【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第8章 第5讲　空间直线、平面的垂直 含解析【高考】.doc，共(29)页，710.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-3cfc0c0cb792404fb7ac55f47676ac12.html

以下为本文档部分文字说明：

1第5讲空间直线、平面的垂直1．直线与平面垂直(1)直线与平面垂直的定义如果直线l与平面α内的01任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)直线与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线

与一个平面内的02两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直03a⊂α，b⊂α04a∩b＝O05l⊥a06l⊥b⇒l⊥α(3)直线与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理垂直于同一个平面的两条直线07平行08a⊥α09b⊥α⇒a∥b2．平面与平面垂直(

1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是10直二面角，就说这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言2判定定理如果一个平面过另一个平面的11垂线，那么这两个平

面垂直12l⊂β13l⊥α⇒α⊥β(3)平面与平面垂直的性质定理文字语言图形语言符号语言性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的14交线，那么这条直线与另一个平面垂直15α⊥β16α∩β＝a17l⊂β18l⊥

a⇒l⊥α3．直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角．(2)斜线与平面所成的角的范围：0，π2.直线与平面所成的角的范围：0，π2.4．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直

线出发的19两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱20垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．5．三种距离(1)点面距过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的

21垂线段，22垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离．(2)线面距一条直线与一个平面平行时，这条直线上23任意一点到这个平面的距离，3叫做这条直线到这个平面的距离．(3)面面距如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任意一点到另一个平面的距离都24相等，把

它叫做这两个平行平面间的距离．直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意一条直线．(2)若两条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．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4

)过一点垂直于已知平面的直线有且只有一条．(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．1．(2022·广东深圳调研)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β，且m⊂αB．

m∥n，且n⊥βC．α⊥β，且m∥αD．m⊥n，且n∥β答案B解析因为α⊥β，m⊂α，则m，β的位置关系不确定，可能平行、相交、m在β内，故A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若α⊥β，m∥α，则m，β的位置关系也不确定，故C错误；若m⊥n，n∥β，则m，β的位置关系

也不确定，故D错误．故选B.2．(多选)下列命题中正确的有()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βB．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βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β

，那么平面α内所有直线都垂直于平面β4答案ABC解析若α⊥β，则α内至少有一条直线垂直于平面β，而非所有直线都垂直于平面β.故选ABC．3．若斜线段AB是它在平面α内射影长的2倍，则AB与平面α所成的角的大小为()A．60°B．45°C．30°

D．90°答案A解析斜线段、垂线段以及射影构成直角三角形．如图所示，∠ABO即是斜线段与平面α所成的角．又AB＝2BO，所以cos∠ABO＝OBAB＝12，所以∠ABO＝60°.故选A．4．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BA

C＝90°，则二面角B－PA－C的大小为()A．90°B．60°C．45°D．30°答案A解析∵PA⊥平面ABC，BA，CA⊂平面ABC，∴BA⊥PA，CA⊥PA，因此∠BAC即为二面角B－PA－C的平面角．又∠BAC＝90°，故选A．5．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．5答案(1)外(2)垂解析(1)如图，∵PO⊥平面ABC，连接OA

，OB，OC，在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，同理OB2＝PB2－PO2，OC2＝PC2－PO2.又PA＝PB＝PC，故OA＝OB＝OC，∴O是△ABC的外心．(2)由PA⊥PB，PA⊥PC，可知PA⊥平面PBC，∴PA⊥BC，又PO⊥BC，∴BC⊥平面PAO，∴A

O⊥BC，同理BO⊥AC，CO⊥AB.故O是△ABC的垂心．6．(2019·全国Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为________.答案2解析如图，过点P作

PO⊥平面ABC于O，则PO为P到平面ABC的距离．再过O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，连接PC，PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．又PE＝PF＝3，所以OE＝OF，所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45

°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝3，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝PE2－OE2＝(3)2－12＝2.考向一有关垂直关系的判断例1(1)已知平面α及α外的一条直线l，下列命题中不正确的是()A．若l垂直于α内的两条平

行线，则l⊥α6B．若l平行于α内的一条直线，则l∥αC．若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥αD．若l平行于α内的无数条直线，则l∥α答案A解析由直线与平面平行的有关定理和结论可知选项B，D正确，选项C

是直线与平面垂直的判定定理，而A中，直线l可能与平面α垂直，也可能与平面α相交但不垂直，还可能与平面α平行，故选A．(2)(多选)(2022·湖南长沙摸底)如图，在以下四个正方体中，直线AB与平面CDE垂直的是()答案BD解析对于A，易证AB与CE所

成的角为45°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于B，易证AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，则AB⊥平面CDE；对于C，易证AB与CE所成的角为60°，则直线AB与平面CDE不垂直；对于D，易证ED⊥平面ABC，则ED

⊥AB，同理CE⊥AB，且ED∩CE＝E，则AB⊥平面CDE.故选BD.判断垂直关系需注意的问题(1)作图要熟练，借助几何图形来说明线面关系要做到作图快、准．(2)善于寻找反例，若存在反例，结论就被驳倒了．(3)要思考完整，反复验证所有可能

的情况，必要时要运用判定或性质定理进行简单说明．71.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是()答案BC解析设正方体的棱长为2，对于A，如图1所示，连接AC，则MN

∥AC，故∠POC或其补角为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝2，CP＝1，故tan∠POC＝12＝22，故MN⊥OP不成立，故A错误；对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN，由正方体SBCN－M

ADT可得SM⊥平面MADT，而OQ⊂平面MADT，故SM⊥OQ，而SM∩MT＝M，故OQ⊥平面SNTM，又MN⊂平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而OP⊂平面OPQ，故MN

⊥OP，故B正确；对于C，如图3，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，AO，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，8所以∠QPO或其补角为

异面直线OP，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝12AC＝2，OQ＝AO2＋AQ2＝2＋1＝3，OP＝PK2＋OK2＝4＋1＝5，OQ2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故OP，MN不垂直，故D错误．故选

BC．2．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．AH⊥平

面EFHB．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEFD．HG⊥平面AEF答案A解析由平面图形，得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，故选A．多角度探究突破考向二直线与平面垂直的判定与性质角度利用线线垂直证明

线面垂直例2(2022·山东烟台阶段考试)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．9(1)求证：C1D⊥平面AA1B1B；(2)在下列给出

的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF？并证明你的结论．①F为BB1的中点；②AB1＝3；③AA1＝2.解(1)证明：∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，即△A1C1B1是等腰直

角三角形．又D是A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1.∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，∴C1D⊥平面AA1B1B.(2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.如图，连接DF，A

1B，∴DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝2，又AA1＝2，则四边形AA1B1B是正方形，∴A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1.∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，10∴C1D⊥AB1.∵DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.角度

利用线面垂直证明线线垂直例3(2022·福建漳州高三模拟)如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1.(1)求证：A1C⊥B1D1；(2)M，N分别为B1D1与C1D上的点，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求证：MN∥A1C．证明(1)连

接A1C1(图略)．∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1.∵四边形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1.又CC1∩A1C1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C．又A1C⊂平面A1C1C，∴A1C

⊥B1D1.(2)连接B1A，AD1(图略)．∵B1C1綊AD，∴四边形ADC1B1为平行四边形，∴C1D∥AB1.∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.又MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，∴MN⊥平面AB1D1.易得A1C⊥AB

1，由(1)知A1C⊥B1D1，又AB1∩B1D1＝B1，∴A1C⊥平面AB1D1，∴MN∥A1C．(1)证明线线垂直的常用方法11①利用特殊图形中的垂直关系．②利用直线与平面垂直的性质．(2)证明线面垂直的常用方法①利用线面垂直的判定定理，它是最

常用的思路．②利用线面垂直的性质：若两条平行线之一垂直于某平面，则另一条线必垂直于该平面．③利用面面垂直的性质a．两个平面互相垂直，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．b．若两个相交平面都垂直于第三个平

面，则它们的交线垂直于第三个平面．3.(2021·湖南永州质检)在五面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，CD＝2DE＝2AD＝2AB＝4，AC＝25，求证：AB⊥平面ADE.证明因为在五面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，所以EF∥CD，CD⊥DE.因为EF⊄平面ABCD，CD⊂平面

ABCD，所以EF∥平面ABCD.因为EF⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，所以EF∥AB.又EF∥CD，所以CD∥AB.因为CD＝4，AD＝2，AC＝25，所以AD2＋CD2＝AC2，所以CD⊥AD.又因为CD⊥DE，AD∩DE＝D，AD，DE⊂平面ADE

，所以CD⊥平面ADE.又CD∥AB，所以AB⊥平面ADE.4．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．证明：(1)CD⊥AE；12(2)PD⊥平面ABE.证明(1)在四棱锥P－

ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC．又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．∵E是PC的

中点，∴AE⊥PC．由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AB⊥

PD.又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.考向三面面垂直的判定与性质例4(1)(2022·湖北荆州月考)在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P－BCDE.①若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P－BCDE的体积；②若PB

＝PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE.解①如图所示，取DE的中点M，连接PM，由题意知，PD＝PE，∴PM⊥DE，13又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM⊂平面PDE，∴PM⊥平面BCDE，即P

M为四棱锥P－BCDE的高．在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝12DE＝2，而梯形BCDE的面积S＝12(BE＋CD)·BC＝12×(2＋4)×2＝6，∴四棱锥P－BCDE的体积

V＝13PM·S＝13×2×6＝22.②证明：如图所示，取BC的中点N，连接PN，MN，则BC⊥MN，∵PB＝PC，∴BC⊥PN，∵MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，∴BC⊥平面PMN，∵PM⊂平面PMN，∴BC⊥PM，由①知，PM⊥DE，又BC，

DE⊂平面BCDE，且BC与DE是相交的，∴PM⊥平面BCDE，∵PM⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE.(2)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为正三角形，AA1⊥底面ABC，AA1＝3AB，点E在

线段CC1上，平面AEB1⊥平面AA1B1B.①请指出点E的位置，并给出证明；②若AB＝1，求点B1到平面ABE的距离．解①点E为线段CC1的中点．14证明如下：取AB的中点F，AB1的中点G，连接CF，FG，EG.则FG∥CE，FG＝CE，所以四边形FGEC

为平行四边形，所以CF∥EG.因为CA＝CB，AF＝BF，所以CF⊥AB.又因为AA1⊥底面ABC，CF⊂底面ABC，所以AA1⊥CF.又因为AA1∩AB＝A，所以CF⊥平面AA1B1B.所以EG⊥平面AA1B1B，而EG⊂平面AEB1

，所以平面AEB1⊥平面AA1B1B.②由AB＝1，得AA1＝3.由①可知，点E到平面ABB1的距离为EG＝CF＝32.而△ABB1的面积S△ABB1＝12×1×3＝32，AE＝BE＝132，等腰三角形ABE底边AB上的高为1

34－14＝3.记点B1到平面ABE的距离为h，由VB1－ABE＝VE－ABB1，得13×h×12×1×3＝13×32×32，解得h＝32，即点B1到平面ABE的距离为32.(1)证明面面垂直的方法证明两平面垂直常转化为

线面垂直，利用线面垂直的判定定理来证明．也可15作出二面角的平面角，证明平面角为直角，利用定义来证明．(2)面面垂直的性质已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直

于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面．5.(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO＝2，圆锥的侧

面积为3π，求三棱锥P－ABC的体积．解(1)证明：连接OA，OB，OC．∵D为圆锥顶点，O为底面圆心，∴OD⊥平面ABC．∵P在DO上，OA＝OB＝OC，∴PA＝PB＝PC．∵△ABC是圆内接正三角形，∴AC＝BC，∴△PAC≌△P

BC．∴∠APC＝∠BPC＝90°，即PB⊥PC，PA⊥PC．又PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB.∵PC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC．(2)设圆锥的母线为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积为πrl＝3π，rl＝3.OD2＝l2

－r2＝(2)2，16解得r＝1，l＝3，AC＝2rsin60°＝3，在等腰直角三角形APC中，AP＝22AC＝62，在Rt△PAO中，PO＝AP2－OA2＝64－1＝22，∴三棱锥P－ABC的体积为VP－ABC＝1

3PO·S△ABC＝13×22×12×3×3×32＝68.6．(2022·江苏镇江开学考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．(1)求证：AD⊥平面PNB；(2)若平面PAD⊥平面AB

CD，求三棱锥P－NBM的体积．解(1)证明：连接BD.∵PA＝PD，N为AD的中点，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴BN⊥AD.又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵PA＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝

3.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，又NB⊂平面ABCD，∴PN⊥NB，∴S△PNB＝12×3×3＝32.∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，17∴BC⊥平面PNB.又PM＝2MC，∴VP－NBM＝VM－P

NB＝23VC－PNB＝23×13×32×2＝23.一、单项选择题1．若a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分不必要条件是()A．a⊥c，b⊥cB．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，

b⊥α答案C解析对于A，B，直线a，b可能是平行直线，相交直线，也可能是异面直线；对于C，在平面α内存在c∥b，因为a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；对于D，一定能推出a∥b.故选C．2．已知直线m，l，平面α，β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β

，则m⊥l；②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α⊥β；④若m∥l，则α⊥β.其中是真命题的是()A．①④B．③④C．①②D．①③答案A解析对于①，若α∥β，m⊥α，l⊂β，则m⊥l，故①是真命题，排除B；对于④，若m∥l，m⊥α，则l⊥α，又因为l⊂β，所以α⊥β.故④是真命题．故选A

．3．如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在()18A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案A解析由AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD

＝B，则AC⊥平面ABD，而AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上．故选A．4．如图，AB是圆O的直径，VA垂直圆O所在的平面，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∥ABB．MN与BC所成的角为45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC答案D解析依题意，得MN∥AC，又因为直线AC与AB相交，因此MN与AB不平行，A错误；因为AB是圆O的直径，所以AC⊥BC，因此MN

与BC所成的角是90°，B错误；因为直线OC与AC不垂直，因此OC与平面VAC不垂直，C错误；由于BC⊥AC，BC⊥VA，因此BC⊥平面VAC．又BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，D正确．故选D.5．在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是()19答案A解析

A中，AB⊥CD；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD所成角的正切值为2.故选A．6．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱

锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC答案D解析因为在四边形ABCD中，AD∥

BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，又因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB，又因为AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，即平面ABC⊥平面ADC，故选

D.7．(2020·新高考Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点

A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()20A．20°B．40°C．50°D．90°答案B解析画出截面图如图所示，其中CD是赤道所在平面的截线，l是点A处的水平面的截线，依题意可知OA⊥l，AB是晷针所在直线，m是晷面的截线

，依题意，晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得m∥CD，根据线面垂直的定义可得AB⊥m.由于∠AOC＝40°，m∥CD，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG＋∠GAE＝∠BAE＋∠GAE＝90°，所以

∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷针与点A处的水平面所成角为∠BAE＝40°.故选B.8．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则()A．直线A1

D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BD

D1B1答案A解析解法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D.因为AB⊥21平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与D1B异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成4

5°角，所以MN与平面BDD1B1不垂直，所以A正确．故选A．解法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，

D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以A1D→＝(－2,0，－2)，D1B→＝(2,2，－2)，MN→＝(0,1,0)，所以A1D→·D1B→＝－4＋0＋4＝0，所

以A1D⊥D1B.又由图易知直线A1D与直线D1B是异面直线，所以直线A1D与直线D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，MN→·n＝0，所以MN∥平面ABCD.设直线MN与平面BDD1B1所成的角

为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1，1,0)，所以sinθ＝|cos〈MN→，a〉|＝|MN→·a||MN→||a|＝12＝22，所以直线MN与平面BDD1B1不垂直．故选A．二、多项选择题9．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，C

D1的中点，则下列说法正确的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行答案ABC解析如图所示，连接C1D，因为M，N分别是BC1，CD1的中点，所以MN∥BD，而C1C⊥BD，故C

1C⊥MN，故A，C正确；又因为AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正确；又因为A1B1∥AB，AB与BD相交，所以MN与A1B1不平行，故D错误．故选ABC．2210．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题正确的是()A．直线BC与平面ABC1D1所成的角为π4B

．点C到平面ABC1D1的距离为22C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4D．三棱柱AA1D1－BB1C1的外接球半径为32答案ABD解析正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1.对于A，直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1＝π4，

故A正确；对于B，因为B1C⊥平面ABC1D1，点C到平面ABC1D1的距离为B1C长度的一半，即为22，故B正确；对于C，因为BC1∥AD1，所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C，而△AD1C为等边三角形，故两

条异面直线D1C和BC1所成的角为π3，故C错误；对于D，因为A1A，A1B1，A1D1两两垂直，所以三棱柱AA1D1－BB1C1的外接球也是正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球，故r＝12＋12＋122＝32，故D正确．故选ABD.1

1．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，则下列结论23可能正确的有()A．DF⊥BCB．BD⊥FCC．平面

BDF⊥平面BCFD．平面DCF⊥平面BCF答案BC解析对于A，因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，则A错误；对于B，设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B正确；对于C，

当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以C正确；对于D，因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D错误．故选BC．12．(2022·河北邯郸开学考试)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

点P是线段AB1上的动点，以下结论正确的有()A．BD∥平面AD1PB．D1P⊥A1CC．D1P与C1D所成角的取值范围为π4，π2D．P是AB1的中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最

大答案ABD解析在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD∥B1D1，BD⊄平面AD1B1，B1D1⊂24平面AD1B1，所以BD∥平面AD1B1，因为点P是线段AB1上的动点，所以平面AD1P即为平面AD1B1，即BD∥平面AD1P，故A正确；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

A1C1⊥B1D1，AA1⊥B1D1⇒B1D1⊥平面A1C1CA⇒B1D1⊥A1C，同理可证AD1⊥A1C，从而A1C⊥平面AD1B1，因为点P是线段AB1上的动点，所以D1P⊂平面AD1B1，因此D1P⊥A1C，故B正确；在正方体AB

CD－A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以D1P与C1D所成的角为D1P与AB1所成的角，而△AD1B1为正三角形，所以D1P与C1D所成角的取值范围为π3，π2，故C错误；在正方体ABCD－A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以当P到B距离最小

时，直线PB与平面BC1D所成的角最大，即P是AB1的中点时，直线PB与平面BC1D所成的角最大，故D正确．故选ABD.三、填空题13．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断

作为结论，写出一个正确的命题：________.答案②③⇒①(或①③⇒②)解析②③⇒①.证明如下：∵m∥α，∴根据线面平行的性质定理，知存在n⊂α，使得m∥n.又l⊥α，∴l⊥n，∴l⊥m.①③⇒②.证明如下：∵l⊥m，l⊥α，m是平面α外的直线，∴m∥α.14．(2022

·江苏常州检测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F，G，H分别是棱A1A，B1B，C1C，D1D的中点，请写出一个与A1O垂直的正方体的截面：________.(写出一个即可，不必写出全

部)答案平面GBD(或平面D1B1E或平面C1HAF)解析如图，连接AC，BD，BG，DG，A1G，OG，A1C1，25易知BD⊥AC，BD⊥AA1，又AC∩AA1＝A，故BD⊥平面ACC1A1，因为A1O⊂平面ACC1A1，

故BD⊥A1O，设正方体的边长为2，则A1O＝AA21＋AO2＝4＋2＝6，OG＝OC2＋CG2＝2＋1＝3，A1G＝A1C21＋C1G2＝8＋1＝3，故A1G2＝A1O2＋OG2，故A1O⊥OG，OG∩BD＝O，故A1O⊥平面GBD.15．(2022·广东梅州质检)如图

，在三棱锥P－ABC中，∠ABC＝∠PBC＝90°，△PAB是边长为1的等边三角形．若BC＝1，M是PC的中点，则点M到直线AB的距离是________.答案74解析∵AB⊥BC，PB⊥BC，PB∩AB＝B，∴BC

⊥平面PAB.如图，取PB的中点Q，连接MQ，则MQ綊12BC．∴MQ⊥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离为MQ＝12.作QN⊥AB于点N，则易证AB⊥平面MNQ，连接MN，则MN⊥AB，QN⊥AB.QN＝Q

B·sin60°＝34，∵MQ⊥QN，∴MN＝342＋122＝74.四、解答题16．(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．26

(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．解(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝23.连接OB，因为AB＝BC＝22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且O

B⊥AC，OB＝12AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC．(2)作CH⊥OM，垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH，又因为OP∩OM＝O，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC＝12AC

＝2，CM＝23BC＝423，∠ACB＝45°.在△OCM中根据余弦定理可求得OM＝253，所以CH＝OC·MC·sin∠ACBOM＝455.27所以点C到平面POM的距离为455.17．(2022·湖南岳阳月考)如图1，已知等边三角形ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上

的点，且BM＝2MA，AN＝2NC．如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②二面角A′－MN－C的大小为60°；③A′到平面BCMN的距离为22.从其中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：

在线段A′C上是否存在一点P，使三棱锥A′－PMB的体积为34？若存在，求出A′PA′C的值；若不存在，请说明理由．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：由已知得等边三角形ABC中，AM＝1，AN＝2，

∠A＝60°，由余弦定理得MN＝3，∴MN2＋AM2＝AN2，∴MN⊥AB，∴MN⊥A′M，MN⊥BM，又MB∩A′M＝M，∴MN⊥平面A′BM，∵MN⊂平面BCNM，∴平面A′BM⊥平面BCNM.(2)若选条件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN

，又BC和MN是两条相交直线，∴A′M⊥平面BCNM，又等边三角形ABC的高为332，S△A′BM＝12×A′M×BM＝12×1×2＝1，故三棱锥A′－BCM的体积为28VC－A′BM＝13S△A′BM×332＝32>34，∴在线段A′C上存在点P满足条件

，此时A′PA′C＝VP－A′BMVC－A′BM＝3432＝32.若选条件②二面角A′－MN－C的大小为60°，由(1)得∠A′MB是二面角A′－MN－C的平面角，∴∠A′MB＝60°，∴S△A′BM＝12×1×2×32＝32，三棱锥A′－BCM的体积为V＝13S△A′BM·332＝34.所以在线

段A′C上存在点P满足条件，且A′PA′C＝1.若选条件③A′到平面BCNM的距离为22，过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM，∴A′O＝22，∴∠A′MB＝45°或135°，∴S△A′BM＝12×1×2×22＝22，三棱锥A′－BCM的

体积为V＝13S△A′BM·332＝64<34，所以在线段A′C上不存在点P满足条件．18．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D为BC边上一点，BD＝3，AA1＝AB＝2AD＝2.(1)证明：平面A

DB1⊥平面BB1C1C；29(2)若BD＝CD，试问：A1C是否与平面ADB1平行？若平行，求三棱锥A－A1B1D的体积；若不平行，请说明理由．解(1)证明：因为AA1⊥平面ABC，所以BB1⊥平面ABC，因为AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1.在△ABD中，因为AB＝2，AD＝1，BD＝3，所

以AB2＝AD2＋BD2，所以AD⊥BC，又因为BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BB1C1C，因为AD⊂平面ADB1，所以平面ADB1⊥平面BB1C1C．(2)A1C与平面ADB1平行.证明如下：取B1C1的中点

E，连接DE，CE，A1E，因为BD＝CD，所以DE∥AA1，且DE＝AA1，所以四边形ADEA1为平行四边形，则A1E∥AD.同理可证CE∥B1D.因为A1E∩CE＝E，AD∩B1D＝D，所以平面ADB1∥平面A1CE，又因为A1C⊂平面A1

CE，所以A1C∥平面ADB1.因为AA1∥BB1，所以VB1－AA1D＝VB－AA1D，又因为BD＝3，且易证BD⊥平面AA1D，所以VA－A1B1D＝VB1－AA1D＝VB－AA1D＝13×3×12×2×1＝33.