2024-2025学年江西省景德镇一中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省景德镇一中高一（下）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列几何体中，有且仅有8个面的是( )
A. 六棱柱B. 六棱锥C. 八棱锥D. 五棱柱
2.已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′//B′C′，∠O′A′B′=90°，O′A′=2，B′C′=4，则原四边形OABC的面积为( )
A. 24 2
B. 12 2
C. 6 2
D. 3 2
3.已知P为△ABC所在平面外一点，平面α//平面ABC，且α交线段PA，PB，PC于点A′，B′，C′，若PA′：AA′=2：3，则S△A′B′C′：S△ABC=( )
A. 2：3B. 2：5C. 4：9D. 4：25
4.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若m⊥α，n//β，α⊥β，则m⊥n
B. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
C. 若m//n，m//α，n//β，则α//β
D. 若a//α，a⊂β，α∩β=b，则a//b
5.给出下列四个命题：
①正三棱锥所有的棱长相等；
②底面是正多边形的棱柱是正棱柱；
③底面是等边三角形的三棱锥是正三棱锥；
④以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台．
其中真命题的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.在四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，PA=AB，则异面直线PB与AD所成角的余弦值为( )
A. 26B. 25C. 24D. 23
7.已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且△SAB的面积为2，直线SA与圆锥底面所成角为π6，则二面角S−AB−O的大小为( )
A. π12
B. π6
C. π4
D. π3
8.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱C1D1中点，F为棱CC1中点，点G在侧面CC1D1D上运动(含边界)，若AG//平面A1EF，则点G的轨迹长度为( )
A. 2
B. 22
C. 2
D. 1
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，D，E，F为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面DEF平行的是( )
A. B. C. D.
10.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为C1D1，B1C1的中点，O，M分别为BD，EF的中点，则( )
A. 四点B，D，E，F在同一平面内
B. 三条直线BF，DE，CC1有公共点
C. 直线A1C与直线OF相交
D. 直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为 2，E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的是( )
A. 异面直线A1B与AD1所成的角是π3
B. 过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是菱形
C. 存在点P，使得FP//平面ABC1D1
D. 正四面体A1−BDC1的高为2 63
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在长方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱中，既与AB共面，又与CC1共面的棱有______条.
13.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱A1D1，A1B1的中点，过直线BD的平面α//平面AEF，则平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为______．
14.如图，已知正四棱锥P−ABCD的棱长均为2，M，N分别是BP，BC的中点，T是△AMC所在平面内的一点，则BT+NT的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点，平面PAD∩平面PBC=l．
(1)求证：l//BC;
(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为直角三角形，AB=BC，D，E分别为BC，AC的中点.求证：
(1)A1B1//平面DEC1；
(2)若A1A=4，AB=2，求点B到平面B1ED的距离．
17.(本小题15分)
如图，在多面体ABCED中，△ABC为等边三角形，AD//CE，AC⊥CE，AC=CE=2AD=2.点F为BC的中点，平面ACED⊥平面ABC．
(1)求证：AF⊥平面BCE；
(2)设点G为BE上一点，且BG=23BE，求二面角B−AF−G的余弦值．
18.(本小题17分)
如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点．
(1)求证：平面PAC⊥平面BDD1B1；
(2)求直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值；
(3)在直线BB1上是否存在点Q使得PQ⊥面ACP，若存在，则此时B1QBQ为多少；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
如图，正四棱锥A−BCDE和正四面体A−CDF的所有棱长均相等，G为BE的中点．
(1)证明：FG⊥CD；
(2)证明：点A，B，C，F共面；
(3)判断FG是否垂直于平面ACD，若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：根据六棱柱有6个侧面、2个底面，共8个面，可知A项符合题意；
根据六棱锥有6个侧面、1个底面，共7个面，可知B项不符合题意；
根据八棱锥有8个侧面、1个底面，共9个面，可知C项不符合题意；
根据五棱柱有5个侧面、2个底面，共7个面，可知D项不符合题意．
故选：A．
根据棱柱、棱锥的结构特征逐项判断，即可得到本题的答案．
本题主要考查棱柱、棱锥的定义及其结构特征，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，四边形OABC的直观图为直角梯形O′A′B′C′，
其中O′A′//B′C′，∠O′A′B′=90°，O′A′=2，B′C′=4，
则直观图的面积为S′=12(2+4)×(4−2)tan45°=6，
故原图四边形OABC的面积为S=2 2S′=2 2×6=12 2．
故选：B．
结合图形先求出梯形O′A′B′C′的面积，再利用直观图与对应的平面图的面积之间的关系即可求得四边形OABC的面积．
本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查面面平行的性质，属于基础题．
由面面平行得到△A′B′C′∽△ABC，再由相似三角形得到面积比为相似比的平方，即可得到面积比．
【解答】解：由图知，∵平面α/​/平面ABC，
∴AB/​/平面α，
又由平面α∩平面PAB=A′B′，则A′B′/​/AB，
∵PA′：AA′=2：3，即PA′：PA=2：5，
∴A′B′：AB=2：5，
由于相似三角形得到面积比为相似比的平方，
所以S△A′B′C′：S△ABC=4：25．
故选D．
4.【答案】D
【解析】解：对A，若m⊥α，n/​/β，α⊥β，则m与n可以成[0,π2]的任意角，所以A选项错误；
对于B，如图所示：满足 m⊥n，m⊥α，n/​/β，但α/​/β，所以B选项错误；
对于C，满足m/​/n，m/​/α，n/​/β，但α，β不平行，所以C选项错误；
对于D，a/​/α，a⊂β，α∩β=b，由线面平行的性质可和a/​/b，所以D选项正确．
故选：D．
根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据正三棱锥的性质，底面为等边三角形，侧棱长相等，
且顶点在底面的投影为底面正三角形的中心，
侧棱长和底面棱长不一定相等，所以①不正确、③不正确；
底面是正多边形的直棱柱是正棱柱，所以②不正确；
根据旋转体的定义可知，以直角梯形中垂直两底的腰为轴旋转所得的旋转体为圆台，
另一个腰为轴旋转所得旋转体不是圆台，所以④不正确．
故真命题的个数为0．
故选：A．
根据正三棱锥的性质判断①、③，根据正棱柱的概念判断②，根据圆台的概念判断④．
本题考查几何体的结构特征，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为AD//BC，所以∠PBC就是异面直线PB与AD所成的角(或其补角)．
设PA=AB=2，因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，
所以△ABC是等边三角形，则BC=AB=2．
因为PA⊥平面ABCD，AB，AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AC．
在Rt△PAB中，根据勾股定理PB2=PA2+AB2，
因为PA=AB=2，所以PB= 22+22=2 2．
在△PBC中，PB=2 2，BC=2，PC2=PA2+AC2，
又因为AC=AB=2，PA=2，
所以PC= 22+22=2 2．
因为PB=2 2，BC=2，PC=2 2，
根据余弦定理cs∠PBC=(2 2)2+22−(2 2)22×2 2×2=48 2= 24．
异面直线PB与AD所成角的余弦值为 24．
故选：C．
根据异面直线所成角的定义，通过平移直线将异面直线所成角转化为相交直线所成角，再利用余弦定理求解该角的余弦值．
本题考查线线角的计算，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：取AB的中点E，连接OE，SE，
因为SA=SB，E为AB的中点，则SE⊥AB，由垂径定理可得OE⊥AB，
所以二面角S−AB−O的平面角为∠SEO，
因为SO⊥平面OAE，OE⊂平面AOE，则SO⊥OE，
因为SA⊥SB，SA=SB，
所以△SAB为等腰直角三角形，
S△SAB=12SA2=2，则SA=SB=2，AB= SA2+SB2= 22+22=2 2，
SE=12AB= 2，
因为SO⊥平面OAE，则∠SAO为直线SA与圆锥底面所成角，即∠SAO=π6，
则在Rt△SAO中，sin∠SAO=SOSA=SO2=12，故SO=1，
所以sin∠SEO=SOSE= 22，
因为0≤∠SEO≤π2，故∠SEO=π4，
即二面角S−AB−O的大小为π4．
故选：C．
根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，判断角的大小．
本题考查二面角的计算，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：如图，
连接A1B，因为E为棱C1D1中点，F为棱CC1中点，所以EF/​/D1C，
因为D1C/​/A1B，所以EF/​/A1B，则平面A1EF即平面BA1EF，
取CD中点P，D1D中点Q，连接PQ，可得PQ//D1C，故PQ/​/EF，
连接PE，可得A1A//PE且A1A=PE，所以四边形A1APE为平行四边形，所以A1E//AP，
因为AP∩PQ=P，EF∩A1E=E，所以平面APQ//平面BA1EF，
则当点G在线段PQ上运动时，始终有AG/​/平面A1EF，所以点G的轨迹长度为PQ= 2．
故选：A．
根据AG/​/平面A1EF，可知点G形成的轨迹与点A构成的平面A1EF，通过作出两组相交直线互相平行，得到两平面平行，从而得到点G的轨迹，并求出轨迹长度．
本题主要考查面面平行的判定和性质，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查直线与平面平行的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
对于A，由AB/​/DE，得到直线AB与平面DEF平行；对于B，AB与平面DEF相交；对于C，由AB/​/DF，得直线AB与平面DEF平行；对于D，直线AB与平面DEF相交．
【解答】
解：对于A，由正方体的性质得：AB/​/DE，AB⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故A正确；
对于B，如图，
取正方体所在棱的中点G，连接FG交延长，并AB延长线与H，
则AB与平面DEF相交于点H，故B错误；
对于C，由正方体的性质得：AB/​/DF，AB⊄平面DEF，DF⊂平面DEF，∴直线AB与平面DEF平行，故C正确；
对于D，AB与DF所在平面的正方形对角线有交点B，DF与该对角线平行，
∴直线AB与平面DEF相交，故D错误．
故选：AC．
10.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，如图：
连接B1D1，则B1D1/​/BD，
而E，F分别为C1D1，B1C1的中点，则B1D1/​/EF，
所以BD/​/EF，所以四点B，D，E，F在同一平面内，故A正确；
对于B，如图：
延长BF，DE，则BF，DE相交于点P，又BF⊂平面BCC1B1，
DE⊂平面DD1C1C，则P∈平面BCC1B1，P∈平面DD1C1C，
且平面BCC1B1∩平面DD1C1C=CC1，所以P∈CC1，即三条直线BF，DE，CC1有公共点，故B正确；
对于C，直线A1C为正方体的体对角线，OF在平面平面BDEF内，
直线A1C与平面BDEF相交且交点不在直线OF上，故直线A1C与直线OF是异面直线，故C错误；
对于D，A1，O，C，C1均在平面AA1C1C内，连接OM，则OM与A1C相交，则直线A1C上存在点N使M，N，O三点共线，故D正确．
故选：ABD．
根据题意，由平面的基本性质分析A、B和D，由异面直线的定义分析C，综合可得答案．
本题考查平面的基本性质，涉及异面直线的判断，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，正方体ABCD−A1B1C1D1中，因为AD1/​/BC1，
所以异面直线A1B与AD1所成的角即直线A1B与BC1所成的角，即∠A1BC1，
又因为△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1=π3，故选项A正确；
对于选项B，因为E，F分别是AD，DD1的中点，
所以EF/​/AD1，所以EF/​/BC1，
过B，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是梯形EBC1F，故选项B错误；
对于选项C，当P为BD中点时，因为F是DD1的中点，
所以FP//BD1，FP⊄平面ABC1D1，BD1⊂平面ABC1D1，
所以FP//平面ABC1D1，故选项C正确；
对于选项D，连接B1D1，设B1D1∩平面A1C1D=O，连接A1O，
因为B1B⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，
所以A1C1⊥B1B，又A1C1⊥B1D1，B1B∩B1D1=B1，
所以A1C1⊥平面BDD1B1，BD1⊂平面BDD1B1，
所以BD1⊥A1C1，
同理可证：BD1⊥A1D，A1C1∩A1D=A1，A1C1∩A1D⊂平面A1C1D，
所以BD1⊥平面A1C1D，即BO⊥平面A1C1D，
则B在底面的射影为△A1C1D的重心，
所以A1O=23×2× 32=2 33，
所以BO= A1B2−A1O2=2 63，
即正四面体A1−BDC1的高为2 63，故选项D正确．
故选：ACD．
利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角，判断A；
根据平行关系作出截面图，即可判断B；
当P为BD中点时FP//平面ABC1D1，即可判断C；
选项D，求出正四面体A1−BDC1的高即可判断．
本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
12.【答案】5
【解析】解：如图，
在长方体ABCD−A1B1C1D1的所有棱中，既与AB共面，又与CC1共面的棱有：
BC、DC、BB1、AA1、D1C1共5条．
故答案为：5．
由两条平行直线、两条相交直线确定一个平面逐一分析长方体的棱得答案．
本题考查空间中直线与直线的位置关系，考查公理2的推论的应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
13.【答案】18
【解析】解：如图，取B1C1的中点N，D1C1的中点M，连接MD，MN，BN，EN，B1D1，
则MN/​/B1D1/​/BD，
所以D，B，N，M四点共面．
因为MN//B1D1//EF，MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以MN/​/平面AEF．
因为EN//A1B1//AB，且EN=A1B1=AB，
所以四边形ABNE为平行四边形．
所以AE//BN，BN⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
所以BN/​/平面AEF，又MN∩BN=N都在平面DBNM内，
所以平面AEF/​/平面DBNM，
所以四边形DBNM即为平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面，
易得MN=2 2，DB=4 2，DM=BN=2 5，
所以四边形DBNM的面积S=12×(2 2+4 2)× (2 5)2−( 2)2=18．
故答案为：18．
先根据面面平行的判定方法作出平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面，再利用梯形面积公式求面积．
本题考查几何体的截面问题，属于中档题．
14.【答案】 3
【解析】解：如图，连接PN.因为△PBC，△PAB都为正三角形，M为BP的中点，
所以CM⊥BP，AM⊥BP，所以BP⊥平面MAC，所以B，P关于平面MAC对称，
所以BT=PT，BT+NT=PT+NT≥PN= 3，当且仅当P，T，N三点共线时，等号成立，
即BT+NT的最小值为 3．
故答案为： 3．
由已知可证得BP⊥平面MAC，则B，P关于平面MAC对称，可得BT+NT=PT+NT≥PN，即可得出结果．
本题考查空间点、直线、平面的位置关系，属于基础题．
15.【答案】解：(1)证明：
因为BC/​/AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC/​/平面PAD．
又因为平面PBC∩平面PAD=l，
所以BC//l;
(2)平行．
如图：
取PD的中点E，连接AE、NE，
∵N是PC的中点，E是PD的中点，
∴NE/​/CD，且NE=12CD，
∵CD/​/AB，M是AB的中点，
∴NE/​/AM且NE=AM．
所以四边形AMNE为平行四边形，
所以MN/​/AE．
又∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
所以MN/​/平面PAD．
【解析】(1)根据BC/​/AD，我们可以知道BC/​/平面PAD，由平面PBC∩平面PAD=l，可以证得BC/​/l；
(2)要证明MN/​/平面PAD关键是在平面PAD中找出与MN平行的直线，由于M、N分别是AB、PC的中点，故可利用取中点的方法求解．
本题以四棱锥为载体，考查线线平行，线面平行，证题的关键是合理运用线面平行的判定及性质定理．
16.【答案】证明见解析； 4 1717．
【解析】解：(1)证明：因为D，E分别为BC，AC的中点，所以DE/​/AB，
因为直三棱柱性质可得AB/​/A1B1，所以DE/​/A1B1，
又因为DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，
所以A1B1/​/平面DEC1；
(2)由底面ABC为直角三角形，AB=BC，则AB⊥BC，
又DE/​/AB，则DE⊥BC，
由直三棱柱性质可得BB1⊥平面ABC，
又BC、DE⊂平面ABC，则BB1⊥BC、BB1⊥DE，又BB1、BC⊂平面BB1C1C，
BB1∩BC=B，
故DE⊥平面BB1C1C，又DB1⊂平面BB1C1C，
故DE⊥DB1，
又BD=12BC=1、DE=12AB=1，B1D= BD2+BB12= 12+42= 17，
则VB1−BDE=13×S△BDE×BB1=13×12×BD×DE×BB1=16×1×1×4=23，
设点B到平面B1ED的距离为d，
则由VB1−BDE=VB−B1DE，
可得13×S△B1DE×d=13×12×DE×DB1×d=13×12×1× 17×d= 176⋅d=23，
即d=4 1717，
即点B到平面B1ED的距离为4 1717．
(1)借助棱柱性质及中位线性质，再结合线面平行性质定理即可得；
(2)借助线面垂直的判定定理与性质定理可得DE⊥DB1，再借助等体积法计算即可得．
本题考查线面平行的判定，以及等体积法的应用，属于中档题．
17.【答案】证明见解析； − 1717．
【解析】(1)证明：因为平面ACED⊥平面ABC，且平面ACDE∩平面ABC=AC，
AC⊥CE，CE⊂平面ACED，
故CE⊥平面ABC，
因为AF⊂平面ABC，所以CE⊥AF．
又△ABC为等边三角形，F为BC的中点，故AF⊥BC，
因为CE∩BC=C，CE，BC⊂平面BCE，
所以AF⊥平面BCE．
(2)由于AF⊥平面BCE，FG⊂平面BCE，故AF⊥FG，
因为△ABC为等边三角形，F为BC的中点，故AF⊥BF，
所以∠BFG为二面角B−AF−G的平面角．
因为BG=23BE=4 23,BF=12BC=1,∠FBG=45°，
故GF= BG2+BF2−2BG⋅BFcs45°= 173，
所以cs∠BFG=BF2+GF2−BG22BF⋅GF=1+179−3292× 173=− 1717，
故二面角B−AF−G的余弦值为− 1717．
(1)先根据面面垂直的性质得出CE⊥平面ABC，再利用线面垂直的判定可证结论；
(2)利用垂直关系找到二面角的平面角，结合余弦定理可求答案．
本题考查线面垂直的判定，以及二面角的计算，属于中档题．
18.【答案】证明见解析； 1010； 存在，且B1QBQ=0．
【解析】(1)证明：因为DD1⊥平面ABC，又因为AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，
又因为AB=AD，则底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又因为DD1∩DB=D，DD1、DB⊂平面BDD1B1，
所以AC⊥平面BDD1B1，
又因为AC⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面BDD1B1；
(2)令AC∩BD=O，连接CD1、D1O，由长方体性质可得A1B/​/D1C，
则直线A1B与平面BDD1B1所成的角等于直线D1C与平面BDD1B1所成的角，
由(1)知AC⊥平面BDD1B1，
所以∠CD1O等于直线A1B与平面BDD1B1所成的角，
CO= 22AB= 22，CD1= 12+22= 5，
则sin∠CD1O=COCD1= 1010，
即直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值为 1010；
(3)存在，且B1QBQ=0，即点Q与B1重合，连接PO、PB1、OB1，
则PO2=PD2+OD2=12+( 22)2=32，
PB12=D1P2+DB2=12+( 2)2=3，
B1O2=B1B2+BO2=22+( 22)2=92，
有PO2+PB12=B1O2，所以PO⊥PB1，
由AC⊥平面BDD1B1，PB1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥PB1，
又AC∩PO=O，AC、PO⊂平面ACP，所以PB1⊥平面ACP，
故在直线BB1上存在点Q使得PQ⊥平面ACP，且B1QBQ=0．
(1)借助长方体的性质与线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BDD1B1，再借助面面垂直的判定定理即可得证；
(2)结合直线与平面所成角的定义可得∠CD1O等于直线A1B与平面BDD1B1所成的角，再借助正弦的定义计算即可得；
(3)找出符合要求的点，再借助线面垂直的判定定理证明即可．
本题考查面面垂直的判定，以及空间角的计算，属于难题．
19.【答案】证明见解析； 证明见解析； 不垂直，理由见解析．
【解析】解；(1)证明：取CD中点H，连接GH，FH，AG，AH，
∵A−BCDE是正四棱锥，A−CDF是正四面体，G为BE的中点，
∴CD⊥GH，CD⊥FH，
∵GH∩FH=H，GH，FH⊂平面AFH，
∴CD⊥平面FGH，又∵FG⊂平面FGH，
∴FG⊥CD；
(2)证明：∵A−BCDE是正四棱锥，A−CDF是正四面体，G为BE的中点，
∴CD⊥GH，CD⊥AH，CD⊥FH
∵GH∩AH=H，GH，AH⊂平面AGH，∴CD⊥平面AGH，
又∵FH∩AH=H，FH，AH⊂平面AGH，CD⊥平面AFH，
∴平面AGH与平面AFH重合，
∴A，G，H，F四点共面，
设正四面体与正四棱锥的棱长为2a，
则AG=HF=2a× 32= 3a，GH=AF=2a，
∴四边形AGHF是平行四边形，
∴GH/​/AF，∵BC//GH，∴BC/​/AF，
∴A，B，C，F四点共面；
(3)假设FG⊥平面ACD，∵AH⊂平面ACD，∴FG⊥AH，
又∵四边形AGHF是平行四边形，
∴四边形AGHF是菱形，则AG=GH，
与AG= 3a，GH=2a矛盾，
故假设不成立，
∴FG与平面ACD不垂直．
(1)先证明CD⊥GH，CD⊥FH，可得CD⊥平面FGH，再利用线面垂直的 性质即可证明结论；
(2)先证明CD⊥平面AGH，CD⊥平面AFH，可得两平面重合，再结合平行四边形的性质即可证明结论；
(3)利用反证法，假设FG⊥平面ACD，退导出矛盾，说明假设不成立即可．
本题考查线面位置关系的判定，属于中档题．