《2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第14練》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第14練（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第14練　空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系[小題提速練] [明晰考情]　1.命題角度：空間線面關(guān)系的判斷；空間中的平行、垂直關(guān)系；利用空間的平行、垂直關(guān)系求解空間角.2.題目難度：中檔難度. 考點(diǎn)一　空間線面位置關(guān)系的判斷 方法技巧　(1)判定兩直線異面的方法 ①反證法； ②利用結(jié)論：過(guò)平面外一點(diǎn)和平面內(nèi)一點(diǎn)的直線與平面內(nèi)不過(guò)該點(diǎn)的直線是異面直線. (2)模型法判斷線面關(guān)系：借助空間幾何模型，如長(zhǎng)方體、四面體等觀察線面關(guān)系，再結(jié)合定理進(jìn)行判斷. (3)空間圖形中平行與垂直的實(shí)質(zhì)是轉(zhuǎn)化思想的體現(xiàn)，要掌握以下的常用結(jié)論 ①平面圖形的平行關(guān)系：平行線分線段成比例、平行四邊形的對(duì)邊互相

2、平行； ②平面圖形中的垂直關(guān)系：等腰三角形的底邊上的中線和高重合、菱形的對(duì)角線互相垂直、圓的直徑所對(duì)圓周角為直角、勾股定理. 1.已知直線a與平面α，β，α∥β，a?α，點(diǎn)B∈β，則在β內(nèi)過(guò)點(diǎn)B的所有直線中(　　) A.不一定存在與a平行的直線 B.只有兩條與a平行的直線 C.存在無(wú)數(shù)條與a平行的直線 D.存在唯一一條與a平行的直線 答案　D 解析　在平面內(nèi)過(guò)一點(diǎn)，只能作一條直線與已知直線平行. 2.若M，N分別是△ABC邊AB，AC的中點(diǎn)，則MN與過(guò)直線BC的平面β的位置關(guān)系是(　　) A.MN∥β B.MN與β相交或MN?β C.MN∥β或MN?β D.MN∥β或

3、MN與β相交或MN?β 答案　C 解析　若平面β是△ABC所在的平面， 則MN?β. 若MN?β，則MN∥β.故選C. 3.將正方體的紙盒展開(kāi)如圖，直線AB，CD在原正方體的位置關(guān)系是(　　) A.平行 B.垂直 C.相交成60°角 D.異面且成60°角 答案　D 解析　如圖，直線AB，CD異面. 因?yàn)镃E∥AB，所以∠ECD即為異面直線AB，CD所成的角， 因?yàn)椤鰿DE為等邊三角形，故∠ECD＝60°. 4.已知α，β表示平面，m，n表示直線，m⊥β，α⊥β，給出下列四個(gè)結(jié)論： ①?n?α，n⊥β；②?n?β，m⊥n；③?n?α，m∥n；④?n?α，

4、m⊥n. 則上述結(jié)論中正確的序號(hào)為_(kāi)_______. 答案?、冖? 解析　由于m⊥β，α⊥β，所以m?α或m∥α.?n?α，n⊥β或n與β斜交或n∥β，所以①不正確；?n?β，m⊥n，所以②正確；?n?α，m與n可能平行、相交或異面，所以③不正確；當(dāng)m?α或m∥α?xí)r，?n?α，m⊥n，所以④正確. 考點(diǎn)二　空間角的求解 方法技巧　(1)對(duì)于兩條異面直線所成的角，可固定一條，平移另一條，或兩條同時(shí)平移到某個(gè)特殊的位置. (2)直線和平面所成的角的求解關(guān)鍵是找出或作出過(guò)斜線上一點(diǎn)的平面的垂線，得到斜線在平面內(nèi)的射影. 5.(2018·全國(guó)Ⅱ)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝

5、BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　方法一　如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長(zhǎng)方體A′B′BA－A1′B1′B1A1.連接B1B′，由長(zhǎng)方體性質(zhì)可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角或其補(bǔ)角.連接DB′，由題意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝. 在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′， 即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.故選C. 方法二　如圖，

6、以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz. 由題意，得A(1，0，0)，D(0，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)， ∴＝(－1，0，)，＝(1，1，)， ∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，||＝2，||＝， ∴cos〈，〉＝＝＝. 故選C. 6.在我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑.如圖，在鱉臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝CD，則異面直線AC與BD所成的角的余弦值為(　　) A. B.－ C. D.－ 答案　A 解析　如圖所示，分別取AB，AD，

7、BC，BD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，O，連接EF，F(xiàn)O，OG，GE，GF， 則EF∥BD，EG∥AC，F(xiàn)O⊥OG， ∴∠FEG或其補(bǔ)角為異面直線AC與BD所成的角. 設(shè)AB＝2a，則EG＝EF＝a，F(xiàn)G＝＝a， ∴△EFG是等邊三角形， ∴∠FEG＝60°， ∴異面直線AC與BD所成角的余弦值為，故選A. 7.已知E，F(xiàn)分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，AD的中點(diǎn)，則直線EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是(　　) A. B.　C. D. 答案　B 解析　連接AE，BD，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥BD交BD于H，連接EH，則FH⊥平面BDD1B1， ∴∠F

8、EH是直線EF和平面BDD1B1所成的角. 設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2， ∵E，F(xiàn)分別是棱BB1，AD的中點(diǎn)， ∴在Rt△DFH中，DF＝1，∠FDH＝45°， 可得FH＝DF＝. 在Rt△AEF中，AF＝1，AE＝＝， 可得EF＝＝. 在Rt△EFH中，sin∠FEH＝＝， ∴直線EF和平面BDD1B1所成的角的正弦值是. 8.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，點(diǎn)D在棱BB1上，若BD＝3，則AD與平面AA1C1C所成角的正切值為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　如圖，取AC的中點(diǎn)E，連接BE，可得·＝(＋)·＝·＝4

9、×2×＝12＝5×2×cos θ(θ為與的夾角)，所以cos θ＝，sin θ＝，又因?yàn)锽E⊥平面AA1C1C，所以所求角即為－θ，所以tan＝＝＝. 考點(diǎn)三　空間線、面關(guān)系的綜合問(wèn)題 方法技巧　解決與翻折有關(guān)的問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵 (1)要明確翻折前后的變化量和不變量.一般情況下，線段的長(zhǎng)度是不變量，而位置關(guān)系往往會(huì)發(fā)生變化. (2)在解決問(wèn)題時(shí)，要比較翻折前后的圖形，既要分析翻折后的圖形，也要分析翻折前的圖形. 9.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AD，DD1的中點(diǎn)，AB＝4，則過(guò)B，E，F(xiàn)的平面截該正方體所得的截面周長(zhǎng)為(　　) A.6＋4 B.6＋2

10、C.3＋4 D.3＋2 答案　A 解析　∵正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AD，DD1的中點(diǎn)， ∴EF∥AD1∥BC1. ∵EF?平面BCC1B1，BC1?平面BCC1B1， ∴EF∥平面BCC1B1. 由正方體的棱長(zhǎng)為4，可得截面是以BE＝C1F＝2為腰，EF＝2為上底，BC1＝2EF＝4為下底的等腰梯形，故周長(zhǎng)為6＋4. 10.如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.將四邊形ABCD沿對(duì)角線BD拆成四面體A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，則下列結(jié)論正確的是(　　) A.A′C⊥BD B.∠BA′C＝90°

11、C.CA′與平面A′BD所成的角為30° D.四面體A′－BCD的體積為 答案　B 解析　若A成立可得BD⊥A′D，產(chǎn)生矛盾，故A不正確； 由題干知△BA′D為等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，所以BA′⊥A′C，于是B正確； 由CA′與平面A′BD所成的角為∠CA′D＝45°知C不正確； VA′－BCD＝VC－A′BD＝，D不正確，故選B. 11.在矩形ABCD中，AB＝，BC＝1，將△ABC與△ADC沿AC所在的直線進(jìn)行隨意翻折，在翻折過(guò)程中直線AD與直線BC所成的角的范圍(包含初始狀態(tài))為(　　) A. B. C. D. 答案　C

12、 解析　由題意，初始狀態(tài)直線AD與直線BC所成的角為0， 當(dāng)DB＝時(shí)，AD⊥DB，AD⊥DC，又DC∩DB＝D， ∴AD⊥平面DBC，又BC?平面DBC，所以AD⊥BC， 直線AD與直線BC所成的角為， ∴在翻折過(guò)程中直線AD與直線BC所成角的范圍(包含初始狀態(tài))為. 12.如圖，已知六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB， 則下列結(jié)論中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直線BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°. 正確的為_(kāi)_______(把所有正確的序號(hào)都填上). 答案?、佗? 解析　由PA⊥平面ABC，AE?平面ABC，得PA

13、⊥AE， 又由正六邊形的性質(zhì)得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB， ∵PB?平面PAB，∴PB⊥AE，∴①正確； 由正六邊形的性質(zhì)計(jì)算可得PA＝AD，故△PAD是等腰直角三角形， ∴∠PDA＝45°，∴④正確. 1.α，β是兩個(gè)不重合的平面，在下列條件下，可判定α∥β的是(　　) A.α，β都平行于直線l，m B.α內(nèi)有三個(gè)不共線的點(diǎn)到β的距離相等 C.l，m是α內(nèi)的兩條直線且l∥β，m∥β D.l，m是兩條異面直線且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β 答案　D 解析　對(duì)于A，l，m應(yīng)相交；對(duì)于B，應(yīng)考慮三個(gè)點(diǎn)在β的同側(cè)或異側(cè)兩種情況；對(duì)于C，l，m應(yīng)相交，故

14、選D. 2.給出下列命題： ①若平面α內(nèi)的直線a與平面β內(nèi)的直線b為異面直線，直線c是α與β的交線，那么c至多與a，b中的一條相交； ②若直線a與b異面，直線b與c異面，則直線a與c異面； ③一定存在平面α同時(shí)和異面直線a，b都平行. 其中正確的命題為(　　) A.① B.② C.③ D.①③ 答案　C 解析?、馘e(cuò)，c可與a，b都相交；②錯(cuò)，因?yàn)閍，c也可能相交或平行；③正確，例如過(guò)異面直線a，b的公垂線段的中點(diǎn)且與公垂線垂直的平面即滿足條件. 3.(2018·長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A，D分別是BF，CE上的點(diǎn)，AD∥BC

15、，且AB＝DE＝2BC＝2AF(如圖1).將四邊形ADEF沿AD折起，連接AC，CF，BE，BF，CE(如圖2)，在折起的過(guò)程中，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A.AC∥平面BEF B.B，C，E，F(xiàn)四點(diǎn)不可能共面 C.若EF⊥CF，則平面ADEF⊥平面ABCD D.平面BCE與平面BEF可能垂直 答案　D 解析　A選項(xiàng)，連接BD，交AC于點(diǎn)O，取BE的中點(diǎn)M，連接OM，F(xiàn)M，則四邊形AOMF是平行四邊形，所以AO∥FM，因?yàn)镕M?平面BEF，AC?平面BEF，所以AC∥平面BEF；B選項(xiàng)，若B，C，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，因?yàn)锽C∥AD，所以BC∥平面ADEF，又BC?平面BCEF，平面

16、BCEF∩平面ADEF＝EF，所以可推出BC∥EF，又BC∥AD，所以AD∥EF，矛盾；C選項(xiàng)，連接FD，在平面ADEF內(nèi)，由勾股定理可得EF⊥FD，又EF⊥CF，F(xiàn)D∩CF＝F，所以EF⊥平面CDF，所以EF⊥CD，又CD⊥AD，EF與AD相交，所以CD⊥平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABCD；D選項(xiàng)，延長(zhǎng)AF至G，使AF＝FG，連接BG，EG，可得平面BCE⊥平面ABF，且平面BCE∩平面ABF＝BG，過(guò)F作FN⊥BG于N，則FN⊥平面BCE，若平面BCE⊥平面BEF，則過(guò)F作直線與平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾. 解題秘籍　(1)線面關(guān)系的判斷要結(jié)合空間模型(如長(zhǎng)方體、正四

17、面體等)或?qū)嵗远ɡ淼慕Y(jié)論為依據(jù)進(jìn)行推理，而不能主觀猜想. (2)兩條異面直線所成角求解關(guān)鍵是通過(guò)平移作出所求角，要注意兩條異面直線所成角的范圍是(0°，90°]. 1.已知直線a∥平面α，則“直線a⊥平面β”是“平面α⊥平面β”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 答案　A 解析　若直線a⊥平面β，直線a∥平面α，可得平面α⊥平面β；若平面α⊥平面β，又直線a∥平面α，那么直線a⊥平面β不一定成立.如正方體ABCD—A1B1C1D1中，平面ABCD⊥平面BCC1B1，直線AD∥平面BCC1B1，但直線AD?平面A

18、BCD；直線AD1∥平面BCC1B1，但直線AD1與平面ABCD不垂直.綜上，“直線a⊥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要條件. 2.在下列四個(gè)正方體中，能得出異面直線AB⊥CD的是(　　) 答案　A 解析　對(duì)于A，作出過(guò)AB的平面ABE，如圖①，可得直線CD與平面ABE垂直，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)知，AB⊥CD成立，故A正確；對(duì)于B，作出過(guò)AB的等邊三角形ABE，如圖②，將CD平移至AE，可得CD與AB所成的角等于60°，故B不成立；對(duì)于C，D，將CD平移至經(jīng)過(guò)點(diǎn)B的側(cè)棱處，可得AB，CD所成的角都是銳角，故C和D均不成立.故選A. 3.已知m，n是兩條不同的直線，α，

19、β是兩個(gè)不同的平面，給出四個(gè)命題： ①若α∩β＝m，n?α，n⊥m，則α⊥β； ②若m⊥α，m⊥β，則α∥β； ③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β； ④若m∥α，n∥β，m∥n，則α∥β. 其中正確的命題是(　　) A.①② B.②③ C.①④ D.③④ 答案　B 解析　兩個(gè)平面斜交時(shí)也會(huì)出現(xiàn)一個(gè)平面內(nèi)的直線垂直于兩個(gè)平面的交線的情況，①不正確；垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行，②正確；當(dāng)兩個(gè)平面與兩條互相垂直的直線分別垂直時(shí)，它們所成的二面角為直二面角，故③正確；當(dāng)兩個(gè)平面相交時(shí)，分別與兩個(gè)平面平行的直線也平行，故④不正確. 4.(2017·全國(guó)Ⅲ)在正方體ABC

20、DA1B1C1D1中，E為棱CD的中點(diǎn)，則(　　) A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 答案　C 解析　方法一　如圖，∵A1E在平面ABCD上的射影為AE，而AE不與AC，BD垂直， ∴B，D錯(cuò)； ∵A1E在平面BCC1B1上的射影為B1C，且B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故C正確； (證明：由條件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E?平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1) ∵A1E在平面DCC1D1上的射影為D1E，而D1E不與DC1垂直，故A錯(cuò). 方法二　(空

21、間向量法)建立如方法一圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，E，∴＝，＝(0，1，1)，＝(－1，－1，0)，＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0)，∴·≠0，·≠0，·＝0，·≠0，∴A1E⊥BC1. 5.(2016·全國(guó)Ⅰ)平面α過(guò)正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如圖所示，設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD＝m1

22、， ∵α∥平面CB1D1，則m1∥m， 又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1， 平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1， ∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n. 故m，n所成角的大小與B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小. 而B(niǎo)1C＝B1D1＝CD1(均為面對(duì)角線)， 因此∠CD1B1＝， 得sin∠CD1B1＝，故選A. 6.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分別是AA1，A1D1，CC1，BC的中點(diǎn)，給出以下四個(gè)結(jié)論：①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C與PM相交；④NC與PM異面.其中不

23、正確的結(jié)論是(　　) A.① B.② C.③ D.④ 答案　B 解析　作出過(guò)M，N，P，Q四點(diǎn)的截面交C1D1于點(diǎn)S，交AB于點(diǎn)R，如圖中的六邊形MNSPQR，顯然點(diǎn)A1，C分別位于這個(gè)平面的兩側(cè)，故A1C與平面MNPQ一定相交，不可能平行，故結(jié)論②不正確. 7.如圖，四邊形ABCD為矩形，平面PCD⊥平面ABCD，且PC＝PD＝CD＝2，BC＝2，O，M分別為CD，BC的中點(diǎn)，則異面直線OM與PD所成的角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　連接BD，OB， 則OM∥DB， ∴∠PDB或其補(bǔ)角為異面直線OM與PD所成的角.

24、 由已知條件可知PO⊥平面ABCD， OB＝3，PO＝，BD＝2，PB＝2， 在△PBD中，由余弦定理可得cos∠PDB＝＝＝. 8.如圖是一幾何體的平面展開(kāi)圖，其中四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，在此幾何體中，給出下面4個(gè)結(jié)論： ①直線BE與直線CF異面； ②直線BE與直線AF異面； ③直線EF∥平面PBC； ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確的有(　　) A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè) 答案　B 解析　將展開(kāi)圖還原為幾何體(如圖)，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為PA，PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD∥BC，即直線BE與CF共面，①錯(cuò)；因?yàn)锽?平面

25、PAD，E∈平面PAD，E?AF，所以BE與AF是異面直線，②正確；因?yàn)镋F∥AD∥BC，EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正確；平面PAD與平面BCE不一定垂直，④錯(cuò).故選B. 9.如圖，DC⊥平面ABC，EB∥DC，EB＝2DC，P，Q分別為AE，AB的中點(diǎn).則直線DP與平面ABC的位置關(guān)系是________. 答案　平行 解析　連接CQ，在△ABE中，P，Q分別是AE，AB的中點(diǎn)，所以PQ∥BE，PQ＝BE. 又DC∥EB，DC＝EB， 所以PQ∥DC，PQ＝DC，所以四邊形DPQC為平行四邊形，所以DP∥CQ. 又DP?平面ABC，CQ

26、?平面ABC， 所以DP∥平面ABC. 10.(2018·全國(guó)Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為S，母線SA，SB互相垂直，SA與圓錐底面所成角為30°.若△SAB的面積為8，則該圓錐的體積為_(kāi)_______. 答案　8π 解析　在Rt△SAB中，SA＝SB，S△SAB＝·SA2＝8， 解得SA＝4. 設(shè)圓錐的底面圓心為O，底面半徑為r，高為h， 在Rt△SAO中，∠SAO＝30°， 所以r＝2，h＝2， 所以圓錐的體積V＝πr2·h＝π×(2)2×2＝8π. 11.如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別為棱AA1，B1C1，C1D1，DD1的中點(diǎn)，則GH與平面E

27、FH所成的角的余弦值為_(kāi)_____. 答案　 解析　連接B1E，HC1，平面EFH即平面B1C1HE. 在正方體AC1中，B1C1⊥平面CDD1C1， 故平面B1C1HE⊥平面CDD1C1，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥C1H于M，則GM⊥平面B1C1HE，則∠C1HG即為GH與平面EFH所成的角，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則GH＝，C1G＝1，C1H＝， ∴cos∠C1HG＝＝＝. 12.如圖所示，正方形BCDE的邊長(zhǎng)為a，已知AB＝BC，將△ABE沿邊BE折起，折起后A點(diǎn)在平面BCDE上的射影為D點(diǎn)，關(guān)于翻折后的幾何體有如下描述： ①AB與DE所成的角的正切值是；②AB∥CE；③VB－ACE

28、＝；④平面ABC⊥平面ADC. 其中正確的有________.(填寫你認(rèn)為正確的序號(hào)) 答案?、佗邰? 解析　作出折疊后的幾何體直觀圖如圖所示. ∵A點(diǎn)在平面BCDE上的射影為點(diǎn)D， ∴AD⊥平面BCDE. ∵BC?平面BCDE， ∴AD⊥BC. ∵四邊形BCDE是正方形， ∴BC⊥CD，又AD∩CD＝D，AD，CD?平面ACD， ∴BC⊥平面ADC. 又BC?平面ABC， ∴平面ABC⊥平面ADC，故④正確； ∵DE∥BC， ∴∠ABC或其補(bǔ)角為AB與DE所成的角， ∵BC⊥平面ADC，AC?平面ADC，∴BC⊥AC， ∵AB＝BC，BC＝a， ∴在Rt△ABC中，AC＝＝a， ∴tan∠ABC＝＝，故①正確； 連接BD，CE，則CE⊥BD， 又AD⊥平面BCDE，CE?平面BCDE，∴CE⊥AD. 又BD∩AD＝D，BD，AD?平面ABD， ∴CE⊥平面ABD， 又AB?平面ABD， ∴CE⊥AB.故②錯(cuò)誤； 在Rt△ABE中，AB＝a，BE＝a， ∴AE＝a，又DE＝a，AD⊥DE，∴AD＝a， ∴三棱錐B－ACE的體積VB－ACE＝VA－BCE＝S△BCE·AD＝××a2×a＝，故③正確.