【文档说明】《人教A版（2019）高一数学下学期期末考试分类汇编》五种直线、平面平行与垂直的判定与性质解题方法 -（教师版）【高考】.docx，共(60)页，4.783 MB，由小赞的店铺上传

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专题06五种直线、平面平行与垂直的判定与性质解题方法题型一：求异面直线所成角题型二：证明线线、线面平行的方法题型三：证明面面平行的方法题型四：证明线线、线面垂直的方法题型五：证明面面垂直的方法题型一：求异面直线所成角一、单选题1

．（2019·江苏苏州·高一期末）正方体1111ABCDABCD−中，异面直线1AA与BC所成角的大小为（）A．30°B．45C．60D．90【答案】D【分析】利用异面直线1AA与BC所成角的的定义，平移直线BC，即可得答案．【详解】在正方体1111ABCDABCD−中，易得190AAD

=．//ADBC异面直线1AA与BC垂直，即所成的角为90.故选：D．【点睛】本题考查异面直线所成角的定义，考查对基本概念的理解，属于基础题.2．（2020·宁夏银川·高一期末）下图的正方体ABCDA

BCD−中，异面直线AA与BC所成的角是（）A．30B．45C．60D．90【答案】B【解析】只需将异面直线AA与BC平移至同一个平面内，转化为两条相交直线，即可求出它们所成的角．【详解】在正方体ABCDABCD−中，因为//AABB，所以BBC

即为异面直线AA与BC所成的角，因为45BBC=，所以异面直线AA与BC所成的角为45.故选：B.【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求法．求两条异面直线所成角的大小，一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决，根据空间等角定理及推论可知，异面直线所成角的大小

与顶点位置无关，往往可以选在其中一条直线上（线面的端点或中点）利用三角形求解．3．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在正三棱锥DABC−中，ADDC⊥，点F为棱AC的中点，则异面直线DF与AB所成角的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°【答

案】C【分析】取BC的中点E，∠DFE即为所求，结合条件即求.【详解】如图取BC的中点E，连接EF，DE，则EF∥AB，∠DFE即为所求，设DFa=，在正三棱锥DABC−中，ADDC⊥，故2,2ABACBCaDADBDCa

======，∴EFDEDFa===，∴60DFE=，即异面直线DF与AB所成角的大小为60.故选：C.4．（2021·湖北孝感·高一期末）在正方体1111ABCDABCD−中，M为11AC和11BD的交点，则异面直线BM与1AD所

成的角为（）A．6B．4C．3D．2【答案】A【分析】平移直线1AD至1BC，将直线PB与1AD所成的角转化为PB与1BC所成的角，解三角形即得结果.【详解】如图，连接1,BCMB，因为1AD∥1BC，所以MBC1或其补角为直线

MB与1AD所成的角，因为1BB⊥平面1111DCBA，所以11BBMC⊥，又111MCBD⊥，1111BBBDB=，111,BBBD平面1MBB，所以MC1⊥平面1MBB，所以1MCPB⊥，设正方体棱长为2

，则1111122,22BCMCAC===，11121sin222MCMBCBC===，而直角三角形中MBC1是锐角，所以16MBC=，即异面直线BM与1AD所成的角是6.故选：A.5．（2021·贵州毕节·高一期末）在空间四边形ABCD中，AB

CD=，E，F分别为BC，AD的中点，若AB与CD所成的角为40°，则EF与AB所成角的大小为（）A．20°B．70°C．20°或70°D．40°或140°【答案】C【分析】根据异面直线所成角的定义转化为相交直线所成角，利用几何图形求EF与AB所成角的大小.【详解】取

AC的中点M，BD的中点N，连接,,,,MEENNFFMEF，,,,MENF分别是,,,ACBCBDAD的中点，//,//MEABNFAB，//MENF，同理//ENMF，四边形MENF是平行四边形，又ABCD=，=MEEN，四边形MENF是菱形

，AB与CD所成的角为40，40MEN=或140，EF与AB所成角是1202MEFMEN==或70.故选：C二、多选题6．（2021·江苏常州·高一期末）下图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．//BFCDB．DGBH⊥C

．CH与BG成60°角D．BE与平面ABCD所成角为45°【答案】BCD【分析】由正方体的平面展开图还原原正方体，再由正方体的结构特征结合空间角的概念逐个分析判断即可【详解】由正方体的平面展开图还原原正方体如图所

示，由正方体的结构特征可知，BF与CD异面垂直，所以A错误，DGCH⊥，而CH为BH在平面DCGH上的射影，所以DGBH⊥，所以B正确，连接AH，由AB∥GH，ABGH=，可得四边形ABGH为平行四边形，则AH∥B

G，所以AHC或其补角为异面直线CH与BG所成的角，连接AC，可得AHC为等边三角形，得CH与BG成60°角，所以C正确，因为AE⊥平面ABCD，所以EBA为BE与平面ABCD所成角为45，所以D正确，故选：BCD三、填空题7．（2020

·天津市红桥区教师发展中心高一期末）正方体1111ABCDABCD−中，异面直线1AB与1BC所成角的大小为_________.【答案】3【分析】连接1AD、BD，证明11//ADBC，可得1DAB即为异面直线1AB与1BC所成角，在1DAB△求1DAB即可求解.

【详解】如图，连接1AD、BD，因为11ABDCP，所以四边形11ABCD是平行四边形，所以11//ADBC，所以1DAB即为异面直线1AB与1BC所成角，设正方体1111ABCDABCD−的棱长为a，在1DAB△中，112DAABBDa===，

所以1DAB△是等边三角形，所以13DAB=，即异面直线1AB与1BC所成角为3，故答案为：3【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，具体步骤如下（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所

成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．8．（2022·陕西西安·高一

期末）在正方体1111ABCDABCD−中，则异面直线1AB与1BC的夹角为_________．【答案】3【解析】先证明11//ADBC，可得11DAB或其补角即为异面直线1AB与1BC所成的角，

连接11DB，在11ABD中求11DAB即可.【详解】在正方体1111ABCDABCD−中，//,ABDCABCD=，1111//,,DCDCDCDC=所以1111//,ABDCABDC=，所以四边形11ABCD是平行四边形，所以11//AD

BC，所以11DAB或其补角即为异面直线1AB与1BC所成的角，连接11DB，由1111ABCDABCD−为正方体可得11ABD是等边三角形，所以113DAB=.故答案为：3【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移

直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所

成的角的取值范围是0,2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．9．（2020·湖北·高一期末）已知M是长方体1111ABCDABCD−的棱1BB的中点，底面ABCD为正方形且

12AAAB=，则AM与11BD所成角的大小用弧度制可以表示为______.【答案】3【分析】取1AA中点N，连接11,BNDN，可判断11DBNÐ即为AM与11BD所成角，求出即可.【详解】如图，取1AA中点N，连接11,BNDN，设12=

2AAAB=，,MN是中点，可知1//ANBM且1ANBM=，四边形1AMBN是平行四边形，1//AMBN,则11DBNÐ即为AM与11BD所成角，可知11112,2,2BNBDDN===，113DBNp\?，即AM与11BD

所成角为3.故答案为：3.【点睛】本题考查异面直线所成角的求解，属于基础题.10．（2021·吉林·长春市第二十中学高一期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F依次是A1D1和B1C1的中点，则异面直线AE与CF所成角的余

弦值为_____.【答案】35【解析】先推导出BF∥AE，从而∠BFC是异面直线AE与CF所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.【详解】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵E，F依次是A1D1和B1C1的中点

，∴BF∥AE，∴∠BFC是异面直线AE与CF所成角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则BF＝CF415=+=，∴cos∠BFC55435255+−==.∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为35.故答案为：35.【点睛】本题考查异面直线所成角的

余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.11．（2021·山西吕梁·高一期末）已知正三棱柱中111ABCABC−中，2AB=，14BB=，D，E分别是棱11

AC，1BB的中点，则异面直线1BD与AE所成角的正切值为______.【答案】153【分析】作出辅助线，证得1DBF或其补角为异面直线1BD与AE所成角，然后求出相关线段的长度，进而在1BDF中，利用余弦定理求出余弦值，进而可以

求出结果.【详解】取1AA的中点F，连接1,BFDF,因为E分别是棱1BB的中点，所以1AFBE=且1//AFBE，所以四边形1AFBE为平行四边形，故1//FBEA，所以1DBF或其补角为异面直线

1BD与AE所成角，因为111ABC△为等边三角形，D分别是棱11AC的中点，所以111BDAC^，所以13BD=，在1RtADF中，22125DF=+=，在RtABE△中，222222AE=+=，所以122BF=，在1BDF中，()()()22213

2256cos42322DBF+−==，因为异面直线成角的范围是0,2，故1DBF为异面直线1BD与AE所成角，而115tan3DBF=，故答案为：153.题型二：证明线线、线面平

行的方法一、单选题1．（2020·湖南师大附中高一期末）设a是直线，是平面，则能推出//a的条件是（）A．存在一条直线b，//ab，bB．存在一条直线b，ab⊥rr，b⊥C．存在一个平面，a，//D．存在一个平面，a⊥，⊥【答案

】C【分析】利用a可得到ABD的反例，利用面面平行性质知C正确.【详解】对于A，若a，可满足//ab，b，但无法得到//a，A错误；对于B，若a，可满足ab⊥rr，b⊥，但无法得到//a，B错误；对于C，由面面平行的性

质知：若//，a，则//a，C正确；对于D，若a，可满足a⊥，⊥，但无法得到//a，D错误.故选：C.2．（2019·天津市红桥区教师发展中心高一期末）下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N

，P分别为其所在棱的中点，能得出直线AB∥平面MNP的图形的序号是（）A．①③B．①②C．①④D．②③【答案】A【分析】运用线面平行的判定、面面平行及线面相交、面面平行的性质，并结合图形即可判断结论在各图中是否正确【详解】图①，如图，作MC//NP，连接,N

CPC，得平面MCPN//ABNC，NC平面MCPN⇒AB//平面MCPN即AB//平面MNP，故①项正确；图②，如图，连结,,ACADCD由已知可得平面MNP//平面ACD；∵AB和平面ACD相交，∴AB不平行于平面MNP，故②项错误；图③，如图，连接CD由已

知可得AB//CD，而MP//CD，可得AB//MP，∵平面AB/平面MNP，又∵MP平面MNP∴AB//平面MNP，故③项正确；③④项，如图，由DB//MN，MN平面MNP，若AB//平面MNP，又ABDBB=则平面A

CBD//平面MNP而由图可知，平面ACBD不可能平行平面MNP∴AB不平行于平面MNP，故④项错误.综上，①③符合题意.故选：A二、填空题3．（2021·天津河东·高一期末）如图，CD=I，EF=I，AB=

I，AB//，则CD与EF的位置关系为___________．【答案】//CDEF【分析】由线面平行的性质有//ABCD，根据线面平行的判定可得//CD，最后再由线面平行的性质即可得//CDEF.【详解】∵AB//，

AB，CD=I，∴//ABCD，又AB，CD，∴//CD，又CD，EF=I，∴//CDEF.故答案为：//CDEF4．（2021·浙江·高一期末）空间四边形ABCD中，,EF分别在边,ADCD上，且满足DEDFEAFC=，则直线EF与平面

ABC的位置关系是_________．【答案】平行【分析】由已知得//EFAC，由此能证明//EF平面ABC．【详解】空间四边形ABCD中，E，F分别是AD，CD上的点，且DEDFEAFC=//EFAC，EF平面ABC，AC平面ABC，//EF平面ABC．故答案为：平行．5．（2022·

陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高一期末）如图，平面////，直线,lm分别与、、相交于点A、B、C和点D、E、F，若13ABBC=，20DF=，则EF=_______.【答案】15【分析】分两种情况：（1）直

线l和m在同一平面内（2）直线l和m不在同一平面内，即l和m异面然后利用面面平行的性质定理得到线线平行，进一步利用平行线分线段成比例定理得到结果．【详解】分两种情况：（1）直线l和m在同一平面内，设该平面为，连结,,ADBECF因为平面////，==,=,ADBECF

，所以////ADBECF，所以13ABDEBCEF==，又20DF=，所以15EF=；（2）直线l和m不在同一平面内，即l和m异面，过D作//DHAC，平面////，∴,ABDGBCGH==，设直线DH与AC所确定的平面为，又,GEHF==，又//，所以//

GEHF，利用平行线分线段成比例，可得13ABDGDEBCGHEF===，又20DF=，所以15EF=.综上，15EF=.故答案为：15．三、解答题6．（2021·新疆·伊宁市第四中学高一期末）已知EFGH、、、为空间四边形ABCD的边AB

BCCDDA、、、上的中点，求证：//EHFG.【分析】根据中位线定理与平行公理证明即可.【详解】证明：∵在ABD△中，EH、为边ABDA、的中点，∴//EHBD，∵在BCD△中，FG、为边BCCD、上的中点，∴//FGBD，∴//EHFG.7．（2022·

陕西·铜川阳光中学高一期末）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，点,EF分别是棱11,BBDD的中点．求证：(1)//BD平面AEF；(2)EF⊥平面11ACCA．【分析】（1）易证得四边形BDFE为平行四边形，可知//BDEF，由线面平行的

判定可得结论；（2）由正方形性质和线面垂直性质可证得BDAC⊥，1AABD⊥，由线面垂直的判定可得BD⊥平面11ACCA，由//EFBD可得结论.(1),EF分别为11,BBDD的中点，11BBDD=，11//BBDD，//BEDF且BE

DF=，四边形BDFE为平行四边形，//BDEF，又EF平面AEF，BD平面AEF，//BD平面AEF.(2)四边形ABCD为正方形，//BDACEFBDBDEF⊥⊥；1AA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，11//AABDEFBDAAEF⊥⊥，又1ACAAA=∩

，1,ACAA平面11ACCA，11EFACCA⊥平面8．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，正方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别为棱1DD，BC的中点.(1)证明：1AD⊥平面11ABCD；(2)证明：//EF平面11ABCD.【分析

】（1）利用线面垂直的判定定理即证；（2）设11ADADG=，由题可得EF∥GB，再利用线面平行的判定定理可证.(1)由正方体1111ABCDABCD−的性质，可得11ADAD⊥，AB⊥平面11ADDA，∴1ABAD⊥，又1ADABA=，∴1A

D⊥平面11ABCD；(2)设11ADADG=，连接,EGBG，则11//,,//,,22EGADEGADBFADBFAD==∴//,EGBFEGBF=，∴四边形BFEG为平行四边形，∴EF∥GB，又

EF平面11ABCD，GB平面11ABCD，∴//EF平面11ABCD9．（2022·陕西渭南·高一期末）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，E、F分别为1DD、1CC的中点，AC与BD交于点O.求证：(1)1//CEFD；(2)平面//AEC

平面1BFD.【分析】（1）证明出四边形1CEDF为平行四边形，可证得结论成立；（2）证明出//OE平面1BFD，//CE平面1BFD，利用面面平行的判定定理可证得结论成立.(1)证明：在正方体1111ABCDABCD

−中，11//CCDD且11CCDD=，因为E、F分别为1DD、1CC的中点，则1//CFDE且1CFDE=，所以，四边形1CEDF为平行四边形，则1//CEFD.(2)证明：因为四边形ABCD为正方形，ACBDO

=，则O为BD的中点，因为E为1DD的中点，则1//OEBD，OE平面1BFD，1BD平面1BFD，所以，//OE平面1BFD，因为1//CEFD，CE平面1BFD，1FD平面1BFD，所以，//CE平面1

BFD，因为OECEE=，因此，平面//ACE平面1BFD.题型三：证明面面平行的方法一、单选题1．（2021·贵州铜仁·高一期末）已知a，b，c表示直线，表示平面，给出下列命题：①若//a，//b，那么//ab；②若b，//a

，那么//ab；③若ac⊥，bc⊥，则ab⊥rr；④若a⊥，b⊥，那么//ab．其中正确的命题个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【分析】对于①②③可以判断出直线ab、可能平行，可能相交，也可能异面；对于②直线ab、可能平行，也可能

异面；对于④利用线面垂直的性质定理直接证明即可.【详解】对于①若//a，//b，那么直线ab、可能平行，可能相交，也可能异面；故①错误；对于②若b，//a，那么直线ab、可能平行，也可能异面；故②错误；对于③若ac⊥，bc⊥，那么

直线ab、可能平行，可能相交，也可能异面；故③错误；对于④若a⊥，b⊥，按照线面垂直的性质定理可得://ab.故④正确.故选:B2．（2021·贵州·黔西南州同源中学高一期末）已知两条不重合的直线mn

，和两个不重合的平面，，有下列命题：①若m，n⊥，//，则//mn；②若m⊥，n⊥，//mn，则//；③若mn⊥，m⊥，则//n；④若//m，//n，则//mn．其中正确命题

的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】A【分析】利用空间线面、线线，面面的位置关系一一判定各选项即可.【详解】①当m，n⊥，//，则mn⊥，所以①错误；②因为m⊥，//mnn⊥，又n⊥则//，所以②正确

；③若mn⊥，m⊥，则//n或na，所以③错误；④若//m，//n，则//mn或,mn相交或,mn异面，所以④错误.故选：A.二、多选题3．（2021·江苏·金陵中学高一期末）已知,mn是两条

不同的直线，,是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）A．若,//mnn⊥，则m⊥B．若,,mn⊥⊥⊥，则mn⊥C．若,,,mnm⊥=⊥则n⊥D．若,mn，且m与n不平行，/

/,//,mn则//【答案】BD【解析】结合空间线面位置关系及平行垂直的判定与性质定理对选项进行分别判断.【详解】A：若,//mnn⊥，则m与平行或相交或m，A选项错误；B：因为,⊥⊥m，所以//m或m，又n⊥，所以mn⊥，B选项正确；C：若,,

,mnm⊥=⊥则n与相交或平行或n，C选项错误；D：若一个平面内两条相交直线都平行与另一个平面，则这两个平面平行，D选项正确；故选：BD.三、填空题4．（2019·湖南·临澧县第一中学高一期末）平面几何中我们有“垂直于同一条直线的两条直线平行”

，试将该命题中的直线（部分或全部）换成平面，写出一个在空间中成立的命题：_________.【答案】“垂直于同一直线的两个平面平行”或“垂直于同一平面的两直线平行”【分析】从直线到平面，从平面到空间进行类比得解.

【详解】从直线到平面，从平面到空间进行类比得到一个在空间中成立的命题：“垂直于同一直线的两个平面平行”或“垂直于同一平面的两直线平行”.故答案为：“垂直于同一直线的两个平面平行”或“垂直于同一平面的两直线平行”【点睛】

本题主要考查空间位置关系，考查类比推理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.四、解答题5．（2021·贵州黔东南·高一期末）如图，在四棱锥PABCD−中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PDAB=，,,EFG分别是,,PCPDBC的中点．(1)求证：PCAD⊥；(2)

求证：平面//PAB平面EFG．【分析】（1）由PD⊥平面ABCD，得ADPD⊥，再根据线面垂直的判定定理和性质定理得证（2）由//EFAB证明//EF平面PAB，由//EGPB证明//EG平面PAB，再由面面平行的判定定理证明即可.(1)由PD⊥平面ABCD，得ADPD⊥，又ADCD⊥(

ABCD是正方形)，PDCDD=，所以AD⊥平面PDC，所以ADPC⊥.(2)由,EF分别是线段,PCPD的中点，所以//EFCD，又ABCD为正方形，//ABCD，所以//EFAB，又EF平面PAB，所以//EF平面PAB.因为,EG分别是线段,PCBC的中点，所以//E

GPB，又EG平面PAB，所以//EG平面PAB.因为,,EFEGEEFEG=平面EFG，所以平面//EFG平面PAB.6．（2021·广东江门·高一期末）如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点.（1）求证：BC⊥平面PAC；（2

）设Q为PA的中点，G为AOC△的重心，求证：面//OQG平面PBC.【分析】（1）根据圆直径的性质，得BCAC⊥，由PA⊥平面ABC得BCPA⊥，利用线面垂直的判定定理，可证BC⊥平面PAC；（2）延长OG，交AC于

M，连结GM、QM，证出QM是PAC△的中位线，得//QMPC.利用线面平行的判定定理证出//QM平面PBC，同理可得//QO平面PBC，根据面面平行的判定定理，可得平面//OQG平面PBC.【详解】解：

（1）∵AB是圆O的直径，∴BCAC⊥，又∵PA⊥平面ABC，BC平面ABC，∴BCPA⊥.∵PAACA=，∴BC⊥平面PAC；（2）延长OG，交AC于M，连结GM、QM，∵G为AOC△的重心，∴OM是AOC△的中线，∵Q为PA的中点，M为AC的中点，∴//QMPC，∵Q

M平面PBC，PC平面PBC，∴//QM平面PBC，同理可得//QO平面PBC，∵QM、QO是平面OQG内的相交直线，∴平面//OQG平面PBC.7．（2021·贵州毕节·高一期末）如图甲，已知在四棱锥PABCD−中，

底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别在PA，BD，PD上（1）若:::PMMABNNDPQQD==，求证：平面//MNQ平面PBC；（2）如图乙所示，若Q满足:2PQQD=，PMtPA=，当t为何值时，//BM平面AQC．【答案】（1）证胆见解析，（2）12t=【分析】（1）由已知比例式结

合平行线截线段成比例证明线线平行，进一步得到线面平行，再由面面平行的判定定理可证得结论；（2）连接AC交BD于O，连接OQ，取PQ的中点G，连接BG，则可得BG∥OQ，可得BG∥平面AQC，取PA的中点

M,连接GM，则GM∥AQ，可得GM∥平面AQC，则平面BGM∥平面AQC，则BM∥平面AQC，可得M为PA的中点.【详解】（1）证明：因为::PMMAPQQD=，所以QM∥AD，因为AD∥BC，所以QM∥BC，因为QM平面PBC，BC

平面PBC，所以QM∥平面PBC，因为::BNNDPQQD=，所以QN∥PB，因为QN平面PBC，PB平面PBC，，所以QN∥平面PBC，因为QMQNQ=,QM平面MNQ,QN平面MNQ，所以平面//MNQ平面PB

C；（2）连接AC交BD于O，连接OQ，取PQ的中点G，连接BG，则BG∥OQ，因为QO平面AQC,BG平面AQC，所以BG∥平面AQC，取PA的中点M,连接GM，则GM∥AQ，因为AQ平面AQC，GM平面AQC，，所以GM

∥平面AQC，因为BGGMG=，所以平面BGM∥平面AQC，因为BM平面BGM，所以BM∥平面AQC，此时M为PA的中点，所以12PMPA=，因为PMtPA=，所以12t=题型四：证明线线、线面垂直的方法一、单选题1．（

2021·辽宁·辽河油田第一高级中学高一期末）设，，为不同的平面，m，n，l为不同的直线，则下列条件一定能得到m⊥的是（）A．m=，⊥，⊥B．⊥，l=，ml⊥C．n⊥，n⊥，m⊥D．⊥，⊥，m⊥【答案】C【解析】根

据排除法，结合线面垂直的判定，可得结果.【详解】在A中，因为m=，所以,mm，而,m⊥并不垂直于内的所有直线，所以和m可能不垂直，故A错误；在B中，m只垂直内的一条直线，所以不能推出m⊥，故B

错误；在C中，因为,nn⊥⊥，所以//，又m⊥，所以m⊥，故C正确；在D中，由,⊥⊥，不能推出//，所以由m⊥不能推出m⊥，故D错误.故选：C【点睛】本题主要是线面垂直的判定，属基础题.2．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）已知，，是三个不同的平

面，l是一条直线，则下列说法正确的是（）A．若⊥，⊥，l=，则l⊥B．若⊥，l，则l⊥C．若⊥，⊥，则⊥D．若⊥，l=，l∥，则⊥【答案】A【分析】利用面

面垂直的性质，线面的位置关系，面面的位置关系，结合几何模型即可判断.【详解】对于A，在平面内取一点P，在平面内过P分别作平面与，与的交线的垂线a,b，则由面面垂直的性质定理可得,ab⊥⊥，又l=，∴,lalb⊥⊥，

由线面垂直的判定定理可得l⊥，故A正确；对于B，若⊥，l，则l与位置关系不确定，可能l与平行、相交或l在内，故B错误；对于C，若⊥，⊥，则与相交或平行，故C错误；对于D，如图平面,，且

⊥，l=，l∥，显然与不垂直，故D错误.故选：A.3．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室高一期末）在空间中，如果一个角的两边和另一个角的两边分别垂直，则这两个角的大小关系为（）A．相等B．互补C．相等或互补D．不确定【答案】D【分析】EDF的边DE垂直平面E

OF，所以DEOE⊥，作EFOF⊥则DFOF⊥.【详解】如下图所示，EOF确定一个平面，EDF的边DE垂直平面EOF，所以DEOE⊥，作EFOF⊥，因为DE⊥平面EOF，而OF平面EOF，故DEOF⊥，而E

FDEE=，故OF⊥平面EDF，又DF平面EDF中，则DFOF⊥，对于给定的EOF，当D变化时，EDF的取值范围为0,2，故EOF的大小跟EDF无关.故选：D二、填空题4．（2022·宁夏·银川唐徕回民中学高一期末）如图，在直四棱柱1111ABCDABCD−中

，当底面ABCD满足条件___________时，有111ACBD⊥.（只需填写一种正确条件即可）【答案】ACBD⊥(答案不唯一)【分析】直四棱柱1111ABCDABCD−，11AC是1AC在上底面1111DCBA的投影，当1111ACBD⊥时，可得111ACBD⊥，当然底面ABCD满足的条件也

就能写出来了.【详解】根据直四棱柱1111ABCDABCD−可得：1BB∥1DD，且11BBDD=，所以四边形11BBDD是矩形，所以BD∥11BD，同理可证：AC∥11AC，当ACBD⊥时，可得：1111ACBD⊥，且1CC⊥底面1111DCBA，而1

1BD底面1111DCBA，所以111CCBD⊥，而1111ACCCC=，从而11BD⊥平面11ACC，因为1AC平面11ACC，所以111ACBD⊥，所以当ACBD⊥满足题意.故答案为：ACBD⊥.三、解答题5．（2021·江苏·南京市第二十九中学高一期末）已知直线//m平面，

直线l⊥平面.求证：lm⊥.【分析】过m作平面交平面于直线m，根据线面平行的性质易知//mm，再由线面垂直的性质有l⊥m，由平行线的性质即可证结论.【详解】证明：如下图，过m作平面交平面于直

线m，∵//m，m=，∴//mm，∵l⊥，而m，∴l⊥m，综上，lm⊥，得证.6．（2021·陕西·西安市远东一中高一期末）如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为平行四边形，90A

DBPDC==，平面PAD⊥底面ABCD，M是棱PC上的点.(1)证明：PD⊥底面ABCD；(2)若三棱锥ABDM−的体积是四棱锥PABCD−体积的14，设PMtMC=，试确定t的值.【答案】(1)详见解析；(2)1t=.【分析】（1）利用面面垂直的

性质定理，可得BD⊥平面PAD，然后利用线面垂直的判定定理即证；（2）由题可得14ABDMMABDPABCDVVV−−−==，进而可得12MCPC=，即得.(1)∵90ADB=，平面PAD⊥底面ABCD，∴ADBD⊥，平面PAD底面ABCD=AD，BD底面ABCD，∴BD⊥平面P

AD，PD平面PAD，∴BD⊥PD，又90PDC=，∴PDDC⊥，BDDCD=I，∴PD⊥底面ABCD；(2)设PDh=，M到底面ABCD的距离为h，∵三棱锥ABDM−的体积是四棱锥PABCD−体积的14，∴14ABDMMABDPABCDVVV−−−==，又

11,33MABDABDPABCDABCDVShVSh−−==，12ABDABCDSS=，∴12hh=，故12MCPC=，又PMtMC=，所以1t=.题型五：证明面面垂直的方法一、多选题1．（2021·浙江嘉兴·高一期末）已知,ab是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题为

真命题的是（）A．若//，a与所成的角和b与所成的角相等，则//abB．若a⊥，a⊥，则//C．若//ab，a⊥，//b，则⊥D．若//a，//，则//a【答案】BC【分析】判断命题真假可以直接对各选项逐个判断.对于A可通过直观想象判断其存在平行或异面或相交

几种情况；对于B可通过直线与平面垂直的性质得到；对于C通过直线与平面垂直性质和平面与平面垂直的判定定理判断；对于D可直观想象知存在//a或a两种情况.【详解】对于A，若//，a与所成的角和b与所成的角相

等，则//ab或a与b相交或a与b异面，故A错误；对于B，若a⊥，a⊥，由线面垂直的性质可知//，故B正确；对于C，若//ab，a⊥，则b⊥，又因为//b，则⊥，故C正确；对于D，若//

a，//，则//a或a，故D错误.故选:BC二、解答题2．（2021·江苏南通·高一期末）如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是矩形，点E、F分别是棱PC和PD的中点．（1）求证：//EF平面PAB（2）若APAD=，平面PAD⊥平

面ABCD，证明：平面PAD⊥平面PCD【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合矩形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可.【详解】（1）证明：因为点E、F分别是棱PC和PD的中点，所以//EFCD又在矩形AB

CD中，//ABCD，所以//EFAB又ABÌ平面PAB，EF平面PAB所以//EF平面.PAB（2）证明：在矩形ABCD中，ADCD⊥，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，CD平面ABCD所以CD⊥平面P

AD，又AF平面PAD所以.CDAF⊥①因为PAAD=且F是PD的中点，所以AFPD⊥，②由①②及PD平面PCD，CD平面PCD，PDCDD=所以AF⊥平面PCD．又AF平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD．3．（2021·广

东·封开县渔涝中学高一期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形，AP6=，PD3=，平面APD⊥平面ABCD，E为AP的中点，F为CD的中点．（1）求证：EF∥平面PBC；（2）求证：平面APB⊥平面PCD．【分析】（1）根据三角形中位线定理，

结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可.【详解】（1）设PB的中点为G，连接,EGFG，因为E为AP的中

点，所以//EGAB且12EGAB=，因为F为CD的中点，底面ABCD是正方形，所以//FCAB且12FCAB=，因此//FCEG且FCEG=，所以四边形EGCF是平行四边形，因此//EFGC，因为EF平面PBC，GC平面PBC，所以EF∥平面PBC；（2）因为底面ABCD是边长为3

的正方形，所以3AD=，因为AP6=，PD3=，所以有222ADPAPD=+，因此PDPA⊥，因为底面ABCD是正方形，所以BADA⊥，因为平面APD⊥平面ABCD，平面APD平面ABCDAD=，所以AB⊥平面APD，因为PD

平面APD，所以ABPD⊥，因为ABPAA=，,ABPA平面APB，所以PD⊥平面APB，因为PD平面APD，所以平面APB⊥平面PCD.4．（2021·江苏扬州·高一期末）正方体1111ABCDABCD−中，E为棱1DD中点.（1）求证：1//BD平面AEC；（2）求证：

平面1⊥BAC平面11BBDD.【分析】（1）由线面平行的判定定理可证得结果；（2）证得AC⊥平面11BDDB，进而由面面垂直的判定定理可证得结果.【详解】（1）设AC与BD交于点O，连结OE.因为1111ABCDABCD−是

正方体，所以ABCD为正方形，O为BD中点.又因为E为1DD中点，所以1//OEBD.又因为OE平面1,AECBD平面AEC，所以1//BD平面AEC.（2）因为1111ABCDABCD−是正方体，1BB⊥平面ABCD.又AC平面ABCD，所以1ACBB⊥.又ABCD为正方形，所以A

CBD⊥.因为11,,ACBDACBBBB⊥⊥平面11,BDDBBD平面111,BDDBBBBDB=，所以AC⊥平面11BDDB.又因为AC平面1BAC，所以平面1⊥BAC平面11BBDD.5．（2

021·山东枣庄·高一期末）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是线段PA，PC的中点．（1）证明：平面BEF⊥平面PBC；（2）记平面BEF与平面ABC的

交线为l，试判断直线EF与直线l的位置关系，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）//EFl，理由见解析.【分析】（1）推导出ACPC⊥，ACBC⊥，AC⊥平面PBC，从而//EFAC，进而EF⊥平面PBC，由此能证明平面BEF⊥平面PBC．（2）推导出//EFAC，

//EF平面ABC，根据线面平行的性质，即能证明//EFl．【详解】解：（1）因为PC⊥平面ABC，AC平面ABC，所以ACPC⊥.因为C是以AB为直径的圆O上的点，所以ACBC⊥．又PCBCC=，所以AC⊥平面PB

C．因为E，F分别是PA，PC的中点，所以//EFAC．所以EF⊥平面PBC．又EF平面BEF，故平面BEF⊥平面PBC．（2）//EFl.证明如下：由（1），//EFAC.又AC平面ABC，EF平面ABC，所以//EF平面ABC．又EF平面BEF，平面BEFI平面=A

BCl，所以//EFl．6．（2021·山东济南·高一期末）如图，在直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD为菱形，M，N分别为AD，11CD的中点．（1）求证：平面11BDM⊥平面11AA

CC；（2）求证：//MN平面11AACC．【分析】（1）由底面1111DCBA为菱形，得1111BDAC⊥，由四棱柱为直四棱柱，得1AA⊥平面1111DCBA，111AABD⊥，从而11BD⊥平面11AACC，由此能证明平面11BDM⊥平面11AACC．（2）设11BD交11AC于点E，连

接AE，NE，推导出E为11AC中点，从而11//ENAD，112ENAD=，推导出四边形AMNE为平行四边形，从而//MNAE，由此能证明//MN平面11AACC．【详解】（1）因为底面1111DCBA为菱形，所以

1111BDAC⊥．因为四棱柱为直四棱柱，所以1AA⊥平面1111DCBA．因为11BD平面1111DCBA，所以111AABD⊥．因为1111ACAAA=，111ACAA，平面11AACC．所以11BD⊥平面11AAC

C．因为11BD平面11BDM，所以平面11BDM⊥平面11AACC．（2）设11BD交11AC于点E，连接AE，NE．因为底面1111DCBA为菱形，所以E为11AC中点．因为N为11CD中点，所

以11//ENAD，112ENAD=．又因为M为AD的中点，11//ADAD，11ADAD=，所以11//AMAD，112AMAD=，所以//ENAM，ENAM=，所以四边形AMNE为平行四边形，所以//MNAE．因为AE平面11AACC，MN平面11A

ACC，所以//MN平面11AACC．7．（2021·北京市八一中学高一期末）如图所示，在正四棱柱1111ABCDABCD−中，P是线段11AC上的动点.（1）证明：//BP平面1ACD；（2）在线段11AC上是否存在一点P，使得平面BDP⊥平面1ACD？若存在

，请求出111:ACAP的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）2【分析】（1）连接1BA，1BC，根据正四棱柱的性质可得1//BC平面1ACD，1//BA平面1ACD，即可得到平面11//BAC平面1ACD，即可得证；（2）首先证

明AC⊥面1BBD，即可得到平面1ACD⊥平面1BBD，依题意平面BDP与面1BBD重合时满足平面BDP⊥平面1ACD，即可确定P的位置，从而得解；【详解】解：（1）连接1BA，1BC，在正四棱柱1111ABCDABCD−中，11//ABDC且11

=ABDC，所以四边形11ABCD为平行四边形，所以11//ADBC，因为1AD平面1ACD，1BC平面1ACD，所以1//BC平面1ACD，11//CBDA且11=CBDA，所以四边形11CBAD为平行四边形，所以11//CDBA，因为1CD平面1ACD，1BA平面1ACD，所以1

//BA平面1ACD，又11=BABCB，11,BABC面11BAC，所以平面11//BAC平面1ACD，又BP平面11BAC，所以//BP平面1ACD（2）因为在正四棱柱1111ABCDABCD−，ACBD⊥，1BB⊥面ABCD，AC面ABCD，所以1BBAC⊥，1B

BBDB=，1,BBBD面1BBD，所以AC⊥面1BBD，因为AC平面1ACD，所以平面1ACD⊥平面1BBD，因为面BDP面1BBDBD=，要使平面BDP⊥平面1ACD，则平面BDP与面1BBD重合，即P在11AC的中点时满足题意，所以111:2ACAP=8．（2021·吉

林·东北师大附中高一期末）在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，60BAD=，若5PAPD==，5cos10PAB=．（1）证明：平面PAD⊥平面ABCD；（2）求二面角BPDA−−的正切

值．【答案】（1）证明见解析；（2）152．【分析】（1）取AD中点O，连结PO，BO，BD，推导出POAD⊥，及POBO⊥，从而PO⊥平面ABCD由此得到平面PAD⊥平面ABCD．（2）由面面垂直的性质得到

BO⊥平面ABCD，作OEPD⊥于E，由三垂线定理，得BEPD⊥，从而BEO就是二面角BPDA−−的平面角，在RtPOD中，计算各数据，得到所求角的正切值．【详解】（1）证明：取AD中点O，连结PO，BO，BD，在PAD△中，5P

APD==，2AD=，则POAD⊥，22512POPAAO=−=−=．在菱形ABCD中，60BAD=，2ABAD==，∴2ABADBD===，∴BOAD⊥，且2222213BOABAO=−=−=，在PAB△中，5cos10PAB=，∴22252cos54252710PBPAA

BPAABPAB=+−=+−=．在POB中，222347OBPOPB+=+==，∴POBO⊥，且ADBOO=∴PO⊥平面ABCD．又PO平面PAD∴平面PAD⊥平面ABCD．（2）由（1）知平面PAD⊥平面ABC

D，且平面PAD平面ABCDAD=，且BOAD⊥，∴BO⊥平面ABCD，作OEPD⊥于E，由三垂线定理，得BEPD⊥．∴BEO就是二面角BPDA−−的平面角，在RtPOD中，OEPD⊥，有PDOEPOOD=，即521OE=，∴25OE=．在RtBOE中，315tan225O

BBEOOE===．∴二面角BPDA−−的正切值是152．一、单选题1．（2022·内蒙古·呼和浩特市第十四中学高一期末）以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把ABD△和ACD△折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BDAC⊥；②B

CAV是等边三角形；③三棱锥DABC−是正三棱锥④平面ADC⊥平面ABC．其中正确的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【分析】根据翻折后垂直关系得BD⊥平面ADC，即得BD⊥AC，再根据计算得△BAC是等边三角形，最后可确

定选项.【详解】由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知△BAC是等边三角形，故③正确；取AD得中点E，连接BE，则由△BAC是等边三

角形可知BE⊥AC，若ADC⊥平面ABC，则由面面垂直的性质可知已知BE⊥平面ADC，又由①知BD⊥平面ADC，但过点B只有一条直线与平面ADC垂直，故④错．所以正确的个数是3,故选：C.2．（2021·重庆·高一期末）在正三棱锥SABC−中，23SA=，3AB=，顶点S在底面ABC内的射影

为O，点D、E分别是棱AC、BC的中点，则下列说法错误的是（）A．3SO=B．SABC⊥C．//DE平面SABD．3tan6SEO=【答案】D【分析】利用勾股定理可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；利用线面平行的判定定理可判断C选项；求出tanSEO的值，可

判断D选项.【详解】如下图所示：由已知O为等边ABC的中心，且SO⊥平面ABC，AOQ平面ABC，则SAAO⊥，由正弦定理可得32sin3ABAO==，则223SOSAAO=−=，A对；延长AO，则直线AO过点E，因为ABC为等边三角形，

E为BC的中点，则AEBC⊥，因为SO⊥平面ABC，BC平面ABC，则SOBC⊥，SOAEO=，则BC⊥平面SAO，SAQ平面SAO，故SABC⊥，B对；DQ、E分别为AC、BC的中点，则//DEAB，DE平面SAB，ABÌ平面SAB，所以，//DE平面SAB，C对；连接SE，因

为O为等边ABC的中心，则1322OEAO==，3SO=，SO⊥平面ABC，OE平面ABC，SOOE⊥，所以，3tan2332SOSEOOE===，D错.故选：D.3．（2021·贵州黔东南·高一期末）如图，在正方

体1111ABCDABCD−中，M，N分别为AC，1AB的中点，则下列说法错误．．的是（）A．MN∥平面11BCCBB．直线MN与平面ABCD所成角为70C．11MNAB⊥D．MN与1DD为异面直线【答案】B【分析】连结11,BCAB，可

得1∥MNBC，得到MN∥平面11BCCB，判定A正确；求出直线MN与平面ABCD所成角可判断B错误；证明11AB⊥平面11BCCB，得111ABBC⊥，结合1∥MNBC，得11MNAB⊥，判断C正确；

应用异面直线判定定理判断D正确．【详解】如图，连结11,BCAB，由M，N分别为AC，A1B的中点，知1∥MNBC，而MN平面11BCCB，1BC平面11BCCB，∴MN∥平面11BCCB，故A正确；直线MN与平面ABC

D所成角等于B1C与平面ABCD所成角等于45°，故B错误；在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，11AB⊥平面11BCCB，则111ABBC⊥，∵1∥MNBC，∴11MNAB⊥，故C正确；如图，连结BD，A1D，可确定MN面1ABD，1DD与平面交于点D，DMN，所以M

N与1DD为异面直线.故选：B4．（2021·江苏·南京师大附中高一期末）在四棱锥PABCD−中，AD＝2，1ABBCCD===，//ADBC，且PAPC=，PBPD=，则直线PA与平面PBD所成角的正弦值的最大值为（）A．13B．45C．23D．1【答案】C【分析】取AD中点O，可得BD⊥平

面PCO，设PO=t，过O作OHPF⊥交PF于H，说明A到平面PBD的距离2dOH=；设直线PA与平面PBD所成角的大小为，可得222sin241dtPAtt==++，然后利用基本不等式求解即可.【详解】取AD中

点O，连接PO、BO、CO，设CO与BD交于F，连接PF，在等腰梯形ABCD中，由//AOBC且BO=BC=CD=OD，故四边形DOCB为菱形，所以BDCO⊥，又PB=PD，且F为BD的中点，所以BDPF⊥，又PFCOF=，所以BD⊥平面PCO，过O作OHPF⊥交PF于H，

由BD⊥平面PCO，故BDOH⊥，又PFBDF=，所以OH⊥平面PBD，设PO=t，1122OFAB==，故241tOHt=+，又AD=2OD，故点A到平面PBD的距离22241tdOHt==+，设直线PA与平面PBD所成角的大小为，则22222222sin314524145dt

PAtttt====+++++当且仅当2214tt=即22t=时取等号，故直线PA与平面PBD所成角的正弦值的最大值为23，故选：C5．（2021·全国·高一期末）如图，在矩形ABCD中，4AB=，2BC=，E为边DC的中点，沿AE将AD

E折起，在折起的过程中，下列结论能成立的是（）A．ED⊥平面ACDB．AD⊥平面BEDC．BD⊥平面ACDD．CD⊥平面BED【答案】B【分析】用线面垂直的判定定理对四个选项逐一结合条件分析即可.【详解】因为在矩形ABC

D中，AB＝4，BC＝2，E为DC边的中点，则在折起过程中，D点在平面BCE上的射影的轨迹为为O1O2(如图)．因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故A错；因为AD⊥ED

，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，有AD⊥BD，所以在折起过程中AD⊥平面BED能成立，故B正确；折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故C错；只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB重合时，才有BE⊥CD，所以折

起过程中CD不垂直于平面BED，故D错.故选：B.【点睛】关键点点睛：立体几何中折叠问题，要注重折叠前后垂直关系的变化,不变的垂直关系是解决该问题的关键.6．（2020·浙江·高一期末）如图，已知正方形ABCD和正

方形ABEF所在平面成60°的二面角，则直线BD与平面ABEF所成角的正弦值为（）．A．23B．56C．64D．33【答案】C【解析】由题意得DAAB⊥，FAAB⊥，可知DAF为平面ABCD和平面ABEF所成的二面角，即60DAF=，利用线面垂直判定定理得AB⊥平面D

AF，取AF中点M，连接DM，利用线面垂直判定定理知DM⊥平面ABEF，即DBM为直线BD与平面ABEF所成角，在直角DMB中，利用正弦可求得结果.【详解】由题意得，平面ABCD平面ABEFAB=，且DAAB⊥

，FAAB⊥DAF为平面ABCD和平面ABEF所成的二面角，即60DAF=，则DAF△为等边三角形，设2AF=又DAAFA=，可知AB⊥平面DAF取AF中点M，连接DM，则DMAF⊥，又DM平面DAF，则DMAB⊥又ABAFA=，可知

DM⊥平面ABEF，DBM为直线BD与平面ABEF所成角，在直角DMB中，222222DB=+=，22213DM=−=643sin22DMDBMDB===故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查二面角定义及求线面角，解题的关键是先利用二面角定义找到平面ABCD和平面ABEF

所成的二面角，从而利用该角找到边的关系，再利用做辅助线找到线面角，在直角三角形中求角的正弦，考查学生的转化能力，逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题.7．（2017·山东淄博·高一期末）如图，PO是三棱锥P-ABC底面ABC的垂线，垂足为O．①若PA⊥BC，PB⊥AC

，则点O是△ABC的垂心；②若PA=PB=PC，则点O是△ABC的外心；③若∠PAB=∠PAC，∠PBA=∠PBC，则点O是△ABC的内心；④过点P分别做边AB，BC，AC的垂线，垂足分别为E，F，G，若PE=PF=PG，则点O是

△ABC的重心．以上推断正确的个数是（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】①由题意得出AO⊥BC，BO⊥BC，点O是△ABC的垂心；②若PA=PB=PC，则AO=BO=CO，点O是△ABC的外心；③由题意得出AO是∠BAC的平分线，BO是∠ABC的平分线，O是△ABC的内心；④若

PE=PF=PG，则OE=OF=OG，点O是△ABC的内心．【详解】对于①，PO⊥底面ABC，∴PO⊥BC，又PA⊥BC，∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC；同理PB⊥AC，得出BO⊥BC，∴点O是△ABC的垂心，①正确；对于②，若PA=PB=PC，由此推

出Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO，∴AO=BO=CO，点O是△ABC的外心，②正确；对于③，若∠PAB=∠PAC，且PO⊥底面ABC，则AO是∠BAC的平分线，同理∠PBA=∠PBC时BO是∠ABC的平分线，∴点O是△ABC的内心，③正确；对于④，过点P分别做边AB，BC，AC的垂线

，垂足分别为E，F，G，若PE=PF=PG，则OE=OF=OG，点O是△ABC的内心，④错误．综上，正确的命题个数是3．故选C．【点睛】本题主要考查了空间中的直线与平面的垂直关系应用问题，是中档题．二、多选题8

．（2021·广东·仲元中学高一期末）已知a､b是两条不重合的直线，,是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（）A．若,aa⊥⊥，则//B．若,ab⊥⊥，则//abC．若,abb⊥⊥，/

/a，则//D．若//,a与所成的角和b与所成的角相等，则//ab【答案】AB【分析】利用线面垂直的性质可判断AB选项的正误；根据已知条件判断两平面的位置关系，可判断C选项的正误；根据已知条件判断两直线的位置关

系，可判断D选项的正误.【详解】对于A，若,aa⊥⊥，由线面垂直的性质及面面平行的定义可得//，故A正确；对于B，若,ab⊥⊥，由线面垂直的性质定理可得//ab，故B正确；对于C，若,abb⊥⊥，//

a，则与可能平行，也可能相交，故C错误；对于D，若//，a与所成的角和b与所成的角相等，则a与b可能平行，相交或异面，故D错误.故选：AB.9．（2021·浙江绍兴·高一期末）在正方体1111ABCDABC

D−中，P是线段1BC上动点，F是1BD的中点，则（）A．//AP平面11ADCB．1APBD⊥C．直线1BB与平面1BPD所成角可以是11DBBD．二面角11CBDC−−的平面角是1CFC【答案】A

BC【分析】证明出平面1//ABC平面11ADC，利用面面平行的性质可判断A选项的正误；证明出1BD⊥平面1ABC，利用线面垂直的性质可判断B选项的正误；利用二面角的定义可判断D选项的正误；利用线面角的定义可判断C选项的正误.【详解】对于A选

项，因为11//AACC且11AACC=，故四边形11AACC为平行四边形，所以，11//ACAC，AC平面11ADC，11AC平面11ADC，所以，//AC平面11ADC，同理可证1//AB平面11A

DC，1ACABA=，所以，平面1//ABC平面11ADC，AP平面1ABC，因此，//AP平面11ADC，A对；对于B选项，四边形ABCD为正方形，则ACBD⊥，1BB⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则AC⊥1BB，1BDBBB=，故AC⊥平面11BBDD，1BD平面11BBDD，

故1BDAC⊥，同理可证11BDAB⊥，1ACABA=，1BD⊥平面1ABC，AP平面1ABC，故1APBD⊥，故B对；对于D选项，连接1CD交1CD于点O，过点O在平面1BCD内作1OEBD⊥，垂足为点E，连接1CE，BC⊥平

面11CCDD，1CD平面11CCDD，故1BCCD⊥，因为四边形11CCDD为正方形，则11CDCD⊥，1BCCDC=，故1CD⊥平面1BCD，1BD平面1BCD，故11CDBD⊥，1OEBD⊥，1CDOEO=，故1BD⊥平面1COE，1CE平面1COE，则1

1CEBD⊥，所以，二面角11CBDC−−的平面角为1CEO，设正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，则12OC=，1123sin323BCBDCBD===，116sin3OEODBDC==，故2211263CEOEOC=+=，所以，111cos2OEC

EOCE==，易得13CFCF==，所以，22211111cos23CFCFCCCFCCFCF+−==，即11CFCCEO，D错.对于C选项，延长DC至点G，使得CGDG=，连接1DG交1CC于点Q，连接BQ交1BC于点P，下面

证明直线1BB与平面1BPD所成的角为11DBB，易知BCD△为等腰直角三角形，则45BDC=，且90BCD=，所以，CDCG=，BCBC=，90BCGBCD==，故BCGBCD△△，所以，45BGCBDC==，故90DBG=，则BGBD

⊥，因为1BB⊥平面ABCD，BG平面ABCD，故1BGBB⊥，1BDBBB=，所以，BG⊥平面11BBDD，过点1B在平面11BBDD内作11BMBD⊥，垂足为点M，1BM平面11BBDD，则1BMBG⊥，因为11BMBD⊥，

1BDBGB=，所以，1BM⊥平面1BPD，此时，直线1BB与平面1BPD所成角为11DBB，C对.故选：ABC.10．（2021·广东佛山·高一期末）如图，在正方体1111ABCDABCD−中，下列命题正确的是（）A．AB与1BD所成的角为30°B

．1BA与11BD所成的角为60C．1AB与平面1ADC所成的角为30°D．平面1ABD与平面11ACCA所成的二面角是直二面角【答案】BCD【分析】根据异面直线所成的角、直线和平面所成的角的概念作出这些角，再求大小即可判断ABC，对

于D，利用线面垂直的判定定理判断【详解】解：不妨设正方体的棱长为1，对于A，如图，因为AB∥11AB，所以AB与1BD所成的角，即为11AB与1BD所成的角，即11ABD，因为111112tan21ADABDAB===

，所以1130ABD，所以A错误，对于B，如图，因为BD∥11BD，所以1DBA为异面直线1BA与11BD所成的角，因为1DBA△为等边三角形，所以160DBA=，即1BA与11BD所成的角为60，

所以B正确，对于C，如图，因为1AD∥1BC，所以11,,,ABCD四点共面，连接1BC交1BC于M，所以11BCBC⊥，因为11AB⊥平面11BCCB，1BC平面11BCCB，所以111ABBC⊥，因为1111ABCBB=，所以1BC

⊥平面11ABCD，即BM⊥平面11ABCD，所以1AB与平面1ADC所成的角为1BAM，因为1AM平面11ABCD，所以1BMAM⊥，因为111sin2BMBAMBA==，1BAM为锐角，所以1

30BAM=，所以1AB与平面1ADC所成的角为30°，所以C正确，对于D，如图，因为1AA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以1AABD⊥，因为BDAC⊥，1AAACA=，所以BD⊥平面11ACCA，因为BD

平面1ABD，所以平面1ABD⊥平面11ACCA，所以平面1ABD与平面11ACCA所成的二面角是直二面角，所以D正确，故选：BCD11．（2021·江苏南京·高一期末）已知菱形ABCD的边长为2，60BAD=，现将BAD沿BD折起形成四面体ABCD．设ACx=，则下列选项正确的是（）A．

当3x=时，二面角ABDC−−的大小为3B．当6x=时，平面ABD⊥平面BCDC．无论x为何值，直线AB与CD都不垂直D．存在两个不同的x值，使得四面体ABCD的体积为223【答案】ABD【分析】利用图形，结合二面角的定义，判断A；利用面面垂直的判断定理，可证明AO⊥平面BCD，即可判断B；当2

x=时，即可证明ABCD⊥，判断C；首先利用体积公式求点A到平面的距离，再与AO比较大小，即可判断D.【详解】A.如图，,AODOCODO⊥⊥，所以AOC是二面角ABDC−−的平面角，3232AOCO===，当3AC=时，AOC

△是等边三角形，所以3AOC=，故A正确；B.当6AC=时，222AOCOAC+=，所以AOCO⊥，又AOBD⊥，且COBDO=，所以AO⊥平面BCD，AO平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD，故B正确；C.当2AC=时，此三棱锥是正四面体，取

DC的中点N，连结,ANBN，,DCANDCBN⊥⊥，且ANBNN=，所以DC⊥平面ANB，所以DCAB⊥，故C错误；D.11223333ABCDBCDVShh−===，得263h=，即此时点A到平面BCD的距离为263，2633AO=，所以存在两个不同的x值，

使得四面体ABCD的体积为223，此时两个二面角互补，故D正确.故选：ABD12．（2021·云南·罗平县第二中学高一期末）棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，BC，B

1C1的中点．则下列结论正确的是（）A．三棱锥D﹣EFG的体积为38B．平面B1BD⊥平面ACD1C．P点在直线BC1上运动时，三棱锥A﹣D1PC体积不变；D．Q点在直线EF上运动时，直线GQ始终与平面AA1C1C平行；【答案】BC

D【分析】由三棱锥的体积公式求出DEFGV−即可判断A；由面面垂直的判定定理即可判断B；P在直线1BC上运动时，1ADP△的面积不变，C到平面11ABCD的距离不变，即可判断C；Q在直线EF上运动时，可证面//GEF面11AACC，结合GQ面GEF即可判断D.【详解】A：11111

11311122222228DEFS=−−−=，所以113113388DEFGGDEFDEFVVSGF−−====，故A错误；B：由11ACBDACBBBDBBB⊥⊥=，，可得AC⊥平面11BBDD，又AC平面1ACD，

所以平面1BBD⊥平面1ACD，故B正确；C：当P在直线1BC上运动时，1ADP△的面积为矩形11ABCD面积的一半，C到平面11ABCD的距离不变，则三棱锥1ADPC−的体积不变，故C正确；D：当Q在直线EF上运动时，由E、F、G分别是AB、BC、11BC的中点，可得1////EFAC

GFCC，，又1EFGFFACCCC==，，所以平面//GEF平面11AACC，又GQ平面GEF，所以GQ始终与平面11AACC平行，故D正确.故选：BCD三、填空题13．（2021·广东茂名·高一期末）如图，正三棱柱111ABCABC−的棱长均为2，

点M是侧棱1AA的中点，过1BC与平面BCM垂直的平面与侧面11ABBA的交线为l，则直线l与直线BC所成角的余弦值为__________．【答案】510【分析】取AB，AC的中点E，F，根据线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理证明平面BCM⊥平面1BCE，由此确定直线l，再确

定直线l与直线BC所成角，解三角形求其大小.【详解】依题意，分别取AB，AC的中点E，F，连接1BE，CE，1BC，EF，1BF．因为正三棱柱111ABCABC−的棱长均为2，所以四边形11ABBA为正方形，由点M是侧棱1AA的中点，得1BMBE⊥．因为CE⊥平面11ABBA，所以C

EBM⊥，1CEBEE=，所以BM⊥平面1BCE，所以平面BCM⊥平面1BCE，所以过点1B与平面BCM垂直的平面与侧面11ABBA的交线l即为1BE．又因为//EFBC，可得直线l与直线BC所成角即1BE与EF所成的角，在1BEF中，1EF=，15=E

B，17BF=，11575cos10215BEF+−==−，所以直线l与直线BC所成角的余弦值为510．14．（2021·山西朔州·高一期末）在棱长为1正方体1111ABCDABCD−中，M为棱AB的中点，动

点P在侧面11BCCB及其边界上运动，总有1APDM⊥，则动点P的轨迹长度为______.【答案】22【分析】取1BB中点E，BC中点F，连接AE，EF，AF，证明1DM⊥平面AEF，即得P点的轨迹为线段EF，即得解.【详解】如图，取1BB

中点E，BC中点F，连接AE，EF，AF．因为11AD⊥平面11ABBA，所以11ADAE⊥，又1AMAE⊥，1111111,,ADAMAADAM=平面11ADM，所以AE⊥平面11ADM，所以1DMAE⊥．同理1DMAF⊥．又AEAFA=

，,AEAF平面AEF，所以1DM⊥平面AEF，所以P点的轨迹为线段EF，EF的长度为22112()()222+=．故答案为：22．15．（2021·北京丰台·高一期末）如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，

点O为底面ABCD的中心，点P在侧面11BBCC的边界及其内部运动，且1DOOP⊥．给出下列结论：①1ACDO⊥；②三棱锥1PAAD−的体积为定值；③点P在线段CE上(E为BB1的中点)；④11DCP△面积的最大值为2．其中所有正确结论的序号是___________．【答案】①②③

【分析】对于①，连接11,ADCD，由三角形1ACD为等边三角形判读；对于②，体积为114222323V==，为定值；对于③，连接1,,,OEECBDDE，证明1DO⊥平面OEC，进而判断；对于④

，当点P到点E位置时，此时11DCP△面积为125522S==.【详解】对于①，连接11,ADCD，由正方体的性质知三角形1ACD为等边三角形，由于O为底面ABCD的中心，故为AC中点，故1ACDO⊥，正确；对于②，无论点P在侧面1

1BBCC的边界及其内部运动的任何位置，三棱锥1PAAD−的高始终为正方体的边长，故体积为114222323V==，为定值，正确；对于③，连接1,,,OEECBDDE，由正方体中的性质知，12,1OBODBEBE=

===，所以113,6,3OEDODE===，故22211DOOEDE+=,所以1DOOE⊥，又因为1,ACDOACEOO⊥=，所以1DO⊥平面OEC，又因为1DOOP⊥，故点P在线段CE上(E为1BB的中点)，正确；对

于④，当点P到点E位置时，此时11DCP△面积为125522S==，故错误.故正确的序号是：①②③故答案为：①②③16．（2021·江苏·金陵中学高一期末）如图，在正三棱锥PABC－中，侧棱长为22，底面边长为4，D为AC中点，E为AB

中点，M是线段PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AMMN+最小值是_______.【答案】3+1【分析】取CB中点F，连接DF交CE于点O，易证得DO⊥面PCE,要求AMMN＋最小,即求MN最小，可得MN⊥平面PCE，又可证明//MNDF，再把平面POD绕PD旋转与面PDA

共面，则AMMN+最小值即为AN，结合数据解三角形即可求解.【详解】取CB中点F，连接DF交CE于点O，因为ABCE^，ABPE⊥，CEPEE=可得AB⊥面PCE因为DO//AB，所以DO⊥面PCE，要求AMMN+最小，即求MN最小，即MN⊥

平面PCE，所以//MNDF，把平面POD绕PD旋转与面PDA共面，又可证得90POD＝．因为12=PDAC，111112224DFADBBOA===＝，所以1sin2OPDODPD==，即30OPD=o，所以'453075APN

=+=，因为()232162sin75sin453022224+==+=+，()min'sin75=3+1AMMNANPA+==．故答案为：3+1.17．（2021·广东·深圳市南头中学高一期末）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，点D，E分别是PB，BC的中点，P

A＝3，PD＝DE＝2，PE＝22,13AD=，AE＝17，则球O的表面积为______.【答案】41【分析】首先根据题中给出的,,,,PAPDPEADAE的长度，可知PA⊥PB，PA⊥PE，继而PA⊥平面PBC；再根据数量关系证明

PB⊥PC，进而可构造出包含三棱锥的长方体，求出体对角线即为外接球的直径，从而求得外接球表面积.【详解】解：由PA＝3，PD＝2，PE＝22，AD＝13，AE＝17，得PA2+PD2＝AD2，PA2+PE2＝AE2，可得PA⊥PB，PA⊥PE，又PB∩PE＝P

，∴PA⊥平面PBC，∵D，E分别是PB，BC的中点，且PD＝DE＝2，∴PC＝4，PB＝4，又PE＝22，∴BC＝2BE＝42，有PB2+PC2＝BC2，得PB⊥PC，将三棱锥放在长方体中，外接球的直径等于长方体的对角线，设外接球的半径为R，则（2R）2＝32+42

+42＝41，∴外接球的表面积S＝4πR2＝41π.故答案为：41π.【点睛】本题主要考查球的表面积计算公式，三棱锥外接球半径的求解等知识点；考查空间想象能力和运算求解能力，属于中档题型.18．（2021

·北京·人大附中高一期末）正方体1111ABCDABCD−，点P在正方形ABCD及其内部运动，则点P满足条件________时，有11BPBD⊥.【答案】点P在线段AC上【分析】首先连接1AB，1CB，AC，1AB，1CB，易证

1AB⊥平面11BDA，1BC⊥平面11BCD.从而得到11BDAB⊥，11BDBC⊥，即可证明1BD⊥平面1ABC，从而得到11BDBP⊥.【详解】当点P在线段AC上时，11BPBD⊥，连接1AB，1CB，AC，1AB，1CB，如图所

示：因为1111111111ABABABADABABADA⊥⊥⊥=平面11BDA.又因为1BD平面11BDA，所以11BDAB⊥.因为1111111111BCBCBCCDBCBCCDC⊥⊥⊥=平面11BCD.又因为1BD平面1

1BCD，所以11BDBC⊥.又因为111ABBCB=，所以1BD⊥平面1ABC.1BP平面1ABC，所以11BDBP⊥.故答案为：点P在线段AC上19．（2021·安徽·六安一中高一期末）已知四棱柱1111ABCDABCD−的底面为菱形

，1AA⊥底面ABCD，18AA=，8AB=，60BCD=，点M是线段BC上靠近C的四等分点，动点N在四棱柱1111ABCDABCD−的表面，且1MNBD⊥，则动点N的轨迹长度为___________.【答案】65

63+【分析】画出图形，连接MF，说明1BDMF⊥，在1BB上取点G，使得135BGGB=，设MF与BD的交点为O，连接GO，说明MFG的边即为点N的轨迹；然后求解即可．【详解】解：依题意，AC⊥平面11BDDB，所以1BDAC⊥，在AB上取点F，使

得3BFFA=，连接MF，则//MFAC，1BDMF⊥，在1BB上取点G，使得135BGGB=，设MF与BD的交点为O，连接GO，在1DDB中，DD18=，8BD=，1DDBD⊥，在GOB△中，1338GBBB==，338OBBD==，OBBG⊥，所以1DDBOBG∽

△△，故1DBDOGB=，所以1BDOG⊥，故MFG的边即为点N的轨迹；而22223635FGBFBG=+=+=，22332846344MFAC==−=，22223635MGBMBG=+=+=，则动点N的轨迹长度为6563+．故答案为：6563+．20．（2020·河南信阳

·高一期末）已知直角ABC，90ABC=，12AB=，8BC=，,DE分别是,ABAC的中点，将ADE沿直线DE翻折至PDE，形成四棱锥PBCED−.则在翻折过程中，①DPEBPC=；②PEBC⊥；③

PDEC⊥；④平面PDE⊥平面PBC.不可能成立的结论是__________.【答案】①②④【解析】2,tan3RtPDEDPE=，在PBC中求解BPC，根据条件可证BC⊥平面PBD，进而有9

0PBC=，8tanBPCPB=，根据边的关系12PBPDDB+=，可得出DPEBPC，①不成立；//BCDE，判断②不成立；当PDBD⊥时，可得出PDCE⊥，③可能成立；作出平面PDE与平面PBC的交

线，进而求出二面角的平面角，并判断平面角不为直角，所以④不成立.【详解】如图所示：①易知2tan3DEDPEPD==，∵DEPD⊥，DEBD⊥，PDBDD=，∴DE⊥平面PDB，∴BC⊥平面PBD，90PBC=，∵12PBPDDB+=，∴82tan3BCBPCPBPB==

，∴①不成立；②由//DEBC，∴PE与BC所成角为90PED=，∴②不成立；③当PDBD⊥时，可得PD⊥平面DBCE，∴PDCE⊥，即③可能成立；④平面PDE和平面PBC交于点P，由线面平行性质定理可知两个平面的交线////lBCDE，,lPBlPD⊥⊥，BPD就是两个

平面所成的平面角，又∵PDBD=，∴BPD为锐角，∴④不成立.综上所述，不成立的有①②④.故答案为:①②④.【点睛】本题以平面图形翻折为背景，考查空间角的大小关系、线面垂直、面面垂直的判断，要注意翻折前后的不变量，垂直间的相互

转化，属于较难题.21．（2019·广东·华南师大附中高一期末）如图，矩形ABCD中，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折至1ADE，若M为线段1AC的中点，则在ADE翻折过程中，有下列命题：①BM是定值；②一定存在某个位置，使1DEAC⊥；③若1A平面BEDC，则//MB

平面1ADE；其中正确的是______.【答案】①③【分析】取CD中点,连接,MFBF结合余弦定理即可证明①;假设1DEAC⊥,可得线面垂直,根据线面垂直的性质可得矛盾,进而判断②;可证明平面//MFB平面1ADE,即证明③.【详解】根据题意,取CD中点,连接,MFBF,如下图所示:对于

①,112//MFAD=定值由//EBDF可知四边形EBFD为平行四边形,可得BFED==定值且1MFBADEADE===定值所以在MFB中,由余弦定理可知2222cosBMFMFBFMFBMFB=+−=定值所以①正确.对于②,当ADAE=时,不存在满足1

DEAC⊥成立的点1A.因为当ADAE=时,45DEACEB==所以90DEC=o,即EDEC=若此时1DEAC⊥,由1ACCEC=可知DE⊥平面1ACE,则1DEAE⊥与矩形中11DAAE⊥矛盾（过直线外一点,作已知直线的垂线有且只有一条）,所以②错误.对于③,根据中位线定理可知1

//MFAD由矩形性质可知//EBDF,所以//BFED而MFBFF=所以平面//MFB平面1ADE即//MB平面1ADE所以③正确.综上可知,正确的为①③故答案为:①③【点睛】本题考查了空间中点线面的位置关系,直线与平面平行和垂直的判定,对

空间想象能力要求较高,属于难题.四、解答题22．（2022·陕西·铜川阳光中学高一期末）如图，四边形ABCD是矩形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，3BC=，22DECDFB===．(1)证明：平面//ADE平面BCF；(2)求三棱锥BCFD−的体积．【答案】

(1)证明见解析(2)1【分析】（1）由ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，得到FBED∥，利用线面平行的判定定理得到BF∥平面ADE，BC∥平面ADE，然后利用面面平行的判定定理证明；（2）由FB⊥平面ABCD，得到点

F到平面BCD的距离，然后利用−−=BCFDFBCDVV求解．(1)证明：ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，FBED∥，又DE平面ADE，BF平面ADE，BF∥平面ADE，在矩形ABCD中，BCAD∥，且AD平面AD

E，BC平面ADE，BC∥平面ADE，又BCFBB=，∴平面ADE∥平面BCF．(2)FB⊥平面ABCD，∴点F到平面BCD的距离为1FB=，∵四边形ABCD是矩形，3BC=，2CD=，13232=

=BCDS，1131133−−====BCFDFBCDBCDVVSFB．23．（2022·宁夏·银川一中高一期末）如图，在三棱锥S—ABC中，SC⊥平面ABC，点P、M分别是SC和SB的中点，设PM=AC=1，∠ACB=90°，直线AM与直线

SC所成的角为60°.(1)求证：平面MAP⊥平面SAC.(2)求二面角M—AC—B的平面角的正切值；【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】（1）由已知可证BC⊥平面SAC，又PM∥BC，则PM⊥面SAC，从而可证平面MAP⊥平面SAC；（2）由A

C⊥平面SBC，可得∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，由勾股定理可得2AN=，在RtAMN中，可得63MN=，从而在RtCNM△中，即可求解二面角

M—AC—B的平面角的正切值.(1)证明：∵SC⊥平面ABC，∴SC⊥BC，又∵∠ACB=90°，∴AC⊥BC，又ACSC=C，∴BC⊥平面SAC，又∵P，M是SC、SB的中点，∴PM∥BC，∴PM⊥面SAC，又PM平面MAP，∴平面MAP⊥平面SAC；(2)解：∵

SC⊥平面ABC，∴SC⊥AC，又AC⊥BC，BCSC=C，∴AC⊥平面SBC，∴AC⊥CM，AC⊥CB，从而∠MCB为二面角M—AC－B的平面角，∵直线AM与直线PC所成的角为60°，∴过点M作MN⊥CB于N点，连接AN，则∠AMN=60°，在△CAN中，由勾股

定理可得2AN=，在RtAMN中，362tan33ANMNAMN===，在RtCNM△中，663tan13MNMCNCN===.24．（2021·甘肃武威·高一期末）已知长方体AC1中，棱AB＝BC＝3，棱BB1＝4，连接B1C，过B点作B1C的垂线交CC1于E，交B1C于

F.(1)求证A1C⊥平面EBD；(2)求二面角B1—BE—A1的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)1516【分析】（1）先证明BE⊥平面11ABC，则1ACBE⊥，再证明BD⊥平面1AAC，则1ACBD⊥，从而即可证明A1C⊥平面EBD；

（2）由11AB⊥平面11BBCC，又1BFBE⊥，则1AFBE⊥，进而可得11AFB是二面角11BBEA−−的平面角，在1RtBBC中，求出125BF=，即可在1RtBFB中求出1165BF=，从而即可得答案.(1

)证明：11AB⊥平面11BBCC，11ABBE⊥，又1BCBE⊥，1111ABBCB=，BE⊥平面11ABC，1ACBE⊥，又1AA⊥平面ABCD，1AABD⊥，且BDAC⊥，1AAACA⊥=，BD⊥平面1AAC，1ACBD⊥，又BE

BDB=，A1C⊥平面EBD；(2)解：11AB⊥平面11BBCC，又11BFBEAFBE⊥⊥，11AFB是二面角11BBEA−−的平面角，在1RtBBC中，11123,4,5,5BCBBBCBF

====，在1RtBFB中，2211165BFBBBF==－，11111315tan16165ABAFBBF===.25．（2021·天津·南开中学高一期末）2021年6月17日，神舟十二号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天

和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑，我校南苍穹同学既是航天迷，又热爱数学，于是他为正在参加期末检测的你们编就了这道题目，如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆1234,,,III

I与圆柱1OO底面相切于,,,ABCD四点，且圆1I与22,II与33,II与44,II与1I分别外切，线段1AA为圆柱1OO的母线.点M为线段11AO中点，点N在线段1CO上，且12CNNO=.已知圆柱OO，底面

半径为12,4AA=.（1）求证：//AM平面BDN；（2）线段1AA上是否存在一点E，使得OE⊥平面?BDN若存在，请求出AE的长，若不存在，请说明理由；（3）求二面角2114IAII−−的余弦值；（4）如图，是飞船推进舱与即将对接的天和核心舱的相对位置的简化示意图.天和核心舱为

底面半径为2的圆柱23OO，它与飞船推进舱共轴，即123,,,OOOO共线.核心舱体两侧伸展出太阳翼，其中三角形RST为以RS为斜边的等腰直角三角形，四边形PQRS为矩形.已知推进舱与核心舱的距离为4，即124OO=，且232O

ORS==，7PS=.在对接过程中，核心舱相对于推进舱可能会相对作出逆时针旋转的运动，请你求出在舱体相对距离保持不变的情况下，在舱体相对旋转过程中，直线1AP与平面PQRS所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）具体见解析；（2）12AE=；（3）1

38241−；（4）1055−.【分析】（1）先证明AM∥ON，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，设出AE的长度，利用线面垂直求出长度即可；（3）建立空间直角坐标系，求出内切圆的半径，得出各点的坐标，用法向量夹角公式即可解得；（4）将矩形PQRS视作静止，则1A

作顺时针旋转，写出坐标，用空间向量线面角公式求出夹角的正弦值.【详解】（1）如图1，,MN分别是点M、N在线段AC上的投影，则M为AO的中点，N为OC的三等分点.所以4tan41MMMAMAM

===，123tan413OONNNONONOC===，所以MAMNON=,所以AM∥ON，如图2，又因为AM平面BDN，ON平面BDN，所以AM∥平面BDN.（2）以O为原点，分别以1,,OAOBOO→→→所在方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角

坐标系,则28(0,0,0),(0,2,0),(0,2,0),(,0,)33OBDN−−,设(2,0,)(04)Ett，所以28(0,4,0),(,2,)33DBDN→→==−,(2,0,)OEt→=,若OE⊥平面BDN，则048103320OED

BttOEDN=−+===，即12AE=时，OE⊥平面BDN.（3）设内切圆半径为r，由题意可知14IOI是等腰直角三角形，所以()22(2)221rrr=−=−，因为()1,0,0Ir，()20,,0Ir，()40

,,0Ir−，()12,0,4A，所以()112,0,4IAr→=−，()12,,0IIrr→=−，()14,,0IIrr→=−−设平面211IIA的法向量为n(x,y,z)→=，则()2400rxzr

xry−+=−+=，令x=1，则2(1,1,)4rn→−=，同理可得平面411IIA的法向量2(1,1,)4rm→−=−，所以()()2221382cos,41322||||rnmnmrnm→→→→→→−−===+−，由图可知二面角2114IAII−−为锐角，则其余弦值为138241−

.（4）将矩形PQRS作为参照物，不妨设1A顺时针旋转(0)，则()()()12cos,2sin,4A−−，即()12cos,2sin,4A−，()10,0,8P，所以()1=102cos,2sin,4AP→

−易知y轴⊥平面PQRS，则平面PQRS的一个法向量为()0,1,0u→=，设1AP与平面PQRS所成角为，所以()2122|2sin|11cossin|cos,|=3cos10102cos4sin16APu→→−=−−++若cos1

=，则sin0=；若1cos1−，令()3cos2,4t=−，则18sin()610tt=−++，所以1105sin426510−−+=，当且仅当22t=即cos322=−时，()max105sin5−=.【点睛】证明线面平行应首先证明线

面平行或者面面平行；存在性问题一般是先假设存在，若求出结果不产生矛盾则命题成立，否则不成立；二面角和线面角问题用公式直接解出即可；但应注意的是最值问题一般会结合基本不等式或者导数，如果式子复杂应该先换元.