高中人教A版 (2019)第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直精品巩固练习

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1．异面直线所成的角
(1)两条异面直线所成的角的定义
如图，已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a'∥a，b'∥b，我们把直线a'，b'所成的
角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).

(2)异面直线所成的角的范围
异面直线所成的角 SKIPIF 1 < 0 必须是锐角或直角，即 SKIPIF 1 < 0 的范围是 SKIPIF 1 < 0 < SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 .
(3)两条异面直线垂直的定义
如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直.直线a与直线b垂直，记
作a⊥b.
2．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面 SKIPIF 1 < 0 内的任意一条直线都垂直，我们就说直线l与平面 SKIPIF 1 < 0 互相垂直，记作l⊥ SKIPIF 1 < 0 .直线l叫
做平面 SKIPIF 1 < 0 的垂线，平面 SKIPIF 1 < 0 叫做直线l的垂面.直线与平面垂直时，它们唯一的公共点P叫做垂足.
(2)点到平面的距离
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垂线段，垂线段的
长度叫做这个点到该平面的距离.
3．直线与平面垂直的判定定理
(1)自然语言：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直．
(2)图形语言：如图所示．
(3)符号语言：a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α.
该定理可简记为“若线线垂直，则线面垂直”.
4．直线与平面所成的角
(1)定义
①斜线和斜足：如图，一条直线l与一个平面 SKIPIF 1 < 0 相交，但不与这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的
斜线，斜线和平面的交点A叫做斜足.
②斜线在平面上的射影：如图，过斜线上斜足以外的一点P向平面 SKIPIF 1 < 0 引垂线PO，过垂足O和斜足A的
直线AO叫做斜线在这个平面上的射影.
③斜线与平面所成的角：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)直线与平面所成的角的范围
①一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是 SKIPIF 1 < 0 .
②一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是 SKIPIF 1 < 0 .
③与平面相交且不垂直于此平面的直线和此平面所成的角 SKIPIF 1 < 0 的范围是 SKIPIF 1 < 0 < SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 .
④直线与平面所成的角 SKIPIF 1 < 0 的取值范围是 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 .
5．直线与平面垂直的性质定理
(1)直线与平面垂直的性质定理
①自然语言：垂直于同一个平面的两条直线平行．
②图形语言：如图所示．
③符号语言：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(2)性质定理的作用
①由线面垂直证明线线平行.
②构造平行线.
6．点在平面内射影位置的确定
立体几何中经常遇到由一个点向一个平面作垂线的问题，垂线的位置由这个点在平面内的射影位置来确定，因此确定这个点的射影位置是解题的关键.一般来说，可以直接过这个点作平面的垂线，然后通过证明或计算说明垂足的位置，也可以借助以下一些常见结论进行确定.
(1)如果一个角所在平面外一点到角的两边距离相等，那么这一点在平面内的射影在这个角的平分线上.
(2)经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，如果斜线与这个角的两边的夹角相等，那么该斜线在平面内的射影是这个角的平分线所在直线.
【题型1 异面直线所成的角】
【方法点拨】
(1)构造：根据异面直线的定义，用平移法(常利用三角形中位线、平行四边形的性质)作出异面直线所成的
角.
(2)证明：证明作出的角就是要求的角.
(3)计算：求角度(常利用三角形的有关知识).
(4)结论：若求出的角是锐角或直角，则它就是所求异面直线所成的角；若求出的角是钝角，则它的补角就
是所求异面直线所成的角.
【例1】在三棱锥中，平面ABC，且，，E，F分别为BC，PA的中点，则异面直线EF与PC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】要求异面直线的夹角，利用线线平行进行转化，如图分别取AB，PB的中点M，G，连接FM，ME，GE，FG，则，所以或其补角为异面直线EF与PC所成的角，解三角形即可得解.
【解答过程】如图所示，分别取AB，PB的中点M，G，连接FM，ME，GE，FG，则，所以（或其补角）为异面直线EF与PC所成的角．
因为，，所以，．
因为平面ABC，平面ABC ，，
平面ABC，，平面ABC，
所以，且．
在中，．
在中，，，
由余弦定理得，
所以异面直线EF与PC所成角的余弦值为．
故选：B.
【变式1-1】（2023春·安徽·高二开学考试）如图，已知等腰直角三角形的斜边的中点为，且，点为平面外一点，且，，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】取中点，连接，，则即为所求角，再利用余弦定理求解即可.
【解答过程】如图取中点，连接，，
因为是中点，所有，则即为所求角，
因为，，所以，
又因为是等腰直角三角形，所以，，
在中由余弦定理可得，
所以在中由余弦定理可得，
所以，
故选：D.
【变式1-2】（2023·贵州毕节·统考一模）图（1）是由正方形和正三角形组合而成的平面图形，将三角形沿折起，使得平面平面，如图（2），则异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】由平面平面，可得平面，从而．由可知为异面直线与所成角，从而得解．
【解答过程】∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，又平面，∴．
∵，∴为异面直线与所成角，
∵，∴．
故选：C．
【变式1-3】（2023·河南郑州·统考一模）在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可
【解答过程】如图，连接，，，因为，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，平面，所以，又，
，平面，所以平面，
又平面，所以，
设正方体的棱长为2，则，，
在中，，所以，
故选：.
【题型2 线线垂直的判定】
【方法点拨】
通过异面直线所成的角为 SKIPIF 1 < 0 ，来证明线线垂直；
通过基本的平面图形的几何性质来实现线线垂直的探索；
通过线面垂直的关系来证明线线垂直.
【例2】（2022·高一课时练习）在正方体中，与垂直的直线是（ ）
A．ABB．CDC．D．
【解题思路】证明平面,从而得到 ，可得答案.
【解答过程】连结, 则为直线与所成角,
在直角三角形中，为锐角，所以与不垂直，选项D不正确.
为直线与所成角,
在直角三角形中，为锐角，所以与不垂直
由，所以与不垂直，故选项A,B不正确.
在正方体中,
平面，且平面,所以
由,所以平面’
平面,所以
故选: C.
【变式2-1】（2022·高一课时练习）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱中，与棱AB垂直的棱有（ ）
A．2条B．4条
C．6条D．8条
【解题思路】根据线线之间的垂直关系判断即可.
【解答过程】在长方体ABCD－A1B1C1D1的棱中，与棱AB垂直的棱有BC，B1C1，A1D1，AD，AA1，BB1，CC1，DD1，共8条．
故选：D.
【变式2-2】（2022·高一课时练习）如图，为所在平面外一点，，，则形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定
【解题思路】根据垂直关系，先证明平面，即可证明，可以判断三角形形状.
【解答过程】由题，，所以，又，
是平面内两条相交直线，所以平面，平面，
所以，
所以形状为直角三角形.
故选：B.
【变式2-3】（2022·广东·高三学业考试）如图所示，在正方体中，下列直线与垂直的是（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】由平行关系可确定的垂线即为的垂线，由此可确定结果.
【解答过程】四边形为正方形，，
， ，
故选：.
【题型3 线面垂直判定定理的应用】
【方法点拨】
利用直线与平面垂直的判定定理判定线面垂直的步骤：
(1)在这个平面内找两条直线，使要证直线和这两条直线垂直；
(2)确定这个平面内的两条直线是相交的直线；
(3)根据判定定理得出结论.
【例3】（2022·上海·高二专题练习）在正方形中，、分别是及的中点，是的中点．现在沿、及把这个正方形折成一个空间四边形，使、、三点重合，重合后的点记为，那么，在空间四边形中必有（ ）
A．所在平面B．所在平面
C．所在平面D．所在平面
【解题思路】注意翻折前后的角度的变与不变，根据线面垂直的判定定理得到平面，A正确；
假设平面，推出，矛盾，B错误；
由平面得到，结合证明出平面，假设平面，则平面平面，推出矛盾，C错误；
由面得到，假设平面，则，结合三线在同一平面可推出，矛盾，D错误.
【解答过程】对于A，在正方形中，，，
所以在四面体中，，，
又平面，，所以平面，故选项A正确；
对于B，若平面，结合选项A，则，显然矛盾，故选项B错误；
对于C，因为面，面，所以，
又，平面，，所以平面，
假设平面，则平面平面，显然矛盾，故选项C错误；
对于D，因为面，面，所以，
若平面，平面，则，
平面，故，显然矛盾，故D错误；
故选：A.
【变式3-1】（2022春·辽宁·高一期末）已知是三个不同的平面，是三条不同的直线，且.在下列条件中，能推出的是（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】由线面垂直的判定定理结合图象判断即可求解
【解答过程】当时（如图所示），由推不出，即错误；
同理可知，错误；
若，可知与交于一点，且，所以，即D正确.
故选：D.
【变式3-2】（2022秋·宁夏石嘴山·高二阶段练习）如图，是圆柱的母线，是圆柱的底面直径，是圆柱底面圆周上的任意一点（不与，重合），则下列说法错误的是（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．三棱锥的四个面都是直角三角形
【解题思路】根据圆柱的结构特征，利用线面垂直的判定、性质推理即可判断作答.
【解答过程】因是圆柱的母线，是圆柱的底面直径，是圆柱底面圆周上的任意一点（不与，重合），
则平面，A正确；
而平面，则，又，，平面，则有平面，B正确；
由选项A知，都是直角三角形，由选项B知，都是直角三角形，D正确；
假定平面，平面，则，即，而中，矛盾，
所以平面不正确，C错误.
故选：C.
【变式3-3】（2022春·天津河西·高一期末）如图，圆柱中，是侧面的母线，AB是底面的直径，C是底面圆上一点，则（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．平面
【解题思路】根据线面垂直的判定定理及定义判断即可；
【解答过程】解：依题意平面，平面，所以，
又是底面圆的直径，所以，
，平面，所以平面，故A正确；
对于B：显然与不垂直，则不可能垂直平面，故B错误；
对于C：显然与不垂直，则不可能垂直平面，故C错误；
对于D：显然与不垂直，则不可能垂直平面，故D错误；
故选：A.
【题型4 直线与平面所成的角】
【方法点拨】
求直线与平面所成的角的一般步骤：
(1)作：在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步确定垂足的位置是关键.
(2)证：证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据为直线与平面所成的角的定义.
(3)求：一般借助三角形的相关知识求角.
【例4】（2023春·四川达州·高二开学考试）在长方体中，，，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】连接交于F，由题意可知与平面所成角与与平面所成角相等，由题意可证平面平面，过作于，由面面垂直的性质定理可得是与平面所成角，即与平面所成角为，在中，计算即可.
【解答过程】解：连接交于F，
设与平面所成角为，因为∥,
所以与平面所成角为，
如图：
因为在长方体中，，，
所以四边形是正方形，是中点，，
，所以，
又，面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
过作于，
因为面面，面面，，面，
所以平面，
所以，即，
所以.
故选：A.
【变式4-1】（2022春·山东聊城·高一阶段练习）在四棱锥中，平面，四边形ABCD为矩形，，PC与平面所成的角为，则该四棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】判断出是外接球的直径，求得，从而计算出外接球的体积.
【解答过程】由于平面，平面，所以，
由于四边形是矩形，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以；同理可证得，
所以是外接球的直径.
由平面可知：是PC与平面所成的角，
所以，所以.
所以外接球的半径为，
所以外接球的体积为.
故选：C.
【变式4-2】（2022秋·广西玉林·高二阶段练习）在长方体中，，，点在棱上，若直线与平面所成的角为，则（ ）
A．1B．C．D．
【解题思路】由长方体性质确定线面角且求，进而求出长度.
【解答过程】根据长方体性质知面，故为直线与平面所成的角的平面角，
所以，则，可得，如下图示，
所以在中，符合题设.
故选：B.
【变式4-3】（2022春·广西桂林·高二期中）如图，在四棱锥中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，且，G为△ABC的重心，则PG与底面ABCD所成的角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】连接BD，判断G在BD上，判断为PG与底面ABCD所成的角，解直角三角形求得所求正弦值.
【解答过程】连接BD交于，四边形ABCD为正方形，则为中点，
∵G为△ABC的重心，则G在BD上，且，
∴，
∵PD⊥底面ABCD，∴为PG与底面ABCD所成的角，面ABCD，则，
∴，
∴.
故选：C.
【题型5 直线与平面垂直的性质定理的应用】
【方法点拨】
(1)线面垂直的性质定理、基本事实4及线面平行的性质定理都是证明线线平行的依据，至于线面平行、面
面平行，归结到最后还是要先证明线线平行.
(2)要证线线垂直，只需证线面垂直，再利用线面垂直的性质即可得到线线垂直.
【例5】（2023春·甘肃天水·高三开学考试）如图，四棱锥P—ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，PA=PC，PD=2，，
(1)证明：AC⊥PD；
(2)若，求四棱锥P—ABCD的体积．
【解题思路】（1）设，，再由，得平面，从而得证线线垂直；
（2）由（1）平面，因此可由计算出体积．
【解答过程】（1）设，连接，因为，所以，
又是菱形，所以，
，平面，
所以平面，又平面，所以；
（2）是菱形，，则，是等边三角形，，
，
中，，，所以边上高为，
，
由（1）平面，
．
【变式5-1】（2023·全国·高三专题练习）如图（1），在梯形中，且，线段上有一点E，满足，，现将，分别沿，折起，使，，得到如图（2）所示的几何体，求证：
【解题思路】在中，求得，结合勾股定理证得，，从而证得平面，再在和中，分别证得和，从而证得平面，即可证得.
【解答过程】证明：在中，，
所以，，
在中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以，
同理可得，在中，，且，
在中，，所以，
因为，，平面，所以平面，
在中，，
在中，，则，
因为，平面，所以平面，
所以.
【变式5-2】（2022秋·山东潍坊·高二阶段练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.证明：AE∥MN.
【解题思路】根据线面垂直的判定定理可证AE⊥平面PCD，MN⊥平面PCD，则可得AE∥MN．
【解答过程】因为AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，所以AE⊥AB，
又AB∥CD，所以AE⊥CD.
因为AD＝AP，E是PD的中点，所以AE⊥PD.
又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，
所以AE⊥平面PCD.
因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.
又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，
所以MN⊥平面PCD，
所以AE∥MN.
【变式5-3】（2023·湖北·模拟预测）如图，在正三棱柱中，点D为线段的中点，侧面的面积为．
(1)若证明：；
(2)求三棱柱的体积与表面积之比的最大值．
【解题思路】（1）取中点H，连接，证明得到平面，得到证明.
（2）计算，，再利用均值不等式计算得到答案.
【解答过程】（1）取中点H，连接，，，
则．
平面，平面，故，
，，平面，故平面，
平面，故．
又，平面，故平面．
而平面，故．
（2）设，表面积，
体积．
，当且仅当等号成立．
【题型6 平面内的射影问题】
【方法点拨】
立体几何中经常遇到由一个点向一个平面作垂线的问题，垂线的位置由这个点在平面内的射影位置来确定，
因此确定这个点的射影位置是解题的关键.
【例6】（2022秋·上海静安·高二期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中AE、AF、EF把正方形折成一个四面体，使B、C、D三点重合，重合后的点记为P，点P在△AEF内的射影为O，则O为△AEF的（ ）
A．重心B．外心C．内心D．垂心
【解题思路】利用线面垂直的判定、性质证明、、，即可得结果.
【解答过程】由题意知：，，四面体如下图示：
因为，，面，
所以面，同理证：面，面，
由面，则，同理证：，，
由P在△AEF内的射影，故面，而面，
所以，
由，面，则面，面，
所以，同理可证：，，
所以为△的垂心.
故选：D.
【变式6-1】（2022秋·山东潍坊·高二开学考试）若P是所在平面外一点，且，，则点P在所在平面内的射影O是的（ ）
A．内心B．外心C．重心D．垂心
【解题思路】根据且，，利用线面垂直的判定定理得到，即可.
【解答过程】解：如图所示：
因为，且，
所以平面，则，
同理得，
所以O是的垂心．
故选：D.
【变式6-2】（2022春•瑶海区月考）已知正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，E、F、G分别是棱A'B'、AA'、A'D'上的点，则点A′在平面EFG上的射影是三角形EFG的（ ）
A．垂心B．重心C．外心D．内心
【解题思路】由线面垂直的判定和性质，结合三角形的垂心的定义，可得结论．
【解答过程】解：设点A′在平面EFG上的射影为H，连接HE，HF，HG，
由A'E⊥A'F，A'E⊥A'G，且A'F∩A'G＝A'，可得A'E⊥平面A'FG，
则A'E⊥FG，
而EH为A'E在面EFG内的射影，可得FG⊥EH，
同理可得EF⊥GH，EG⊥FH，
所以点A′在平面EFG上的射影是三角形EFG的垂心．
故选：A．
【变式6-3】（2022·高一课时练习）下列四个命题：
①所在平面外一点P到角的两边距离相等，若点P在平面上的射影H在的内部，则H在的平分线上；
②P是所在平面外一点，点P到三个顶点的距离相等，则点P在平面上的射影O是的外心；
③P是所在平面外一点，点P到三边的距离相等，则点P在平面上的射影O是的内心；
④P是所在平面外一点，点，，两两垂直，且，则点P在平面上的射影O是的中心.
其中，正确命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】①,如图所示，证明，,,即得结论正确；
②,如图所示，证明,即得结论正确；
③,如图所示，证明在的平分线上，所以点是的内心,即得结论正确；
④,如图所示，证明,点是的垂心,即得结论正确.
【解答过程】①,如图，由题得，因为平面,所以,
因为平面,所以平面,所以,同理,所以H在的平分线上，所以该结论正确；
②，如图所示，平面, O是的外心,所以该结论正确；
③,如图所示，由题得，同①方法可证在的平分线上，同理可证在的平分线上，所以点是的内心,所以该结论正确；
④，如图所示，点，，两两垂直，且，所以,
因为平面,所以平面,所以, 设是中点，所以,又，平面,所以平面,所以,同理,所以点是的垂心.又，所以点是的中心.所以该结论正确.
故选：D.
专题8.6 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）设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【解题思路】AD可举出反例，B选项，由线面垂直的判定定理得；C选项，可得到；
【解答过程】A选项，与相交、平行或，
如图1，当时，与相交，故A错误；
B选项，因为，，所以，
因为，则由线面垂直的判定定理得，故B正确；
C选项，因为，，所以，
因为，所以，故C错误；
D选项，若，，，则与相交、平行或异面，
如图2，满足，，，而与异面，
故D错误．
故选：B．
2．（3分）（2023·吉林·统考二模）三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
【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平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解.
【解答过程】因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，不妨设，则由得，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：D.
.
3．（3分）（2023秋·辽宁辽阳·高三期末）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面，E是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】分别取棱的中点F，H，可得是异面直线与所成的角或补角，在中，由余弦定理即可求解.
【解答过程】如图，分别取棱的中点F，H，连接，
设，则．
因为E，F分别是棱的中点，所以，
则是异面直线与所成的角或补角．
因为H，E分别是棱的中点，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面,所以，则．
在中，由余弦定理可得．
故选:D.
4．（3分）（2022秋·四川遂宁·高二阶段练习）如图，正方体中，
①与平行；
②与垂直；
③与垂直．
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，在正方体中，由图可知与异面，故①不正确．
对于②，因为，不垂直，所以与不垂直，故②不正确．
对于③，在正方体中，平面，又∵平面，∴与垂直.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，给出下列四个结论：
①直线与所成的角为；
②直线与所成的角为；
③直线与平面所成的角为；
④直线与平面所成的角为.
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：
在正方体中，平面，由平面，则，在正方形中，，
因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，，故①②正确；
同理可得平面，垂足为，所以为直线与平面所成的角，
设正方体的棱长为，，，则，即，故③错误；
易知为直线与平面所成的角，由，则，故④正确.
故选：C.
6．（3分）（2022秋·浙江温州·高二期中）在正方体中，下列说法错误的是（ ）
A．与平面所成角正切值为B．平面
C．D．与所成角为
【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,连接交于，连接交于，
则有,
因为,,,
所以平面,平面,
所以,
同理可证,
又因为,
所以平面,故B正确；
又因为平面,
所以,
所以为与平面所成角，
又因为,
所以,
所以,故A错误；
由正方体的性质可知平面,所以，故C正确；
因为为正三角形，
所以,
即与所成角为，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，，满足，且两两之间的距离均为d（），动点，，，，，，，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．，点A在面上的射影为垂心
B．，点A在面上的射影为垂心
C．，点A在面上的射影为内心
D．，点A在面上的射影为内心
【解题思路】由题意，点在面上的射影在平行于的中位线上，可排除CD，设点在面上的射影为，再结合线面垂直的判定定理即可判断AB.
【解答过程】直线，，满足，且两两之间的距离均为d（），
所以点在面上的射影在平行于的中位线上，
所以点在面上的射影不可能为内心，排除选项C，D.
当时，，此时四边形为矩形，所以.
设点在面上的射影为，则，，
，所以面，所以.
对于B，C位置确定：取点，连结，
过作的垂线与的交点即为.
此时点在面上的射影为的垂心.

若点在面上的射影为垂心，则，
所以，此时四边形为矩形，
所以，排除选项B.
故选：A.
8．（3分）（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱柱中，侧棱底面，，，D是棱的中点，P是AD的延长线与的延长线的交点，若点Q在线段上，则下列结论中正确的是（ ）.
A．当点Q为线段的中点时，平面
B．当点Q为线段的三等分点时，平面
C．在线段的延长线上，存在一点Q，使得平面
D．不存在DQ与平面垂直
【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为线段的中点和点Q不为线段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，交于H
在三棱柱中，侧棱底面，，
则四边形为正方形，则
又，即，
又，，面，面
则面，则
又，，面，面
则面，
选项A：当点Q为线段的中点时，又 D是棱的中点，则
若平面，则平面
又面，则面平面，这与矛盾，
故假设不成立，即当点Q为线段的中点时，平面不正确；
选项B：当点Q为线段的三等分点时，又 D是棱的中点，
则不成立，即与为相交直线，
若平面，则
又，与为相交直线，面，面
则面，又面，则面面
这与面面矛盾，
故假设不成立，即当点Q为线段的点三等分时，平面，不正确；
选项C：在线段的延长线上一点Q，又 D是棱的中点，
则不成立，即与为相交直线，
若平面，则
又，与为相交直线，面，面
则面，又面，则面面
这与面面矛盾，
故假设不成立，即在线段的延长线上，存在一点Q，使得平面不正确；
选项D：由选项A可知，点Q为线段的中点时，平面不成立；
假设点Q在线段上，且不是中点，又 D是棱的中点，
则不成立，即与为相交直线，
若平面，则
又，与为相交直线，面，面
则面，又面，则面面
这与面面矛盾，
故假设不成立，即点Q在线段上，且不是中点时，平面不正确；
故不存在DQ与平面垂直.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）在长方体中，，，则下列线段与垂直的有（ ）
A．B．C．D．
【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，所以侧面是正方形，所以，
长方体中，平面，平面， ，
平面，，故平面，
平面， ，A选项正确；
同理平面，平面，，B选项正确；
，所以四边形为正方形，所以，D选项正确；
易知，交于长方体的中心O，，在中，可得，故，所以不与垂直，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，圆所在的平面，是圆的直径，是圆上的一点，，分别是点在上的射影，给出下列结论，其中正确结论是（ ）
A．B．面C．D．
【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：因为面面，故可得，
又面，故面；
又因为面，故；
根据题意面，故面，
又面，故，故正确；
B：由A可知，面，过一点不可能有两条直线垂直于同一个平面，故错误；
C：由A可知：面面，故，故正确；
D：由A可知：面面，故可得，
又，面，故面，
又面，则，故正确.
故选：ACD.
12．（4分）（2023·湖南·模拟预测）已知正四棱锥的所有棱长均为，，分别是，的中点，为棱上异于，的一动点，则以下结论正确的是（ ）
A．异面直线、所成角的大小为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．周长的最小值为
D．存在点使得平面
【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，取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
则，又正四棱锥的所有棱长均为，
则，所以异面直线，所成角为，故A错误；
设正方形的中心为，连接，，
则平面，，
设的中点为，连接，，
则，且平面，
所以为直线与平面所成角，所以，
中，，，，
所以由余弦定理可得，所以 ，
所以，故B正确；
将正和沿翻折到一个平面内，如图，
当，，三点共线时，取得最小值，
此时，点为的中点，，
所以周长的最小值为，故C正确；
若平面，则，此时点为上靠近点的四等分点，
而此时，与显然不垂直，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）已知所在平面外一点，且两两垂直，则点在平面内的射影应为的 垂 心.
【解题思路】设点在平面内的射影为，由已知可证明，，根据线面垂直的判定以及性质可得.同理可得，，即可得出答案.
【解答过程】设点在平面内的射影为，则平面.
又平面，所以.
因为，，，平面，平面，
所以平面.又平面，所以.
因为，平面，平面，所以平面.
又平面，所以.
同理可证，，，所以是的垂心.
所以，点在平面内的射影应为的垂心.
故答案为：垂.
15．（4分）（2023·四川南充·校考模拟预测）在正四棱柱中，是的中点，，，则与平面所成角的正弦值为
【解题思路】先利用线面垂直的判定定理证得平面，进而得到直线与平面所成角为，从而解直角三角形即可求得其正弦值.
【解答过程】设底面的中心为，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，则平面，
取的中点，连接，则，
所以平面，
连接，则为与平面所成的角.
因为，，
所以，，.
故答案为：.
.
16．（4分）（2022·上海·高二专题练习）如图，在正方体中，M、N、P分别是、和AB的中点，则下列关系：
①BM⊥AB；
②BM∥平面；
③；
④⊥平面，
正确的编号为 ①②④ ．
【解题思路】①，由AB⊥面，得AB⊥BM，；
②，取的中点O，可得PO∥BM⇒BM∥面；
③，若，可得BM⊥面，与已知矛盾；
④，取中点，可得面，，即可得平面
【解答过程】对于①，∵AB⊥面，BM⊂面，∴AB⊥BM，故正确；
对于②，如图1，取A1C1的中点O，连接，又为中点， ,
且,为中点，,， ，且，
，且，所以四边形为平行四边形，
所以，面，面，面，故正确；
对于③，若，由①知AB⊥BM，即,
，且面，BM⊥面，面
，显然与已知矛盾，故错误；
对于④，如图2，取中点H，
根据平面几何关系，，所以
， ，得到，
为中点，故得面，面，
面，所以面,
而面，所以
正方体中，，面，面
，又 ，面，
所以面，
而面，所以，面
所以面，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⊥C1E.
【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⊥BB1.②
BC，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，
∴ACA1C1，从而B1C与AC所成的角就是A1C1与B1C所成的角.
在△AB1C中，由AB1＝AC＝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ACA1C1，
∴AC与EF所成的角就是A1C1与EF所成的角.
∵EF是△ABD的中位线，∴EFBD.
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．
∵平面BCD，
∴AP⊥CD，
∵AB⊥CD，ABAP=A
∴CD⊥平面ABP，
∵平面ABP，
∴CD⊥BP，
同理可得：BD⊥CP．
∴点P是△BDC的垂心．
∴DP⊥BC．
∵AP⊥平面BDC，平面BCD，
∴AP⊥BC，
∵
∴BC⊥平面ADP，
∵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的正方形中，点是的中点，点是的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【解题思路】（1）由正方形折叠后，得到，证得平面，进而得到.
（2）取中点，连接，由折叠前后结合线面垂直的判定定理知平面，进而得到即为直线与平面所成的角，在直角中可求解.
【解答过程】（1）证明：由题意，根据折叠前后，可得，
又，所以平面，
又平面，所以；
（2）取中点，连接，由折叠前后知，，
，，
又，平面，
在面的射影在上， 则即为直线与平面所成的角，
由（1）可得，所以为直角三角形，
因为正方形的边长为，可得，，
又，，
，即直线与平面所成角的正弦值为.
21．（8分）（2023·全国·高三专题练习）在中，，D是的中点，S是所在平面外一点，且.
(1)求证：平面；
(2)若，求证：平面.
【解题思路】（1），D为的中点得，由得，再由线面垂直的判断定理可得答案；
（2），D是的中点得 ，由（1）知，再由线面垂直的判断定理可得平面.
【解答过程】（1）
如图，∵，D为的中点，
∴，
连接，在中，有，
∵，为公共边，∴，
∴，∴，
又，∴平面
（2）
∵，D是的中点，∴ ，
由（1）知，且，∴平面.
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=；③AA1=.
【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A1B1AA1=A1，A1B1平面AA1B1B，AA1平面AA1B1B，
所以C1D⊥平面AA1B1B；
（2）(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF，
连接DF，A1B，如图，
则DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，则AB=，又AA1=，于是得四边形AA1B1B为正方形，
则有A1B⊥AB1，从而有DF⊥AB1，因C1D⊥平面AA1B1B，AB1平面AA1B1B，
因此得C1D⊥AB1，DFC1D=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=90°，则AB=，AA1=，
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=，又，矛盾，
所以不能证明AB1⊥平面C1DF，
综上：(ⅰ)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.