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Word版含解析

这是一份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Word版含解析，共30页。试卷主要包含了直线与平面垂直，平面与平面垂直，直线与平面所成的角，二面角的有关概念，三种距离等内容，欢迎下载使用。

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

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判定定理
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

⇒l⊥α
(3)直线与平面垂直的性质定理

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性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b
2．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

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判定定理
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直

⇒α⊥β
(3)平面与平面垂直的性质定理

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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交线，那么这条直线与另一个平面垂直

⇒l⊥α
3．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：.
直线与平面所成的角的范围：.
4．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的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垂线段，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，这条直线上任意一点到这个平面的距离，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⊂α B．m∥n，且n⊥β
C．α⊥β，且m∥α D．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β
B．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β
C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ
D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β
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＝＝，所以∠ABO＝60°.故选A．

4．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝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．
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，∴AO⊥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，那么P到平面ABC的距离为________.
答案　
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＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，即∠ACO＝45°.
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝＝ ＝.



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⊥α
B．若l平行于α内的一条直线，则l∥α
C．若l垂直于α内的两条相交直线，则l⊥α
D．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．
　1.(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＝，CP＝1，故tan∠POC＝＝，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－MADT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，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＝AC＝，OQ＝＝＝，OP＝＝＝，OQ2 　
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EFH B．AG⊥平面EFH
C．HF⊥平面AEF D．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．

(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＝；③AA1＝.
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，A1B，

∴DF∥A1B，
在△ABC中，AC＝BC＝1，
∠ACB＝90°，则AB＝，
又AA1＝，
则四边形AA1B1B是正方形，
∴A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1.
∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1⊂平面AA1B1B，
∴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⊥AB1，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
①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＝2，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＝2，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；
(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，
又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM⊂平面PDE，
∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P－BCDE的高．在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝DE＝，
而梯形BCDE的面积S＝(BE＋CD)·BC＝×(2＋4)×2＝6，
∴四棱锥P－BCDE的体积
V＝PM·S＝××6＝2.

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．
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＝.
而△ABB1的面积S△ABB1＝×1×3＝，
AE＝BE＝，等腰三角形ABE底边AB上的高为 ＝.记点B1到平面ABE的距离为h，由VB1－ABE＝VE－ABB1，得×h××1×＝××，解得h＝，即点B1到平面ABE的距离为.
　　
(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＝，圆锥的侧面积为π，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≌△PBC．
∴∠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＝π，rl＝.
OD2＝l2－r2＝()2，
解得r＝1，l＝，AC＝2rsin60°＝，

在等腰直角三角形APC中，AP＝AC＝，
在Rt△PAO中，PO＝＝＝，
∴三棱锥P－ABC的体积为
VP－ABC＝PO·S△ABC＝×××××＝.
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ABCD，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＝.
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＝××＝.
∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，
∴BC⊥平面PNB.
又PM＝2MC，
∴VP－NBM＝VM－PNB＝VC－PNB＝×××2＝.



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⊥c B．α⊥β，a⊂α，b⊂β
C．a⊥α，b∥α D．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．①④ B．③④
C．①② D．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(　　)

A．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∥AB
B．MN与BC所成的角为45°
C．OC⊥平面VAC
D．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(　　)

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.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ABC
B．平面ADC⊥平面BDC
C．平面ABC⊥平面BDC
D．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(　　)

A．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A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
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⊥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45°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＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)，＝(0,1,0)，所以·＝－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)，·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〈，a〉|＝＝＝，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，CD1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C1C⊥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．

10．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
B．点C到平面ABC1D1的距离为
C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为
D．三棱柱AA1D1－BB1C1的外接球半径为
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＝，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，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，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＝＝，故D正确．故选ABD.
11．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，则下列结论可能正确的有(　　)

A．DF⊥BC
B．BD⊥FC
C．平面BDF⊥平面BCF
D．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AD1P
B．D1P⊥A1C
C．D1P与C1D所成角的取值范围为
D．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⊂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ABCD－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，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，

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＝＝＝，OG＝＝＝，A1G＝＝＝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　
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BC．∴MQ⊥平面PAB，∴点M到平面PAB的距离为MQ＝.作QN⊥AB于点N，则易证AB⊥平面MNQ，连接MN，则MN⊥AB，QN⊥AB.QN＝QB·sin60°＝，∵MQ⊥QN，∴MN＝＝.

四、解答题
16．(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

(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＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝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＝AC＝2，
CM＝BC＝，∠ACB＝45°.
在△OCM中根据余弦定理可求得OM＝，
所以CH＝＝.
所以点C到平面POM的距离为.
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.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？若存在，求出的值；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＝，∴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，
S△A′BM＝×A′M×BM＝×1×2＝1，
故三棱锥A′－BCM的体积为
VC－A′BM＝S△A′BM×＝>，
∴在线段A′C上存在点P满足条件，
此时＝＝＝.
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＝×1×2×＝，
三棱锥A′－BCM的体积为V＝S△A′BM·＝.
所以在线段A′C上存在点P满足条件，且＝1.
若选条件③A′到平面BCNM的距离为，
过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM，
∴A′O＝，∴∠A′MB＝45°或135°，
∴S△A′BM＝×1×2×＝，
三棱锥A′－BCM的体积为V＝S△A′BM·＝<，
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＝，AA1＝AB＝2AD＝2.

(1)证明：平面ADB1⊥平面BB1C1C；
(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＝，
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A1CE，所以A1C∥平面ADB1.
因为AA1∥BB1，所以VB1－AA1D＝VB－AA1D，
又因为BD＝，且易证BD⊥平面AA1D，所以VA－A1B1D＝VB1－AA1D＝VB－AA1D＝×××2×1＝.