高考数学第二轮复习专题练习 专题8.12 空间直线、平面的垂直（一）（重难点题型检测）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题8.12 空间直线、平面的垂直（一）（重难点题型检测）（教师版），共23页。
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⊥α
B．若l//m，m//n，l⊥α，则n⊥α
C．若l//m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D．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=22，
因为AC⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AC⊥CD，
在Rt△ACD中，不妨设AC=a,CD=ba>0,b>0，则由AC2+CD2=AD2得a2+b2=8，
所以S△ACD=12AC⋅CD=12ab=14×2ab≤14a2+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△ACD⋅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，PA⊥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△BEF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=23,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=12PA=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cs∠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-A1B1C1D1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BCC1B1，∴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BC1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⊥DA1，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=22，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BDC1
C．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=12=22,故A错误；
由正方体的性质可知AB⊥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，CD，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AH⊥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A1BD
B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．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A1BD，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=AB1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=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，DQ⊥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=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．B1CC．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ABC1D1，
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=2AD=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=2AD，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PBC，
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22，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π3
B．直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为66
C．△EMF周长的最小值为6+22
D．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22，
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ABCD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=16=66，故B正确；
将正△PAB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=22，
所以△EMF周长的最小值为6+22，故C正确；
若PB⊥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BC⊥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⊥B1D1，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以A1C1⊥BB1，
又BB1∩B1D1=B1,BB1,B1D1⊂平面BDD1B1，
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BE与平面BB1D1D所成的角.
因为AB=2，AA1=7，
所以EH=12OC1=22，BE=72+12=22，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A1P⊥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=BP，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∩C1P=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∠AA1P=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A1ABB1，∵A1P⊂面A1ABB1，∴HN⊥A1P
B1H,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⊥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，
∴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＝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
∴CD⊥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=52-222=322，
又A'D=2，∴A'G=DG2-A'D2=92-4=22，
∴sin∠A'DG=A'GDG=22322=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=SC，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=SB，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AB1⊥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AA1B1B，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=90°，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.