【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.12 空间直线、平面的垂直（一）（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(23)页，887.790 KB，由小赞的店铺上传

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专题8.12空间直线、平面的垂直（一）（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三期中）设𝛼是空间中的一个平面，𝑙，𝑚，𝑛是三条不同的直线，则（）A．若𝑚⊂𝛼，

𝑛⊂𝛼，𝑙⊥𝑚，𝑙⊥𝑛，则𝑙⊥𝛼B．若𝑙//𝑚，𝑚//𝑛，𝑙⊥𝛼，则𝑛⊥𝛼C．若𝑙//𝑚，𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛼，则𝑙⊥𝑛D．若𝑚⊂𝛼，𝑛⊥𝛼，𝑙⊥𝑛，则𝑙//𝑚【解题思路】AD可举出反例，B选项，由线面垂

直的判定定理得𝑛⊥𝛼；C选项，可得到𝑙//𝑛；【解答过程】A选项，𝑙与𝛼相交、平行或𝑙⊂𝛼，如图1，当𝑚//𝑛时，𝑙与𝛼相交，故A错误；B选项，因为𝑙//𝑚，𝑚//𝑛，所以𝑙//𝑛，因为𝑙⊥𝛼，则由线面垂直的判定定理得𝑛⊥𝛼，故B正确；C选项，因

为𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛼，所以𝑚//𝑛，因为𝑙//𝑚，所以𝑙//𝑛，故C错误；D选项，若𝑚⊂𝛼，𝑛⊥𝛼，𝑙⊥𝑛，则𝑙与𝑚相交、平行或异面，如图2，满足𝑚⊂𝛼，𝑛⊥𝛼，𝑙⊥𝑛，而𝑙与𝑚异面，故D错误．故选：B．2．（3分）（2023·吉林·统考二模）三棱

锥𝐴−𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊥𝐶𝐷．若𝐴𝐵=3，𝐵𝐷=1，则该三棱锥体积的最大值为（）A．2B．43C．1D．23【解题思路】先利用线面垂直的判定定理与性质定

理依次证得𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷、𝐵𝐷⊥𝐴𝐷与𝐴𝐶⊥𝐶𝐷，从而利用基本不等式求得𝑆△𝐴𝐶𝐷≤2，进而得到𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐷=𝑉𝐵−𝐴𝐶𝐷≤23，由此得解.【解答过程】因为𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐶𝐷，

所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，又𝐵𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐶∩𝐶𝐷=𝐶，𝐴𝐶,𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐶𝐷，所以𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐶𝐷，因为𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐶𝐷，所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐷，在Rt△𝐴𝐵𝐷

中，𝐴𝐵=3，𝐵𝐷=1，则𝐴𝐷=√𝐴𝐵2−𝐵𝐷2=2√2，因为𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐵𝐶𝐷，所以𝐴𝐶⊥𝐶𝐷，在Rt△𝐴𝐶𝐷中，不妨设𝐴𝐶=𝑎,𝐶𝐷=𝑏(𝑎>0,𝑏>0)，则由𝐴𝐶2+�

�𝐷2=𝐴𝐷2得𝑎2+𝑏2=8，所以𝑆△𝐴𝐶𝐷=12𝐴𝐶⋅𝐶𝐷=12𝑎𝑏=14×2𝑎𝑏≤14(𝑎2+𝑏2)=2，当且仅当𝑎=𝑏且𝑎2+𝑏2=8，即𝑎=𝑏=2时，等号成立，所以𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐷=𝑉𝐵−𝐴𝐶𝐷=13𝑆△�

�𝐶𝐷⋅𝐵𝐷≤13×2×1=23，所以该三棱锥体积的最大值为23.故选：D..3．（3分）（2023秋·辽宁辽阳·高三期末）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝑃�

�⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,𝑃𝐴=𝐴𝐵，E是棱𝑃𝐷的中点，则异面直线𝑃𝐶与𝐵𝐸所成角的余弦值为（）A．√73B．√63C．√33D．√23【解题思路】分别取棱𝐶𝐷,𝐴𝐷的中点F，H，可得∠𝐵𝐸𝐹是异面直线𝑃𝐶与𝐵𝐸所成的角或补角，在△𝐵�

�𝐹中，由余弦定理即可求解.【解答过程】如图，分别取棱𝐶𝐷,𝐴𝐷的中点F，H，连接𝐴𝐶,𝐻𝐸,𝐵𝐻,𝐸𝐹,𝐵𝐹，设𝐴𝐵=2，则𝑃𝐶=2√3,𝐵𝐹=√5．因为E，F分别是棱𝑃𝐷,𝐶𝐷

的中点，所以𝐸𝐹//𝑃𝐶,𝐸𝐹=12𝑃𝐶=√3，则∠𝐵𝐸𝐹是异面直线𝑃𝐶与𝐵𝐸所成的角或补角．因为H，E分别是棱𝐴𝐷,𝑃𝐷的中点，所以𝐻𝐸//𝑃𝐴,𝐻𝐸=12𝑃�

�=1.因为𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐻𝐸⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷.因为𝐵𝐻⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,所以𝐻𝐸⊥𝐵𝐻，则𝐵𝐸=√6．在△𝐵𝐸𝐹中，由余弦定理可得cos∠𝐵𝐸𝐹=6+3−52×√6×√3=

√23．故选:D.4．（3分）（2022秋·四川遂宁·高二阶段练习）如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，①𝐷𝐴1与𝐵𝐶1平行；②𝐷𝐷1与𝐵𝐶1垂直；③𝐴1𝐵1与𝐵𝐶1垂直．以上三

个命题中，正确命题的序号是（）A．①②B．②③C．③D．①②③【解题思路】根据线面平行、线面垂直的判定与性质，即可得到正确答案．【解答过程】解：对于①，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷

1中，由图可知𝐷𝐴1与𝐵𝐶1异面，故①不正确．对于②，因为𝐷𝐷1//𝐶𝐶1，𝐵𝐶1不垂直𝐶𝐶1，所以𝐷𝐷1与𝐵𝐶1不垂直，故②不正确．对于③，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴1𝐵1⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，又∵𝐵𝐶1⊂平面�

�𝐶𝐶1𝐵1，∴𝐴1𝐵1与𝐵𝐶1垂直.故③正确．故选：C．5．（3分）（2022秋·四川资阳·高二期中）已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，给出下列四个结论：①直线𝐵𝐶1与𝐷𝐴1所成的角为90∘；②直线𝐵𝐶1与𝐶𝐴1所成的角为90∘；③直线𝐵�

�1与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角为45∘；④直线𝐵𝐶1与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角为45∘.其中，正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4【解题思路】由题意，作图，利用线面垂直判定定理，以及线面角

定义，结合三角函数的定义，可得答案.【解答过程】由题意，作图如下：在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐶𝐷⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，由𝐵𝐶1⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，则𝐶𝐷⊥𝐵𝐶1，在

正方形𝐵𝐵1𝐶1𝐶中，𝐶𝐵1⊥𝐵𝐶1，因为𝐶𝐵1∩𝐶𝐷=𝐶，且𝐶𝐷,𝐶𝐵1⊂平面𝐶𝐷𝐴1𝐵1，所以𝐵𝐶1⊥平面𝐶𝐷𝐴1𝐵1，因为𝐷𝐴1,𝐶𝐴1⊂平面𝐶𝐷𝐴1𝐵1，所以𝐵𝐶1⊥𝐷𝐴

1，𝐵𝐶1⊥𝐶𝐴1，故①②正确；同理可得𝐴1𝐶1⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，垂足为𝐸，所以∠𝐸𝐵𝐶1为直线𝐵𝐶1与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角，设正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2，𝐵𝐶1=2√2，𝐸𝐶1=√2，则sin∠𝐸𝐵𝐶1

=𝐸𝐶1𝐵𝐶1=12，即∠𝐸𝐵𝐶1=30∘，故③错误；易知∠𝐶𝐵𝐶1为直线𝐵𝐶1与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角，由tan∠𝐶𝐵𝐶1=𝐶𝐶1𝐵𝐶=1，则∠𝐶𝐵𝐶1=45∘，故④正确.故选：C.6．（3分）（2022秋·浙江温州·高二期中

）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，下列说法错误的是（）A．𝐶𝐶1与平面𝐵𝐷𝐶1所成角正切值为√2B．𝐴1𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐶1C．𝐴𝐵⊥𝐵𝐶1D．𝐴𝐵1与𝐵𝐶1

所成角为60°【解题思路】作出图形，设正方体的棱长为1，由正方体的性质及线面垂直、线线垂直的判断(性质)定理、线线角、线面角的定义逐一判断即可.【解答过程】解：如图所示：设正方体的棱长为1，连接𝐴1𝐶1,连接𝐴𝐶交𝐵𝐷于𝑂，连接𝐶1𝑂交𝐴1𝐶于𝐻，

则有𝐵𝐷=𝐵𝐶1=𝐷𝐶1=√2,因为𝐴𝐶⊥𝐵𝐷,𝐴𝐴1⊥𝐵𝐷,𝐴𝐴1∩𝐴𝐶=𝐴,所以𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶,𝐴1𝐶⊂平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶,所以𝐵𝐷

⊥𝐴1𝐶,同理可证𝐵𝐶1⊥𝐴1𝐶,又因为𝐵𝐷∩𝐵𝐶1=𝐵,所以𝐴1𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐶1,故B正确；又因为𝐶1𝐻⊂平面𝐵𝐷𝐶1,所以𝐴1𝐶⊥𝐶1𝐻,所以∠𝐶𝐶1𝐻为𝐶𝐶1与平面

𝐵𝐷𝐶1所成角，又因为Rt△𝑂𝐶𝐶1∼Rt△𝐴1𝐴𝐶,所以∠𝐶𝐶1𝐻=∠𝐴𝐶𝐴1,所以tan∠𝐶𝐶1𝐻=tan∠𝐴𝐶𝐴1=𝐴𝐴1𝐴𝐶=1√2=√22,故A错误；由正方体的性质可知𝐴�

�⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1,所以𝐴𝐵⊥𝐵𝐶1，故C正确；因为△𝐴𝐷1𝐵1为正三角形，所以∠𝐵1𝐴𝐷1=60°,即𝐴𝐵1与𝐵𝐶1所成角为60°，故D正确.故选：A.7．（3分）（2022秋·

浙江·高三阶段练习）已知空间中的直线𝑙1，𝑙2，𝑙3满足𝑙1//𝑙2//𝑙3，且两两之间的距离均为d（𝑑>0），动点𝐴∈𝑙1，𝐵∈𝑙2，𝐶∈𝑙2，𝐷∈𝑙3，𝐴𝐵，𝐵𝐷，𝐶

𝐷，𝐴𝐶的中点分别为M，P，N，Q，则在A，B，C，D的变化过程中，存在某一位置，使得（）A．𝑀𝑁=𝑃𝑄，点A在面𝐵𝐶𝐷上的射影为△𝐵𝐶𝐷垂心B．𝑀𝑁≠𝑃𝑄，点A在面𝐵𝐶𝐷上的射影为

△𝐵𝐶𝐷垂心C．𝑀𝑁=𝑃𝑄，点A在面𝐵𝐶𝐷上的射影为△𝐵𝐶𝐷内心D．𝑀𝑁≠𝑃𝑄，点A在面𝐵𝐶𝐷上的射影为△𝐵𝐶𝐷内心【解题思路】由题意，点𝐴在面𝐵𝐶𝐷上的射影在

△𝐵𝐶𝐷平行于𝐵𝐶的中位线上，可排除CD，设点𝐴在面𝐵𝐶𝐷上的射影为𝐻，再结合线面垂直的判定定理即可判断AB.【解答过程】直线𝑙1，𝑙2，𝑙3满足𝑙1//𝑙2//𝑙3，且两两之间的距离均为d（𝑑>0），所以点𝐴在面𝐵𝐶𝐷上的射影在

△𝐵𝐶𝐷平行于𝐵𝐶的中位线上，所以点𝐴在面𝐵𝐶𝐷上的射影不可能为△𝐵𝐶𝐷内心，排除选项C，D.当𝐴𝐷⊥𝐵𝐶时，𝑀𝑄⊥𝑁𝑄，此时四边形𝑀𝑃𝑁𝑄为矩形，所以𝑀𝑁=𝑃𝑄.设点𝐴在面𝐵𝐶𝐷上的射影为𝐻，则𝐴

𝐻⊥𝐵𝐶，𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，𝐴𝐻∩𝐴𝐷=𝐴，所以𝐵𝐶⊥面𝐴𝐷𝐻，所以𝐷𝐻⊥𝐵𝐶.对于B，C位置确定：取点𝐵(𝐵∉𝐷𝐻)，连结𝐵𝐻，过𝐷作𝐵𝐻的垂线与𝑙2的交点即为𝐶.此时点𝐴在面𝐵𝐶𝐷上的射影

𝐻为△𝐵𝐶𝐷的垂心.若点𝐴在面𝐵𝐶𝐷上的射影为△𝐵𝐶𝐷垂心，则𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，所以𝑀𝑄⊥𝑁𝑄，此时四边形𝑀𝑃𝑁𝑄为矩形，所以𝑀𝑁=𝑃𝑄，排除选项B.故选：A.8．（3分）（2022·全国·高三专题练

习）如图所示，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，侧棱𝐴𝐴1⊥底面𝐴1𝐵1𝐶1，∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐴𝐴1=1，D是棱𝐶𝐶1的中点，P是AD的延长线与𝐴1𝐶1的延长线的交点，若点Q在线段𝐵1𝑃上，则下列结论中正确的是（）.A．当点

Q为线段𝐵1𝑃的中点时，𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷B．当点Q为线段𝐵1𝑃的三等分点时，𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷C．在线段𝐵1𝑃的延长线上，存在一点Q，使得𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷D．不存在DQ与平面𝐴1𝐵𝐷垂直【解题思路】依据线面垂直性质定

理，利用反证法即可否定选项ABC；按照点Q为线段𝐵1𝑃的中点和点Q不为线段𝐵1𝑃的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.【解答过程】连接𝐴𝐵1，交𝐴1𝐵于H在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，侧棱𝐴𝐴1⊥底面𝐴1𝐵1𝐶1，𝐴𝐵=𝐴𝐴1=1，则四边形

𝐴1𝐵1𝐵𝐴为正方形，则𝐴𝐵1⊥𝐴1𝐵又∠𝐵𝐴𝐶=90°，即𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，又𝐴𝐴1⊥𝐴𝐶，𝐴𝐵∩𝐴𝐴1=𝐴，𝐴𝐴1⊂面𝐴1𝐵1𝐵𝐴，𝐴𝐵⊂面𝐴1𝐵1𝐵𝐴则𝐴𝐶⊥面𝐴1𝐵1𝐵𝐴，则𝐴𝐶

⊥𝐴1𝐵又𝐴𝐵1⊥𝐴1𝐵，𝐴𝐵1∩𝐴𝐶=𝐴，𝐴𝐵1⊂面𝐴𝐵1𝐶，𝐴𝐶⊂面𝐴𝐵1𝐶则𝐴1𝐵⊥面𝐴𝐵1𝐶，选项A：当点Q为线段𝐵1𝑃的中点时，又D是棱𝐶𝐶1的中点，则𝐷𝑄//

𝐴𝐵1若𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷，则𝐴𝐵1⊥平面𝐴1𝐵𝐷又𝐴1𝐵⊥面𝐴𝐵1𝐶，则面𝐴𝐵1𝐶//平面𝐴1𝐵𝐷，这与𝐴𝐵1∩𝐴1𝐵=𝐻矛盾，故假设不成立，即当点Q为线

段𝐵1𝑃的中点时，𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷不正确；选项B：当点Q为线段𝐵1𝑃的三等分点时，又D是棱𝐶𝐶1的中点，则𝐷𝑄//𝐴𝐵1不成立，即𝐷𝑄与𝐴𝐵1为相交直线，若𝐷𝑄⊥平面𝐴1�

�𝐷，则𝐷𝑄⊥𝐴1𝐵又𝐴𝐵1⊥𝐴1𝐵，𝐷𝑄与𝐴𝐵1为相交直线，𝐴𝐵1⊂面𝐴𝐵1𝑃，𝐷𝑄⊂面𝐴𝐵1𝑃则𝐴1𝐵⊥面𝐴𝐵1𝑃，又𝐴1𝐵⊥面𝐴𝐵1𝐶，则面𝐴𝐵1𝑃//面𝐴𝐵1𝐶这与面𝐴𝐵1𝑃∩面𝐴𝐵1𝐶=𝐴�

�1矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段𝐵1𝑃的点三等分时，𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷，不正确；选项C：在线段𝐵1𝑃的延长线上一点Q，又D是棱𝐶𝐶1的中点，则𝐷𝑄//𝐴𝐵1不成立，即𝐷𝑄与𝐴𝐵1为相交直线，若𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷，则𝐷𝑄⊥𝐴1𝐵又𝐴

𝐵1⊥𝐴1𝐵，𝐷𝑄与𝐴𝐵1为相交直线，𝐴𝐵1⊂面𝐴𝐵1𝑃，𝐷𝑄⊂面𝐴𝐵1𝑃则𝐴1𝐵⊥面𝐴𝐵1𝑃，又𝐴1𝐵⊥面𝐴𝐵1𝐶，则面𝐴𝐵1𝑃//面𝐴𝐵1𝐶这与

面𝐴𝐵1𝑃∩面𝐴𝐵1𝐶=𝐴𝐵1矛盾，故假设不成立，即在线段𝐵1𝑃的延长线上，存在一点Q，使得𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段𝐵1𝑃的中点时，𝐷�

�⊥平面𝐴1𝐵𝐷不成立；假设点Q在线段𝐵1𝑃上，且不是中点，又D是棱𝐶𝐶1的中点，则𝐷𝑄//𝐴𝐵1不成立，即𝐷𝑄与𝐴𝐵1为相交直线，若𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷，则𝐷𝑄⊥𝐴1𝐵又𝐴𝐵

1⊥𝐴1𝐵，𝐷𝑄与𝐴𝐵1为相交直线，𝐴𝐵1⊂面𝐴𝐵1𝑃，𝐷𝑄⊂面𝐴𝐵1𝑃则𝐴1𝐵⊥面𝐴𝐵1𝑃，又𝐴1𝐵⊥面𝐴𝐵1𝐶，则面𝐴𝐵1𝑃//面𝐴𝐵1𝐶这与面𝐴𝐵1�

�∩面𝐴𝐵1𝐶=𝐴𝐵1矛盾，故假设不成立，即点Q在线段𝐵1𝑃上，且不是中点时，𝐷𝑄⊥平面𝐴1𝐵𝐷不正确；故不存在DQ与平面𝐴1𝐵𝐷垂直.判断正确.故选：D.二．多选题（共

4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2023秋·海南·高三期末）在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐷=𝐴𝐴1，𝐴𝐵=√2𝐵𝐶，则下列线段与𝐴𝐶1垂直的有（）A．𝐴1𝐷B．𝐵

1𝐶C．𝐵1𝐷D．𝐵𝐷1【解题思路】由线面垂直证明线线垂直得到AB选项正确，由正方形对角线互相垂直得到D选项正确，由等边三角形证得C选项错误.【解答过程】如图所示，因为𝐴𝐷=𝐴𝐴1，所以侧面𝐴𝐷𝐷1𝐴1是正方形，所以𝐴1𝐷⊥𝐴𝐷1，长

方体中，𝐴𝐵⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，𝐴1𝐷⊂平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，𝐴𝐵⊥𝐴1𝐷，𝐴𝐷1,𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶1𝐷1，𝐴𝐷1∩𝐴𝐵=𝐴，故𝐴1𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶1𝐷

1，𝐴𝐶1⊂平面𝐴𝐵𝐶1𝐷1，𝐴1𝐷⊥𝐴𝐶1，A选项正确；同理𝐵1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶1𝐷1，𝐴𝐶1⊂平面𝐴𝐵𝐶1𝐷1，𝐵1𝐶⊥𝐴𝐶1，B选项正确；𝐴𝐷1=√2�

�𝐷=𝐴𝐵，所以四边形𝐴𝐵𝐶1𝐷1为正方形，所以𝐴𝐶1⊥𝐵𝐷1，D选项正确；易知𝐴𝐶1，𝐵1𝐷交于长方体的中心O，𝐴𝐶1=𝐵1𝐷=𝐵𝐷1=√2𝐴𝐵=2𝐴�

�，在△𝑂𝐵1𝐶1中，可得𝑂𝐵1=𝑂𝐶1=𝐵1𝐶1=𝐴𝐷，故∠𝐵1𝑂𝐶1=60°，所以𝐵1𝐷不与𝐴𝐶1垂直，C选项错误.故选：ABD.10．（4分）（2022春·广东阳江·高一期末）如图，三棱柱ABC

-A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述错误的是（）A．CC1与B1E是异面直线B．C1C与AE共面C．AE与B1C1是异面直线D．AE与B1C1所成的角为60°【解题思路

】根据异面直线的定义及异面直线的夹角问题可一一判断.【解答过程】由于CC1与B1E都在平面C1B1BC内，故C1C与B1E共面，A错误；由于C1C在平面C1B1BC内，而AE与平面C1B1BC相交于E点，点

E不在C1C上，故C1C与AE是异面直线，B错误；同理AE与B1C1是异面直线，C正确；AE与B1C1所成的角就是AE与BC所成的角，而E为BC中点，△ABC为正三角形，所以AE⊥BC，即AE与B1C1所成为90°，D错误.故选：ABD.11．（4分）（2022秋·广东佛山·高

二期中）如图，𝑃𝐴⊥圆𝑂所在的平面，𝐴𝐵是圆𝑂的直径，𝐶是圆𝑂上的一点，𝐸，𝐹分别是点𝐴在𝑃𝐵,𝑃𝐶上的射影，给出下列结论，其中正确结论是（）A．𝐴𝐹⊥𝑃𝐵B．𝐴𝐸⊥面𝑃𝐵𝐶C．𝐴𝐹⊥𝐵𝐶D．𝐸𝐹⊥𝑃𝐵【解题思路】根

据线面垂直，线线垂直的判定和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【解答过程】A：因为𝑃𝐴⊥面𝐴𝐵𝐶,𝐵𝐶⊂面𝐴𝐵𝐶，故可得𝐵𝐶⊥𝑃𝐴，又𝐵𝐶⊥𝐴𝐶,𝑃𝐴∩𝐴𝐶=

𝐴,𝑃𝐴,𝐴𝐶⊂面𝑃𝐴𝐶，故𝐵𝐶⊥面𝑃𝐴𝐶；又因为𝐴𝐹⊂面𝑃𝐴𝐶，故𝐴𝐹⊥𝐵𝐶；根据题意𝐴𝐹⊥𝑃𝐶,𝐵𝐶∩𝑃𝐶=𝐶,𝐵𝐶,𝑃𝐶⊂面𝑃𝐵𝐶，故𝐴𝐹⊥面𝑃𝐵�

�，又𝑃𝐵⊂面𝑃𝐵𝐶，故𝐴𝐹⊥𝑃𝐵，故正确；B：由A可知，𝐴𝐹⊥面𝑃𝐵𝐶，过一点𝐴不可能有两条直线垂直于同一个平面𝑃𝐵𝐶，故错误；C：由A可知：𝐴𝐹⊥面𝑃𝐵𝐶,𝐵𝐶⊂面𝑃𝐵𝐶，故𝐴𝐹⊥𝐵𝐶

，故正确；D：由A可知：𝐴𝐹⊥面𝑃𝐵𝐶,𝑃𝐵⊂面𝑃𝐵𝐶，故可得𝑃𝐵⊥𝐴𝐹，又𝑃𝐵⊥𝐴𝐸，𝐴𝐸∩𝐴𝐹=𝐴,𝐴𝐸,𝐴𝐹⊂面𝐴𝐸𝐹，故𝑃𝐵⊥面𝐴𝐸𝐹

，又𝐸𝐹⊂面𝐴𝐸𝐹，则𝐸𝐹⊥𝑃𝐵，故正确.故选：ACD.12．（4分）（2023·湖南·模拟预测）已知正四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的所有棱长均为2√2，𝐸，𝐹分别是𝑃𝐶，𝐴𝐵的中

点，𝑀为棱𝑃𝐵上异于𝑃，𝐵的一动点，则以下结论正确的是（）A．异面直线𝐸𝐹、𝑃𝐷所成角的大小为𝜋3B．直线𝐸𝐹与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成角的正弦值为√66C．△𝐸𝑀𝐹周长的最小值为√6+2√2D．存在点𝑀使得𝑃𝐵⊥平面𝑀𝐸𝐹

【解题思路】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．【解答过程】如图1，取𝑃𝐷的中点𝑄，连接𝐸𝑄，𝐴𝑄，因为𝐸，𝐹分别是𝑃𝐶，𝐴𝐵

的中点，所以𝐸𝑄∥𝐷𝐶∥𝐴𝐹，且𝐸𝑄=𝐴𝐹，所以四边形𝐴𝐹𝐸𝑄为平行四边形，则𝐸𝐹∥𝐴𝑄，又正四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的所有棱长均为2√2，则𝐴𝑄⊥𝑃𝐷，所以异面直线𝐸𝐹，𝑃𝐷所成角为π2，故A

错误；设正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的中心为𝑂，连接𝑂𝐶，𝑃𝑂，则𝑃𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑂𝐶=𝑂𝑃=2，设𝑂𝐶的中点为𝐻，连接𝐸𝐻，𝐹𝐻，则𝐸𝐻∥𝑂𝑃，且𝐸𝐻⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以∠𝐸𝐹𝐻为直线𝐸𝐹与平面𝐴�

�𝐶𝐷所成角，所以𝐸𝐻=12𝑃𝑂=1，△𝑂𝐹𝐻中，𝑂𝐻=1，𝑂𝐹=√2，∠𝐹𝑂𝐶=135°，所以由余弦定理可得𝐹𝐻=√5，所以𝐸𝐹=√𝐸𝐻2+𝐹𝐻2=√6，所以sin∠𝐸𝐹𝐻=𝐸𝐻𝐸𝐹=1√6=√66，故B正确；将正△�

�𝐴𝐵和△𝑃𝐵𝐶沿𝑃𝐵翻折到一个平面内，如图2，当𝐸，𝑀，𝐹三点共线时，𝑀𝐸+𝑀𝐹取得最小值，此时，点𝑀为𝑃𝐵的中点，𝑀𝐸+𝑀𝐹=𝐵𝐶=2√2，所以△𝐸𝑀𝐹周长的最小值为√6+2√2，故C正确；若𝑃�

�⊥平面𝑀𝐸𝐹，则𝑃𝐵⊥𝑀𝐸，此时点𝑀为𝑃𝐵上靠近点𝑃的四等分点，而此时，𝑃𝐵与𝐹𝑀显然不垂直，故D错误；故选：BC．三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022·全国·高二期中）在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的

中点，则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有AB，A1B1．【解题思路】根据线线垂直的定义或判定来判断即可.【解答过程】由正三棱柱的性质可知与直线CD和AA1都垂直的直线有AB，A1B1．故答案为：AB，A1B1.14．（4分）（

2022秋·上海徐汇·高二期末）已知△𝐴𝐵𝐶所在平面外一点𝑃，且𝑃𝐴,𝑃𝐵,𝑃𝐶两两垂直，则点𝑃在平面𝐴𝐵𝐶内的射影应为△𝐴𝐵𝐶的垂心.【解题思路】设点𝑃在平面𝐴𝐵𝐶内的射影

为𝑃1，由已知可证明𝑃𝑃1⊥𝐵𝐶，𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，根据线面垂直的判定以及性质可得𝐵𝐶⊥𝐴𝑃1.同理可得𝐴𝐶⊥𝐵𝑃1，𝐴𝐵⊥𝐶𝑃1，即可得出答案.【解答过程】设点𝑃在平面𝐴𝐵𝐶

内的射影为𝑃1，则𝑃𝑃1⊥平面𝐴𝐵𝐶.又𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝑃1⊥𝐵𝐶.因为𝑃𝐴⊥𝑃𝐵，𝑃𝐴⊥𝑃𝐶，𝑃𝐵∩𝑃𝐶=𝑃，𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，𝑃𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝑃𝐴⊥平面𝑃𝐵𝐶.又

𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝑃𝐴⊥𝐵𝐶.因为𝑃𝐴∩𝑃𝑃1=𝑃，𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝑃1，𝑃𝑃1⊂平面𝑃𝐴𝑃1，所以𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝑃1.又𝐴𝑃1⊂平面𝑃𝐴𝑃1，所以�

�𝐶⊥𝐴𝑃1.同理可证，𝐴𝐶⊥𝐵𝑃1，𝐴𝐵⊥𝐶𝑃1，所以𝑃1是△𝐴𝐵𝐶的垂心.所以，点𝑃在平面𝐴𝐵𝐶内的射影应为△𝐴𝐵𝐶的垂心.故答案为：垂.15．（4分）（2023·四川南充·校

考模拟预测）在正四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸是𝐵1𝐶1的中点，𝐴𝐵=2，𝐴𝐴1=√7，则𝐵𝐸与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成角的正弦值为14.【解题思路】先利用线面

垂直的判定定理证得𝑂𝐶1⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，进而得到直线𝐵𝐸与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成角为∠𝐻𝐵𝐸，从而解直角三角形即可求得其正弦值.【解答过程】设底面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的中心为𝑂，则𝐴1𝐶1⊥𝐵1

𝐷1，因为𝐵𝐵1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，所以𝐴1𝐶1⊥𝐵𝐵1，又𝐵𝐵1∩𝐵1𝐷1=𝐵1,𝐵𝐵1,𝐵1𝐷1⊂平面𝐵𝐷

𝐷1𝐵1，所以𝐴1𝐶1⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，则𝑂𝐶1⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，取𝑂𝐵1的中点𝐻，连接𝐸𝐻，则𝐸𝐻//𝑂𝐶1，所以𝐸𝐻⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，连接𝐵𝐻，则∠𝐻𝐵𝐸为�

�𝐸与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角.因为𝐴𝐵=2，𝐴𝐴1=√7，所以𝐸𝐻=12𝑂𝐶1=√22，𝐵𝐸=√(√7)2+12=2√2，sin∠𝐻𝐵𝐸=𝐸𝐻𝐵𝐸=14.故答案为：14..16．（4分）（2022·上海·高二

专题练习）如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，M、N、P分别是𝐵1𝐶1、𝐷1𝐷和AB的中点，则下列关系：①BM⊥AB；②BM∥平面𝐴1𝑃𝐶1；③𝐵𝑀⊥𝐶1𝑃；④𝐵1𝑁⊥平面

𝐴1𝑃𝐶1，正确的编号为①②④．【解题思路】①，由AB⊥面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，得AB⊥BM，；②，取𝐴1𝐶1的中点O，可得PO∥BM⇒BM∥面𝐴1𝑃𝐶1；③，若𝐵𝑀⊥𝐶1𝑃，可得BM⊥面𝐶1𝑃𝐵⇒𝐵𝑀⊥𝐵𝐶1，与已知矛盾；④，取𝐴𝐴1中点，可得𝐴1

𝑃⊥面𝐵1𝐻𝑁，⇒𝐵1𝑁⊥𝐴1𝑃，即可得𝐵1𝑁⊥平面𝐴1𝑃𝐶1【解答过程】对于①，∵AB⊥面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，BM⊂面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，∴AB⊥BM，故正确；对于②，如图1，取A1C1的中点O

，连接𝑂𝑀，又∵𝑀为𝐵1𝐶1中点，∴𝑂𝑀//𝐴1𝐵1,且𝑂𝑀=12𝐴1𝐵1,∵𝑃为𝐴𝐵中点，𝐴1𝐵1//𝐴𝐵,𝐴1𝐵1=𝐴𝐵，∴𝐵𝑃//𝐴1𝐵1，且𝐵𝑃=12𝐴1𝐵1，∴𝑂𝑀//𝐵𝑃，且𝑂𝑀=𝐵

𝑃，所以四边形𝑂𝑃𝐵𝑀为平行四边形，所以𝑃𝑂//𝐵𝑀，∵𝑃𝑂⊂面𝐴1𝑃𝐶1，𝐵𝑀⊄面𝐴1𝑃𝐶1，∴𝐵𝑀//面𝐴1𝑃𝐶1，故正确；对于③，若𝐵𝑀⊥𝐶1𝑃，由①知AB⊥BM，即𝐵𝑃⊥𝐵𝑀,∵𝐵𝑃∩𝐶

1𝑃=𝑃，且𝐵𝑃,𝐶1𝑃⊂面𝐶1𝑃𝐵，∴BM⊥面𝐶1𝑃𝐵，∵𝐵𝐶1⊂面𝐶1𝑃𝐵∴𝐵𝑀⊥𝐵𝐶1，显然与已知矛盾，故错误；对于④，如图2，取𝐴𝐴1中点H，根据平面几何关系，tan∠𝐴�

�1𝑃=tan∠𝐴1𝐵1𝐻，所以∠𝐴𝐴1𝑃=∠𝐴1𝐵1𝐻∵∠𝐴1𝐵1𝐻+∠𝐴1𝐻𝐵1=90∘，∴∠𝐴𝐴1𝑃+∠𝐴1𝐻𝐵1=90∘，得到𝐴1𝑃⊥𝐵1𝐻，∵𝑁为𝐷𝐷1中点，故得𝑁𝐻⊥面𝐴1

𝐴𝐵𝐵1，∵𝐴1𝑃⊂面𝐴1𝐴𝐵𝐵1，∴𝐻𝑁⊥𝐴1𝑃𝐵1𝐻,𝐻𝑁⊂面𝐵1𝐻𝑁,𝐵1𝐻∩𝐻𝑁=𝐻，所以𝐴1𝑃⊥面𝐵1𝐻𝑁,而𝐵1𝑁⊂面𝐵1𝐻𝑁，所以𝐴1𝑃⊥𝐵1𝑁正方体𝐴𝐵𝐶𝐷

−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴1𝐶1⊥𝐵1𝐷1，𝐵𝐵1⊥面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，𝐴1𝐶1⊂面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1∴𝐵𝐵1⊥𝐴1𝐶1，又∵𝐵1𝐷1∩𝐵𝐵1=𝐵1

，𝐵1𝐷1,𝐵𝐵1⊂面𝐷𝐵𝐵1𝐷1，所以𝐴1𝐶1⊥面𝐷𝐵𝐵1𝐷1，而𝐵1𝑁⊂面𝐷𝐵𝐵1𝐷1，所以𝐴1𝐶1⊥𝐵1𝑁，∵𝐴1𝑃,𝐴1𝐶1⊂面𝐴1𝑃𝐶1,𝐴1𝑃∩𝐴1𝐶1=𝐴1所以𝐵1𝑁⊥面𝐴1𝑃𝐶1，故

正确故答案为：①②④.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·高一课时练习）如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC的中点，点E在棱BB1上运动．证明：AD⊥C1

E.【解题思路】根据题意，先证明线面垂直，进而证明线线垂直即可.【解答过程】因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.①又在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，而AD⊂平面ABC，所以AD⊥BB1

.②BC，BB1为平面BB1C1C内两条相交直线由①②得AD⊥平面BB1C1C.由点E在棱BB1上运动，得C1E⊂平面BB1C1C，所以，AD⊥C1E.18．（6分）（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中.(1)求A1C1与B1C所成角的大小；(2)若E

，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小.【解题思路】（1）作平行线，找到A1C1与B1C所成角，再进行求解；（2）作辅助线，得到A1C1与EF所成的角，证明出垂直关系，得到所成角为90°.【解答过程】（1）如图

所示，连接AC，AB1.由六面体ABCD－A1B1C1D1是正方体知，四边形AA1C1C为平行四边形，∴AC//A1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角.在△AB1C中，由AB1＝A

C＝B1C，可知∠B1CA＝60°，即A1C1与B1C所成的角为60°.（2）如图所示，连接BD.由（1）知AC//A1C1，∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角.∵EF是△ABD的中位线，∴EF

//BD.又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，∴EF⊥A1C1，即A1C1与EF所成的角为90°.19．（8分）（2022·高二课时练习）在四面体ABCD中，设AB⊥CD，AC⊥BD．求证：(1)AD⊥BC；(2)点A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．【解题思路】（1）作出辅助

线，利用线线垂直得到线面垂直，从而得到线线垂直；（2）结合第一问中的证明过程即可得到证明.【解答过程】（1）如图，作AP⊥平面BDC，P是垂足，连接CP、DP、BP．∵𝐶𝐷⊂平面BCD，∴AP⊥CD，∵AB⊥CD，AB∩AP=A∴C

D⊥平面ABP，∵𝐵𝑃⊂平面ABP，∴CD⊥BP，同理可得：BD⊥CP．∴点P是△BDC的垂心．∴DP⊥BC．∵AP⊥平面BDC，𝐵𝐶⊂平面BCD，∴AP⊥BC，∵𝐴𝑃∩𝐷𝑃=𝑃∴BC⊥平面ADP，∵𝐴𝐷⊂平面ADP∴AD⊥BC．（2）由（1）证明可得

：点A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．20．（8分）（2022·全国·高一专题练习）如图，在边长为2的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝐸是𝐴𝐵的中点，点𝐹是𝐵𝐶的中点，将△𝐴𝐸𝐷，△𝐵𝐸𝐹，△𝐷𝐶𝐹分别沿𝐷𝐸

，𝐸𝐹，𝐷𝐹折起，使𝐴，𝐵，𝐶三点重合于点𝐴′．（1）求证：𝐴′𝐷⊥𝐸𝐹；（2）求直线𝐴′𝐷与平面𝐸𝐹𝐷所成角的正弦值．【解题思路】（1）由正方形𝐴𝐵𝐶𝐷折叠后，得到𝐴′𝐷⊥𝐴′𝐸,𝐴′

𝐷⊥𝐴′𝐹，证得𝐴′𝐷⊥平面𝐴′𝐸𝐹，进而得到𝐴′𝐷⊥𝐸𝐹.（2）取𝐸𝐹中点𝐺，连接𝐴′𝐺，由折叠前后结合线面垂直的判定定理知𝐸𝐹⊥平面𝐴′𝐺𝐷，进而得到∠𝐴′𝐷𝐺即为直

线𝐴′𝐷与平面𝐸𝐹𝐷所成的角，在直角△𝐴′𝐷𝐺中可求解.【解答过程】（1）证明：由题意，根据折叠前后，可得𝐴′𝐷⊥𝐴′𝐸,𝐴′𝐷⊥𝐴′𝐹，又𝐴′𝐸∩𝐴′𝐹=𝐴，所以𝐴′𝐷⊥平面𝐴′𝐸𝐹，又𝐸𝐹⊂平面𝐴′𝐸𝐹，所以𝐴′𝐷⊥𝐸𝐹

；（2）取𝐸𝐹中点𝐺，连接𝐴′𝐺，由折叠前后知𝐴′𝐸=𝐴′𝐹=1，∴𝐴′𝐺⊥𝐸𝐹，𝐷𝐸=𝐷𝐹=√5，∴𝐷𝐺⊥𝐸𝐹，又𝐷𝐺∩𝐴′𝐺=𝐺，∴𝐸𝐹⊥平面𝐴′𝐺𝐷，∴𝐴′在面𝐸𝐹𝐷

的射影在𝐷𝐺上，则∠𝐴′𝐷𝐺即为直线𝐴′𝐷与平面𝐸𝐹𝐷所成的角，由（1）可得𝐴′𝐷⊥𝐴′𝐺，所以△𝐴′𝐷𝐺为直角三角形，因为正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2，可得𝐸𝐹=√2，∴𝐷𝐺=√(√5)2−(√22)2=3√22，又𝐴′𝐷=2，∴

𝐴′𝐺=√𝐷𝐺2−𝐴′𝐷2=√92−4=√22，∴sin∠𝐴′𝐷𝐺=𝐴′𝐺𝐷𝐺=√223√22=13，即直线𝐴′𝐷与平面𝐸𝐹𝐷所成角的正弦值为13.21．（8分）（2023·全国·高三专题练习）在△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=90∘，D是𝐴𝐶的中点

，S是△𝐴𝐵𝐶所在平面外一点，且𝑆𝐴=𝑆𝐵=𝑆𝐶.(1)求证：𝑆𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶；(2)若𝐴𝐵=𝐵𝐶，求证：𝐵𝐷⊥平面𝑆𝐴𝐶.【解题思路】（1）𝑆𝐴=𝑆

𝐶，D为𝐴𝐶的中点得𝑆𝐷⊥𝐴𝐶，由△𝑆𝐷𝐵≅△𝑆𝐷𝐴得𝑆𝐷⊥𝐵𝐷，再由线面垂直的判断定理可得答案；（2）𝐴𝐵=𝐵𝐶，D是𝐴𝐶的中点得𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，由（1）知𝑆𝐷⊥𝐵𝐷，再由线面垂

直的判断定理可得𝐵𝐷⊥平面𝑆𝐴𝐶.【解答过程】（1）如图，∵𝑆𝐴=𝑆𝐶，D为𝐴𝐶的中点，∴𝑆𝐷⊥𝐴𝐶，连接𝐵𝐷，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，有𝐴𝐷=𝐷𝐶=𝐷𝐵，∵𝑆𝐴=𝑆

𝐵，𝑆𝐷为公共边，∴△𝑆𝐷𝐵≅△𝑆𝐷𝐴，∴∠𝑆𝐷𝐵=∠𝑆𝐷𝐴=90∘，∴𝑆𝐷⊥𝐵𝐷，又𝐴𝐶∩𝐵𝐷=𝐷，𝐴𝐶，𝐵𝐷为平面𝐴𝐵𝐶两条直线，∴𝑆𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶（2）∵𝐴𝐵=𝐵𝐶，D

是𝐴𝐶的中点，∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，由（1）知𝑆𝐷⊥𝐵𝐷，且𝐴𝐶∩𝑆𝐷=𝐷，𝐴𝐶，𝑆𝐷为平面𝑆𝐴𝐶内两条直线，∴𝐵𝐷⊥平面𝑆𝐴𝐶.22．（8分）（2022秋·

山东菏泽·高三阶段练习）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F在BB1上．（1）求证：C1D⊥平面AA1B1B；（2）在下列给出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.【解题思路】(1)根据给定条件证得C1D⊥A1B1及AA1⊥C1D即可推理作答；(2)连接DF，A1B，选①③，先证DF⊥AB1，再结合(1)证得

C1D⊥AB1即可证得AB1⊥平面C1DF，选①②、选②③推理说明不能证得结论成立.【解答过程】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，依题意有A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°，又D是A1B1的中点，则C1D⊥A1B1，又

AA1⊥平面A1B1C1，C1D⊂平面A1B1C1，于是得AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1=A1，A1B1⊂平面AA1B1B，AA1⊂平面AA1B1B，所以C1D⊥平面AA1B1B；（2）(ⅰ)选①③能证明A

B1⊥平面C1DF，连接DF，A1B，如图，则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=√2，又AA1=√2，于是得四边形AA1B1B为正方形，则有A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1，因C1D⊥平面AA1B1

B，AB1⊂平面AA1B1B，因此得C1D⊥AB1，DF∩C1D=D，C1D⊂平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥平面C1DF；(ⅰⅰ)选①②不能证明AB1⊥平面C1DF，连接DF，A1B，如图，则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=9

0°，则AB=√2，AA1=√𝐴𝐵12−𝐴1𝐵12=1，于是得四边形AA1B1B为长方形，则有A1B与AB1不垂直，即有DF与AB1不垂直，所以AB1不垂直于平面C1DF；(ⅰⅰⅰ)选②③不能证明AB1⊥平面C1DF

，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=√2，又𝐴𝐵1=√𝐴𝐵2+𝐴𝐴12=2≠√3，矛盾，所以不能证明AB1⊥平面C1DF，综上：(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.