方法一 (1) 由题设知,FG=GA,
FH=HD,所以GHAD. 又BCAD,故GHBC. 所以四边形BCHG是平行四边形. (2) C、D、F、E四点共面. 理由如下: 由BEAF,G是FA的中点知, BE GF,所以EF∥BG. 由(1)知BG∥CH,所以EF∥CH,故EC、FH共面. 又点D在直线FH上,所以C、D、F、E四点共面. (3)如图,连接EG,由AB=BE,BEAG及∠BAG=90°知ABEG是正方形,故BG⊥EA. 由题设知,FA、AD、AB两两垂直,故AD⊥平面FABE, 因此EA是ED在平面FABE内的射影,根据三垂线定理,BG⊥ED. 又ED∩EA=E,所以BG⊥平面ADE. 由(1)知,CH∥BG,所以CH⊥平面ADE. 由(2)知CH平面CDE,得平面ADE⊥平面CDE. 方法二 由题设知,FA、AB、AD两两互相垂直. 如图,以A为坐标原点,射线AB为x轴正方向,以射线AD为y轴正方向, 以射线AF为z轴正方向,建立直角坐标系A—xyz. (1) 设AB=a,BC=b,BE=c,则由题设得 A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),E(a,0,c), G(0,0,c),H(0,b,c). 所以,=(0,b,0),=(0,b,0),于是=. 又点G不在直线BC上, 所以四边形BCHG是平行四边形. (2) C、D、F、E四点共面. 理由如下:由题设知F(0,0,2c), 所以=(-a,0,c),=(-a,0,c),=. 又CEF,H∈FD,故C、D、F、E四点共面. (3) 由AB=BE,得c=a, 所以=(-a,0,a),=(a,0,a). 又=(0,2b,0),因此·=0,·=0. 即CH⊥AE,CH⊥AD. 又AD∩AE=A,所以CH⊥平面ADE. 故由CH平面CDFE,得平面ADE⊥平面CDE. |