高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)专题8.5直线、平面垂直的判定及性质专题练习（学生版+解析）

这是一份高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)专题8.5直线、平面垂直的判定及性质专题练习（学生版+解析），共39页。试卷主要包含了【多选题】，如图，在三棱柱中，，，.等内容，欢迎下载使用。
1．（2020·浙江开学考试）已知两个不重合的平面，若直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．（2021·浙江高二期末）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．【多选题】（2021·河北高一期末）已知直线a，b与平面，，则下列说法不正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，为异面直线，，，，，则
4．【多选题】（2021·南京市宁海中学高一月考）如图，在正方体中，线段上有两个动点，，若线段长度为一定值，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．平面
C．平面D．三棱锥的体积为定值
5．（2020·北京101中学期末）设，是两个不同的平面，l是直线且，则“”是“”的______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).
6.（2021·河北巨鹿中学高一月考）三棱锥的高为，若三条侧棱、、两两垂直，则为的______心.
7．（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱中，，分别是，的中点．求证：
（1）平面//平面；
（2）平面平面．
8．（2021·山西高一期中）如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，E，F分别为AB和PD的中点.
（1）求证：平面PBD；
（2）求证：平面PBC.
9．（2021·湖南高二期末）如图，在三棱柱中，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的体积.
10．（2020·内蒙古宁城·月考（文））在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，且平面平面，，，为中点.
（1）证明：平面；
（2）求到平面的距离.
练提升TIDHNEG
1. （2019·福建高考模拟（理））已知等边△的边长为2，现把△绕着边旋转到△的位置．给出以下三个命题：①对于任意点，； ②存在点，使得平面； ③三棱锥的体积的最大值为1.以上命题正确的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
2．（2020·重庆市广益中学校期末）如图，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：
①BD⊥AC； ②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥； ④平面ADC⊥平面ABC．
其中正确的是___________
3．（2021·四川高二期末（文））如图，直三棱柱中，，且，为线段上动点.
（1）证明：；
（2）判断点到面的距离是否为定值，并说明理由，若是定值，请求出该定值.
4．（2020·佛山市第四中学高二月考）在直三棱柱中，，点分别是 ，的中点，是棱上的动点.
（1）求证: 平面；
（2）若∥平面，试确定点的位置，并给出证明.
5．（2019·河北高考模拟（文））如图，在四棱锥中，，是梯形，且，，.
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求得值；若不存在，说明理由.
6.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA=3，AD=2，AB=4，∠ABC=600.
（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（2）若点M,N分别为PA,CD上的点，且PMPA=CNCD=35，在线段PB上是否存在一点E，使得MN//平面ACE；若存在，求出三棱锥P−ACE的体积；若不存在，请说明理由.
7．（2021·江苏高一期末）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．
（1）若为线段的中点，求证：平面平面；
（2）若，点是线段上的动点，求的最小值．
8．（2020·江苏南京师大附中高二开学考试）在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，如图1，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接，如图
（1）证明：平面和平面必定存在交线，且直线；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离.
9．（2021·天津市西青区杨柳青第一中学高一期中）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，E是的中点，F是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求与平面所成的角．
10．（2021·浙江温州市·高二期中）如图所示，四边形是矩形，平面平面，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）过点作平面，若，，，为的中点，设，在线段上是否存在点，使得与平面所成角为.若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.
练真题TIDHNEG
1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
2．（2020·山东海南省高考真题）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°
3．（2019·全国高考真题（文））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___________．
4.（2018·全国高考真题（文））如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
5．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
6．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
专题8.5 直线、平面垂直的判定及性质
练基础
1．（2020·浙江开学考试）已知两个不重合的平面，若直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
根据面面垂直的判定定理，可知若且，可推出，即必要性成立；反之，若，则与的位置关系不确定，即充分性不成立；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
2．（2021·浙江高二期末）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.
【详解】
根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；
反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
3．【多选题】（2021·河北高一期末）已知直线a，b与平面，，则下列说法不正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，为异面直线，，，，，则
【答案】AB
【解析】
举反例可判断A和B；由线面平行的性质定理可判断C；由反证法可判断D.
【详解】
对于选项A：反例如图，故A错误；
对于选项B：反例如图，故B错误；
对于选项C：是“线面平行的性质定理”的符号语言，故C正确；
对于选项D：若平面与平面不平行，设，因为，，由线面平行的性质定理得，同理，所以，这与，为异面直线矛盾，所以.故D正确.
故选：AB.
4．【多选题】（2021·南京市宁海中学高一月考）如图，在正方体中，线段上有两个动点，，若线段长度为一定值，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．平面
C．平面D．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】
选项A，连接BD，通过证明平面，可判定；选项B，通过可判定；选项C，利用平面ABCD平面可判定平面ABCD；选项D，可利用三棱锥的高和底面积为定值来判定.
【详解】
选项A：
连接BD，底面ABCD是正方形，，
又平面ABCD，平面ABCD，，
，平面，
又平面，，故选项A正确；
选项B：
若平面，平面，，
但显然，所以平面不成立，故选项B错误；
选项C：
正方体中，平面ABCD平面，平面，平面ABCD，故选项C正确；
选项D：
点A到平面BEF的距离也是点A到平面的距离，等于AC的一半，
即三棱锥高为定值，而的边为定值，高为为定值，故体积为定值，
故选项D正确.
故选：ACD.
5．（2020·北京101中学期末）设，是两个不同的平面，l是直线且，则“”是“”的______.条件(参考选项：充分不必要，必要不充分，充分必要，既不充分也不必要).
【答案】充分不必要
【解析】
面面垂直的判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.
因为直线且
所以由判断定理得.
所以直线，且
若，直线则直线，或直线，或直线l与平面相交，或直线l在平面内.
所以“”是“”成立的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要.
6.（2021·河北巨鹿中学高一月考）三棱锥的高为，若三条侧棱、、两两垂直，则为的______心.
【答案】垂
【解析】
根据题意可证明面PBC，结合PH为三棱锥的高可以证明，同理：，进而得到答案.
【详解】
如图，因为，所以面PBC，则PA⊥BC，
又PH⊥平面ABC，所以PH⊥BC，而，所以面PAH，所以，同理可证：，所以点H为垂心.
故答案为：垂.
7．（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱中，，分别是，的中点．求证：
（1）平面//平面；
（2）平面平面．
【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析
【解析】
（1）连接，由已知条件可得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，则‖,‖,，再结棱柱的特点可得四边形为平行四边形，‖，所以由线面平行的判定可得‖平面，‖ 平面，再由面面平行的判 定可得结论，
（2）由已知可得，，从而可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论
【详解】
证明：（1）连接，
因为，分别是，的中点，
所以，
因为， ‖，
所以，‖ ，‖，
所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
所以‖,‖,，
因为平面，平面，
所以‖平面，
因为，‖，
所以‖，，
所以四边形为平行四边形，
所以‖，
因为 平面，平面，
所以//平面，
因为，所以平面//平面；
（2）因为为正三角形，是的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
8．（2021·山西高一期中）如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，E，F分别为AB和PD的中点.
（1）求证：平面PBD；
（2）求证：平面PBC.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）首先证出，，再利用线面垂直的判定定理即可证明.
（2）取PC的中点G，连接FG，BG，证出四边形BEFG是平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定定理即可证明.
【详解】
证明：（1）设，则O是AC，BD中点，连接PO，
∵底面ABCD是菱形，∴，
又∵，O是AC中点，
∴，
又，平面PBD，平面PBD，
∴平面PBD.
（2）取PC的中点G，连接FG，BG，如图所示：
∵F是PD的中点，
∴，且.
又∵底面ABCD是菱形，E是AB中点，
∴，且，
∴，且，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴，
又平面PBC，平面PBC，
∴平面PBC.
9．（2021·湖南高二期末）如图，在三棱柱中，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点，连，，证明与底面垂直，得面面垂直，再由棱柱上下底面平行得证结论；
（2）由棱柱、棱锥体积得，计算三棱锥体积可得结论．
【详解】
（1）如图，取的中点，连，，
因为，，
所以，，
又因为，所以，
在中，由，满足，
所以，且，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知平面，，
所以四棱锥的体积.
10．（2020·内蒙古宁城·月考（文））在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，且平面平面，，，为中点.
（1）证明：平面；
（2）求到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）因为平面，平面，所以
因为，，为中点，
所以为正三角形，则，
在中，因为，，，
由余弦定理可得：，
又因为，所以
所以，
又，平面，且，
所以平面
（2）在中，
设点到平面的距离为，
由得
解得：，
所以点到平面的距离为.
练提升TIDHNEG
1. （2019·福建高考模拟（理））已知等边△的边长为2，现把△绕着边旋转到△的位置．给出以下三个命题：①对于任意点，； ②存在点，使得平面； ③三棱锥的体积的最大值为1.以上命题正确的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】B
【解析】
由题意，取中点，由于，，根据线面垂直的判定定理，得平面，平面，所以，故①正确；
假设平面，则，又，这不可能，故②错误；
由，当平面平面时，达到最大，此时，故③正确. 故选B．
2．（2020·重庆市广益中学校期末）如图，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：
①BD⊥AC； ②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥； ④平面ADC⊥平面ABC．
其中正确的是___________
【答案】①②③
【解析】
设等腰直角三角形△ABC的腰为a，则斜边BC=a，
D为BC的中点，∴AD⊥BC，
又平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD=AD，BD⊥AD，BD⊂平面ABD，
∴BD⊥平面ADC，又AC⊂平面ADC，
∴BD⊥AC，故①正确；
②由A知，BD⊥平面ADC，CD⊂平面ADC，
∴BD⊥CD，又∴由勾股定理得：，又AB=AC=a，
∴△ABC是等边三角形，故②正确；
③∵△ABC是等边三角形，DA=DB=DC，
∴三棱锥D-ABC是正三棱锥，故③正确．
④∵△ADC为等腰直角三角形，取斜边AC的中点F，则DF⊥AC，又△ABC为等边三角形，连接BF，则BF⊥AC，
∴∠BFD为平面ADC与平面ABC的二面角的平面角，
由BD⊥平面ADC可知，∠BDF为直角，∠BFD不是直角，故平面ADC与平面ABC不垂直，故④错误；
综上所述，正确的结论是①②③．
3．（2021·四川高二期末（文））如图，直三棱柱中，，且，为线段上动点.
（1）证明：；
（2）判断点到面的距离是否为定值，并说明理由，若是定值，请求出该定值.
【答案】（1）证明见解析；（2）是定值，理由见解析，.
【解析】
（1）由，证得面，从而，结合，证得面，从而证得.
（2）点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离，由条件证得面，则为点到面的距离，求得即可.
【详解】
解：（1）连，，四边形为正方形，
又，直棱柱中，，，
面，
面，
又，
面，
面，
（2）点到面的距离为定值.
，面，
面，
点到面的距离即为到面的距离，可转化为点到面的距离
令，则，
又面，面，
，
，
，
面，
为点到面的距离
在等腰中，，
到面的距离为定值，且定值为
4．（2020·佛山市第四中学高二月考）在直三棱柱中，，点分别是 ，的中点，是棱上的动点.
（1）求证: 平面；
（2）若∥平面，试确定点的位置，并给出证明.
【答案】（1）证明详见解析；（2）点是的中点，证明详见解析.
【解析】
（1）即证平面，只需证，即可；
（2）点是的中点时，平面，取的中点，只需证四边形是平行四边形即可.
【详解】
（1）要证明平面，即证平面.
依题意知平面，又平面，则，又，且，所以平面，又平面，所以.
依题意知，且点是的中点，所以，又，所以平面，即平面.
（2）点是的中点时，平面. 证明如下：
取的中点，连接，，. 则，且；
依题意知四边形为正方形，则且，又是的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，
则，又平面，平面，故平面.
5．（2019·河北高考模拟（文））如图，在四棱锥中，，是梯形，且，，.
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求得值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见证明；（2）（3）见解析
【解析】
(1)由题意，可知 ，则，
所以，，面，所以，
又因为，所以
(2) 因为，，为等腰直角三角形，所以，
在中，，，，
又，
.
(3)在棱上取点，使得，过作交于，
则，又且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
故在棱上存在点，当时，使得平面.
6.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA=3，AD=2，AB=4，∠ABC=600.
（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（2）若点M,N分别为PA,CD上的点，且PMPA=CNCD=35，在线段PB上是否存在一点E，使得MN//平面ACE；若存在，求出三棱锥P−ACE的体积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析（2）线段PB上存在一点E，使得MN∥平面ACE．VP−ACE= 635
【解析】
（Ⅰ）证明：由已知，得AC=AB2+BC2−2AB×BC×cs∠ABC=23，
∵BC=AD=2，AB=4，
又BC2+AC2=AB2，∴BC⊥AC．
又PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PA⊥BC，
∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，
∴BC⊥平面PAC．
∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．
（Ⅱ）线段PB上存在一点E，使得MN∥平面ACE．
证明：在线段PB上取一点E，使PEPB=35，连接ME，AE，EC，MN，
∵PMPA=PEPB=35，∴ME∥AB，且ME=35AB，
又∵CN∥AB，且CN=35AB，
∴CN∥ME，且CN=ME，
∴四边形CEMN是平行四边形，∴CE∥MN，
又CE⊂平面ACE，MN⊄平面ACE，∴MN∥平面ACE．
∴VP−ACE=VE−PAC=35VB−PAC=15S△PAC · BC=15×12×3×23×2=635．
7．（2021·江苏高一期末）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．
（1）若为线段的中点，求证：平面平面；
（2）若，点是线段上的动点，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）由线面垂直的判定，推得AC⊥平面PDO，再由面面垂直的判定定理，可得证明；
（2）在三棱锥 P-ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，由三点共线取得最值的性质，计算可得所求最小值．
【详解】
解：（1）在中，因为， 为的中点，
所以．
又垂直于圆所在的平面，因为圆所在的平面，所以．
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）在中，，，所以．
同理，所以．
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，
如图所示．当，，共线时，取得最小值．
又因为，，所以垂直平分，即为中点．

从而，
亦即的最小值为．
8．（2020·江苏南京师大附中高二开学考试）在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，如图1，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接，如图
（1）证明：平面和平面必定存在交线，且直线；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
（1）由平面的性质和线面平行的性质定理可证得结果；
（2）证得，，进而由线面垂直的判定定理可证得结果；
（3）由等体积法可得结果.
【详解】
（1）因为分别为的中点，则，
又平面，平面，所以//平面.
又平面与平面有公共点，
则由公理3可知平面与平面必然相交，设交线为，
因为//平面，平面，所以由线面平行的性质定理得到.
（2）因为，且，所以平面，
由（1）知，则平面，又平面，所以.
因为，是中点，所以，
又，故平面.
（3）设，由三棱锥的体积得，
则，，，
从而，等腰三角形底边上的高，
所以三角形的面积.
三棱锥的体积，设点到平面的距离为，则，
由得，解得.
故到平面的距离为.
9．（2021·天津市西青区杨柳青第一中学高一期中）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，E是的中点，F是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求与平面所成的角．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
（1）取的中点M，根据中位线定理以及公理4可得，且，从而有，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）根据正三角形性质可得，再根据线面垂直的定义可得，即可根据线面垂直的判定定理证出；
（3）易证平面，从而可知是与平面所成的角，解三角形即可求出．
【详解】
（1）证明：取的中点为M，连接，
∵E是的中点，∴是的中位线．
∴，
又∵F是的中点，且由于是菱形，
∴，∴，且．
∴四边形是平行四边形，∴．
∵平面，平面．∴平面．
（2）证明：∵平面，平面，
∴．连接，∵底面是菱形，，∴为正三角形
∵F是的中点，∴．∵，∴平面．
（3）连结交于O，∴底面是菱形，∴，
∴平面，∴，∴平面．
∴，即是在平面上的射影．
∴是与平面所成的角．
∵O，E分别是中点，∴，
∴为等腰直角三角形，∴，即与平面所成的角的大小为．
10．（2021·浙江温州市·高二期中）如图所示，四边形是矩形，平面平面，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）过点作平面，若，，，为的中点，设，在线段上是否存在点，使得与平面所成角为.若存在，求的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.
【解析】
（1）结合面面垂直的性质定理得到，由此证得平面.
（2）作出在底面上的射影，结合线面角的知识确定正确结论.
【详解】
（1）证明：∵在该组合体中，平面底面，
且平面底面，，
∴底面，
故有，
同理可证，
又，是底面的两条相交直线，
∴底面.
（2）取的中点，连，，
由于是中点，所以，
则底面，故在底面的射影是，
当点与重合时，所成的线面角最大，此时
，，
在中，，故，
故不可能在上存在点，满足条件.
练真题TIDHNEG
1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【解析】
由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
2．（2020·山东海南省高考真题）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】
画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,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可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选：B
3．（2019·全国高考真题（文））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】
作分别垂直于，平面，连，
知，，
平面，平面，
，．，
，
，为平分线，
，又，
．
4.（2018·全国高考真题（文））如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析
【解析】
（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
5．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)详见解析(2)
【解析】
（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；
（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.
【详解】
（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD
所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME
则为二面角E-BC-D的平面角,
因为,为正三角形,所以为直角三角形
因为,
从而EF=FM=
平面BCD,
所以
6．（2021·全国高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】
（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，
从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，
故四棱锥的体积为．