平面ADF.
思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键
（1）证明线面垂直的常用方法：
①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质.
（2）证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质.
跟踪训练1 如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F（E与A，D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC.
证明
（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，
则AB∥EF.
又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，
BC⊂平面ABC，
所以AD⊥平面ABC.
又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 （2018·全国Ⅰ）如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.
（1）证明：
平面ACD⊥平面ABC；
（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝
DA，求三棱锥Q－ABP的体积.
（1）证明 由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.
又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD，
所以AB⊥平面ACD.
又AB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC.
（2）解 由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3
.
又BP＝DQ＝
DA，所以BP＝2
.
如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，
则QE∥DC且QE＝
DC.
由已知及
（1）可得，DC⊥平面ABC，
所以QE⊥平面ABC，QE＝1.
因此，三棱锥Q－ABP的体积为
VQ－ABP＝
×S△ABP×QE
＝
×
×3×2
sin45°×1＝1.
思维升华
（1）判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理（a⊥β，a⊂α⇒α⊥β）.
（2）在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.
跟踪训练2 （2018·锦州调研）如图，三棱锥P－ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2.
（1）求证：
平面PAC⊥平面ABC；
（2）若PA＝PC，求三棱锥P－ABC的体积.
证明
（1）如图，取AC的中点O，连接BO，PO，
因为△ABC是边长为2的正三角形，
所以BO⊥AC，BO＝
.
因为PA⊥PC，所以PO＝
AC＝1.
因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，
所以PO⊥OB.
因为AC∩OP＝O，AC，OP⊂平面PAC，
所以BO⊥平面PAC.
又OB⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC.
（2）解 因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2，
所以PA＝PC＝
.
由
（1）知BO⊥平面PAC，
所以VP－ABC＝VB－APC＝
S△PAC·BO＝
×
×
×
×
＝
.
题型三 垂直关系的综合应用
命题点1 直线与平面所成的角
例3 如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.
（1）证明：
△PBC是直角三角形；
（2）若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为
时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
（1）证明 ∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点.
∴BC⊥AC，
∵PA⊥平面ABC，∴BC⊥PA，
又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，
∴△BPC是直角三角形.
（2）解 如图，过A作AH⊥PC于H，
∵BC⊥平面PAC，
∴BC⊥AH，
又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
∴AH⊥平面PBC，
∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，
∵PA⊥平面ABC，
∴∠PCA即是PC与平面ABC所成的角，
∵tan∠PCA＝
＝
，
又PA＝2，∴AC＝
，
∴在Rt△PAC中，AH＝
＝
，
∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝
＝
＝
，
即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为
.
命题点2 与垂直有关的探索性问题
例4 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.
（1）求证：
C1E∥平面ADF；
（2）设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.
（1）证明 连接CE交AD于O，连接OF.
因为CE，AD为△ABC的中线，
则O为△ABC的重心，故
＝
＝
，故OF∥C1E，
因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，
所以C1E∥平面ADF.
（2）解 当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.
证明如下：
因为AB＝AC，AD⊂平面ABC，
故AD⊥BC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，
故平面B1BCC1⊥平面ABC.
又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又CM⊂平面B1BCC1，
故AD⊥CM.
又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，
故Rt△CBM≌Rt△FCD.
易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD⊂平面ADF，
故CM⊥平面ADF.
又CM⊂平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF.
思维升华 对命题条件的探索的三种途径
途径一：
先猜后证.
途径二：
先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.
途径三：
将几何问题转化为代数问题.
跟踪训练3 如图所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1.
（1）求证：
平面CFG⊥平面ACE；
（2）在AC上是否存在一点H，使得EH∥平面CFG？
若存在，求出CH的长，若不存在，请说明理由.
（1）证明 连接BD交AC于点O，则BD⊥AC.
设AB，AD的中点分别为M，N，连接MN，则MN∥BD，
连接FM，GN，则FM∥GN，且FM＝GN，
所以四边形FMNG为平行四边形，
所以MN∥FG，所以BD∥FG，所以FG⊥AC.
由于AE⊥平面ABCD，所以AE⊥BD.
所以FG⊥AE，
又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACE，
所以FG⊥平面ACE.
又FG⊂平面CFG，所以平面CFG⊥平面ACE.
（2）解 存在.设平面ACE交FG于Q，则Q为FG的中点，
连接EQ，CQ，取CO的中点H，连接EH，
由已知易知，平面EFG∥平面ABCD，
又平面ACE∩平面EFG＝EQ，
平面ACE∩平面ABCD＝AC，
所以CH∥EQ，
又CH＝EQ＝
，
所以四边形EQCH为平行四边形，所以EH∥CQ，
又CQ⊂平面CFG，EH⊄平面CFG，
所以EH∥平面CFG，
所以在AC上存在一点H，使得EH∥平面CFG，
且CH＝
.
1.已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（ ）
A.m∥lB.m∥n
C.n⊥lD.m⊥n
答案 C
解析 因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.
2.（2019·通辽模拟）已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是（ ）
A.若l∥m，则必有α∥β
B.若l⊥m，则必有α⊥β
C.若l⊥β，则必有α⊥β
D.若α⊥β，则必有m⊥α
答案 C
解析 对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；
对于选项B，平面α和平面β还有可能相交或平行，所以选项B错误；
对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β.所以选项C正确；
对于选项D，直线m可能和平面α不垂直，所以选项D错误.
3.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.平面ABC⊥平面ABD
B.平面ABD⊥平面BDC
C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE
D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE
答案 C
解析 因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.
4.（2019·大连适应性检测）在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则（ ）
A.MN∥C1D1B.MN⊥BC1
C.MN⊥平面ACD1D.MN⊥平面ACC1
答案 D
解析 对于选项A，因为M，N分别是BC1，CD1的中点，所以点N∈平面CDD1C1，点M∉平面CDD1C1，所以直线MN是与平面CDD1C1相交的直线，
又因为直线C1D1在平面CDD1C1内，故直线MN与直线C1D1不可能平行，故选项A错；
对于选项B，正方体中易知NB≠NC1，因为点M是BC1的中点，所以直线MN与直线BC1不垂直，故选项B不对；
对于选项C，假设MN⊥平面ACD1，可得MN⊥CD1，因为N是CD1的中点，
所以MC＝MD1，这与MC≠MD1矛盾，故假设不成立，所以选项C不对；
对于选项D，分别取B1C1，C1D1的中点P，Q，连接PM，QN，PQ.
因为点M是BC1的中点，
所以PM∥CC1且PM＝
CC1.
同理QN∥CC1且QN＝
CC1.
所以PM∥QN且PM＝QN，
所以四边形PQNM为平行四边形.
所以PQ∥MN.
在正方体中，CC1⊥PQ，PQ⊥AC，
因为AC∩CC1＝C，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，
所以PQ⊥平面ACC1.
因为PQ∥MN，所以MN⊥平面ACC1.
故选项D正确.
5.已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为
，底面是边长为
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.
B.
C.
D.
答案 B
解析 如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，
则∠PAO是PA与平面ABC所成的角.
因为底面边长为
，
所以AD＝
×
＝
，AO＝
AD＝
×
＝1.
三棱柱的体积为
×（
）2AA1＝
，
解得AA1＝
，
即OP＝AA1＝
，
所以tan∠PAO＝
＝
，
因为直线与平面所成角的范围是
，
所以∠PAO＝
.
6.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________.
答案 4
解析 ∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
则△PAB，△PAC为直角三角形.
由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，
得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，
因此△ABC，△PBC也是直角三角形.
7.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在直线________上.
答案 AB
解析 ∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，
∴AC⊥平面ABC1.
又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.
∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上.
8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_______时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）
答案 DM⊥PC（或BM⊥PC等）
解析 ∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.
∴当DM⊥PC（或BM⊥PC）时，即有PC⊥平面MBD，
而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
9.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________.
答案
解析 连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角.
因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2
，
又AA1＝1，所以AC1＝3，
所以sin∠AC1A1＝
＝
.
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上.点P到直线CC1的距离的最小值为________.
答案
解析 点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值.当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝
＝
.
11.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上（异于点P，C），平面ABE与棱PD交于点F.
（1）求证：
AB∥EF；
（2）若AF⊥EF，求证：
平面PAD⊥平面ABCD.
证明
（1）因为四边形ABCD是矩形，
所以AB∥CD.
又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，
所以AB∥平面PDC，
又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，
所以AB∥EF.
（2）因为四边形ABCD是矩形，
所以AB⊥AD.
因为AF⊥EF，
（1）中已证AB∥EF，
所以AB⊥AF.
又AB⊥AD，
由点E在棱PC上（异于点C），所以点F异于点D，
所以AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
又AB⊂平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝
，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝
PB.
（1）证明：
MN∥平面PDC；
（2）求直线MN与平面PAC所成角的正弦值.
（1）证明 因为AB＝BC，AD＝CD，
所以BD垂直平分线段AC.
又∠ADC＝120°，
所以MD＝
AD＝
，AM＝
.
所以AC＝
.
又AB＝BC＝
，
所以△ABC是等边三角形，
所以BM＝
，所以
＝3，
又因为PN＝
PB，
所以
＝
＝3，
所以MN∥PD.
又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，
所以MN∥平面PDC.
（2）解 因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥PA，
又BD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
由
（1）知MN∥PD，
所以直线MN与平面PAC所成的角即直线PD与平面PAC所成的角，
故∠DPM即为所求的角.
在Rt△PAD中，PD＝2，
所以sin∠DPM＝
＝
＝
，
所以直线MN与平面PAC所成角的正弦值为
.
13.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点.现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.那么，在这个空间图形中必有（ ）
A.AG⊥平面EFHB.AH⊥平面EFH
C.HF⊥平面AEFD.HG⊥平面AEF
答案 B
解析 根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，
∴AH⊥平面EFH，B正确；
∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；
∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，AG，GH⊂平面HAG，
∴EF⊥平面HAG，
又EF⊂平面AEF，
∴平面
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