1．（3分）（2022秋·黑龍江哈爾濱·高三期中）設(shè)α是空間中的一個(gè)平面，l，m，n是三條不同的直線，則（ ）
A．若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥α
B．若l//m，m//n，l⊥α，則n⊥α
C．若l//m，m⊥α，n⊥α，則l⊥n
D．若m?α，n⊥α，l⊥n，則l//m
【解題思路】AD可舉出反例，B選項(xiàng)，由線面垂直的判定定理得n⊥α；C選項(xiàng)，可得到l//n；
【解答過程】A選項(xiàng)，l與α相交、平行或l?α，
如圖1，當(dāng)m//n時(shí)，l與α相交，故A錯(cuò)誤；
B選項(xiàng)，因?yàn)閘//m，m//n，所以l//n，
因?yàn)閘⊥α，則由線面垂直的判定定理得n⊥α，故B正確；
C選項(xiàng)，因?yàn)閙⊥α，n⊥α，所以m//n，
因?yàn)閘//m，所以l//n，故C錯(cuò)誤；
D選項(xiàng)，若m?α，n⊥α，l⊥n，則l與m相交、平行或異面，
如圖2，滿足m?α，n⊥α，l⊥n，而l與m異面，
故D錯(cuò)誤．
故選：B．
2．（3分）（2023·吉林·統(tǒng)考二模）三棱錐A-BCD中，AC⊥平面BCD，BD⊥CD．若AB=3，BD=1，則該三棱錐體積的最大值為（ ）
A．2B．43C．1D．23
【解題思路】先利用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理依次證得BD⊥平面ACD、BD⊥AD與AC⊥CD，從而利用基本不等式求得S△ACD≤2，進(jìn)而得到VA-BCD=VB-ACD≤23，由此得解.
【解答過程】因?yàn)锳C⊥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?yàn)锳D?平面ACD，所以BD⊥AD，
在Rt△ABD中，AB=3，BD=1，則AD=AB2-BD2=22，
因?yàn)锳C⊥平面BCD，CD?平面BCD，所以AC⊥CD，
在Rt△ACD中，不妨設(shè)AC=a,CD=ba>0,b>0，則由AC2+CD2=AD2得a2+b2=8，
所以S△ACD=12AC?CD=12ab=14×2ab≤14a2+b2=2，
當(dāng)且僅當(dāng)a=b且a2+b2=8，即a=b=2時(shí)，等號(hào)成立，
所以VA-BCD=VB-ACD=13S△ACD?BD≤13×2×1=23，
所以該三棱錐體積的最大值為23.
故選：D.
.
3．（3分）（2023秋·遼寧遼陽·高三期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD,PA=AB，E是棱PD的中點(diǎn)，則異面直線PC與BE所成角的余弦值為（ ）
A．73B．63C．33D．23
【解題思路】分別取棱CD,AD的中點(diǎn)F，H，可得∠BEF是異面直線PC與BE所成的角或補(bǔ)角，在△BEF中，由余弦定理即可求解.
【解答過程】如圖，分別取棱CD,AD的中點(diǎn)F，H，連接AC,HE,BH,EF,BF，
設(shè)AB=2，則PC=23,BF=5．
因?yàn)镋，F(xiàn)分別是棱PD,CD的中點(diǎn)，所以EF//PC,EF=12PC=3，
則∠BEF是異面直線PC與BE所成的角或補(bǔ)角．
因?yàn)镠，E分別是棱AD,PD的中點(diǎn)，所以HE//PA,HE=12PA=1.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以HE⊥平面ABCD.
因?yàn)锽H?平面ABCD,所以HE⊥BH，則BE=6．
在△BEF中，由余弦定理可得cs∠BEF=6+3-52×6×3=23．
故選:D.
4．（3分）（2022秋·四川遂寧·高二階段練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，
①DA1與BC1平行；
②DD1與BC1垂直；
③A1B1與BC1垂直．
以上三個(gè)命題中，正確命題的序號(hào)是（ ）
A．①②B．②③C．③D．①②③
【解題思路】根據(jù)線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì)，即可得到正確答案．
【解答過程】解：對(duì)于①，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，由圖可知DA1與BC1異面，故①不正確．
對(duì)于②，因?yàn)镈D1//CC1，BC1不垂直CC1，所以DD1與BC1不垂直，故②不正確．
對(duì)于③，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BCC1B1，又∵BC1?平面BCC1B1，∴A1B1與BC1垂直.故③正確．
故選：C．
5．（3分）（2022秋·四川資陽·高二期中）已知正方體ABCD-A1B1C1D1，給出下列四個(gè)結(jié)論：
①直線BC1與DA1所成的角為90°；
②直線BC1與CA1所成的角為90°；
③直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°；
④直線BC1與平面ABCD所成的角為45°.
其中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解題思路】由題意，作圖，利用線面垂直判定定理，以及線面角定義，結(jié)合三角函數(shù)的定義，可得答案.
【解答過程】由題意，作圖如下：
在正方體ABCD-A1B1C1D1中，CD⊥平面BB1C1C，由BC1?平面BB1C1C，則CD⊥BC1，在正方形BB1C1C中，CB1⊥BC1，
因?yàn)镃B1∩CD=C，且CD,CB1?平面CDA1B1，所以BC1⊥平面CDA1B1，
因?yàn)镈A1,CA1?平面CDA1B1，所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故①②正確；
同理可得A1C1⊥平面BB1D1D，垂足為E，所以∠EBC1為直線BC1與平面BB1D1D所成的角，
設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，BC1=22，EC1=2，則sin∠EBC1=EC1BC1=12，即∠EBC1=30°，故③錯(cuò)誤；
易知∠CBC1為直線BC1與平面ABCD所成的角，由tan∠CBC1=CC1BC=1，則∠CBC1=45°，故④正確.
故選：C.
6．（3分）（2022秋·浙江溫州·高二期中）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，下列說法錯(cuò)誤的是（ ）
A．CC1與平面BDC1所成角正切值為2B．A1C⊥平面BDC1
C．AB⊥BC1D．AB1與BC1所成角為60°
【解題思路】作出圖形，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，由正方體的性質(zhì)及線面垂直、線線垂直的判斷(性質(zhì))定理、線線角、線面角的定義逐一判斷即可.
【解答過程】解：如圖所示：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，連接A1C1,連接AC交BD于O，連接C1O交A1C于H，
則有BD=BC1=DC1=2,
因?yàn)锳C⊥BD,AA1⊥BD,AA1∩AC=A,
所以BD⊥平面AA1C1C,A1C?平面AA1C1C,
所以BD⊥A1C,
同理可證BC1⊥A1C,
又因?yàn)锽D∩BC1=B,
所以A1C⊥平面BDC1,故B正確；
又因?yàn)镃1H?平面BDC1,
所以A1C⊥C1H,
所以∠CC1H為CC1與平面BDC1所成角，
又因?yàn)镽t△OCC1～Rt△A1AC,
所以∠CC1H=∠ACA1,
所以tan∠CC1H=tan∠ACA1=AA1AC=12=22,故A錯(cuò)誤；
由正方體的性質(zhì)可知AB⊥平面BCC1B1,所以AB⊥BC1，故C正確；
因?yàn)椤鰽D1B1為正三角形，
所以∠B1AD1=60°,
即AB1與BC1所成角為60°，故D正確.
故選：A.
7．（3分）（2022秋·浙江·高三階段練習(xí)）已知空間中的直線l1，l2，l3滿足l1//l2//l3，且兩兩之間的距離均為d（d>0），動(dòng)點(diǎn)A∈l1，B∈l2，C∈l2，D∈l3，AB，BD，CD，AC的中點(diǎn)分別為M，P，N，Q，則在A，B，C，D的變化過程中，存在某一位置，使得（ ）
A．MN=PQ，點(diǎn)A在面BCD上的射影為△BCD垂心
B．MN≠PQ，點(diǎn)A在面BCD上的射影為△BCD垂心
C．MN=PQ，點(diǎn)A在面BCD上的射影為△BCD內(nèi)心
D．MN≠PQ，點(diǎn)A在面BCD上的射影為△BCD內(nèi)心
【解題思路】由題意，點(diǎn)A在面BCD上的射影在△BCD平行于BC的中位線上，可排除CD，設(shè)點(diǎn)A在面BCD上的射影為H，再結(jié)合線面垂直的判定定理即可判斷AB.
【解答過程】直線l1，l2，l3滿足l1//l2//l3，且兩兩之間的距離均為d（d>0），
所以點(diǎn)A在面BCD上的射影在△BCD平行于BC的中位線上，
所以點(diǎn)A在面BCD上的射影不可能為△BCD內(nèi)心，排除選項(xiàng)C，D.
當(dāng)AD⊥BC時(shí)，MQ⊥NQ，此時(shí)四邊形MPNQ為矩形，所以MN=PQ.
設(shè)點(diǎn)A在面BCD上的射影為H，則AH⊥BC，AD⊥BC，
AH∩AD=A，所以BC⊥面ADH，所以DH⊥BC.
對(duì)于B，C位置確定：取點(diǎn)B(B?DH)，連結(jié)BH，
過D作BH的垂線與l2的交點(diǎn)即為C.
此時(shí)點(diǎn)A在面BCD上的射影H為△BCD的垂心.

若點(diǎn)A在面BCD上的射影為△BCD垂心，則AD⊥BC，
所以MQ⊥NQ，此時(shí)四邊形MPNQ為矩形，
所以MN=PQ，排除選項(xiàng)B.
故選：A.
8．（3分）（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AA1=1，D是棱CC1的中點(diǎn)，P是AD的延長(zhǎng)線與A1C1的延長(zhǎng)線的交點(diǎn)，若點(diǎn)Q在線段B1P上，則下列結(jié)論中正確的是（ ）.
A．當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)時(shí)，DQ⊥平面A1BD
B．當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的三等分點(diǎn)時(shí)，DQ⊥平面A1BD
C．在線段B1P的延長(zhǎng)線上，存在一點(diǎn)Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．不存在DQ與平面A1BD垂直
【解題思路】依據(jù)線面垂直性質(zhì)定理，利用反證法即可否定選項(xiàng)ABC；按照點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)和點(diǎn)Q不為線段B1P的中點(diǎn)兩種情況利用反證法證明選項(xiàng)D判斷正確.
【解答過程】連接AB1，交A1B于H
在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AA1=1，
則四邊形A1B1BA為正方形，則AB1⊥A1B
又∠BAC=90°，即AB⊥AC，
又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，AA1?面A1B1BA，AB?面A1B1BA
則AC⊥面A1B1BA，則AC⊥A1B
又AB1⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1?面AB1C，AC?面AB1C
則A1B⊥面AB1C，
選項(xiàng)A：當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)時(shí)，又 D是棱CC1的中點(diǎn)，則DQ//AB1
若DQ⊥平面A1BD，則AB1⊥平面A1BD
又A1B⊥面AB1C，則面AB1C//平面A1BD，這與AB1∩A1B=H矛盾，
故假設(shè)不成立，即當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)時(shí)，DQ⊥平面A1BD不正確；
選項(xiàng)B：當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的三等分點(diǎn)時(shí)，又 D是棱CC1的中點(diǎn)，
則DQ//AB1不成立，即DQ與AB1為相交直線，
若DQ⊥平面A1BD，則DQ⊥ A1B
又AB1⊥A1B，DQ與AB1為相交直線，AB1?面AB1P，DQ?面AB1P
則A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，則面AB1P//面AB1C
這與面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，
故假設(shè)不成立，即當(dāng)點(diǎn)Q為線段B1P的點(diǎn)三等分時(shí)，DQ⊥平面A1BD，不正確；
選項(xiàng)C：在線段B1P的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)Q，又 D是棱CC1的中點(diǎn)，
則DQ//AB1不成立，即DQ與AB1為相交直線，
若DQ⊥平面A1BD，則DQ⊥ A1B
又AB1⊥A1B，DQ與AB1為相交直線，AB1?面AB1P，DQ?面AB1P
則A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，則面AB1P//面AB1C
這與面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，
故假設(shè)不成立，即在線段B1P的延長(zhǎng)線上，存在一點(diǎn)Q，使得DQ⊥平面A1BD不正確；
選項(xiàng)D：由選項(xiàng)A可知，點(diǎn)Q為線段B1P的中點(diǎn)時(shí)，DQ⊥平面A1BD不成立；
假設(shè)點(diǎn)Q在線段B1P上，且不是中點(diǎn)，又 D是棱CC1的中點(diǎn)，
則DQ//AB1不成立，即DQ與AB1為相交直線，
若DQ⊥平面A1BD，則DQ⊥ A1B
又AB1⊥A1B，DQ與AB1為相交直線，AB1?面AB1P，DQ?面AB1P
則A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，則面AB1P//面AB1C
這與面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，
故假設(shè)不成立，即點(diǎn)Q在線段B1P上，且不是中點(diǎn)時(shí)，DQ⊥平面A1BD不正確；
故不存在DQ與平面A1BD垂直.判斷正確.
故選：D.
二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）
9．（4分）（2023秋·海南·高三期末）在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AD=AA1，AB=2BC，則下列線段與AC1垂直的有（ ）
A．A1DB．B1CC．B1DD．BD1
【解題思路】由線面垂直證明線線垂直得到AB選項(xiàng)正確，由正方形對(duì)角線互相垂直得到D選項(xiàng)正確，由等邊三角形證得C選項(xiàng)錯(cuò)誤.
【解答過程】如圖所示，
因?yàn)锳D=AA1，所以側(cè)面ADD1A1是正方形，所以A1D⊥AD1，
長(zhǎng)方體中，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選項(xiàng)正確；
同理B1C⊥平面ABC1D1，AC1?平面ABC1D1，B1C⊥AC1，B選項(xiàng)正確；
AD1=2AD=AB，所以四邊形ABC1D1為正方形，所以AC1⊥BD1，D選項(xiàng)正確；
易知AC1，B1D交于長(zhǎng)方體的中心O，AC1=B1D=BD1=2AB=2AD，在△OB1C1中，可得OB1=OC1=B1C1=AD，故∠B1OC1=60°，所以B1D不與AC1垂直，C選項(xiàng)錯(cuò)誤.
故選：ABD.
10．（4分）（2022春·廣東陽江·高一期末）如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述錯(cuò)誤的是（ ）
A．CC1與B1E是異面直線B．C1C與AE共面
C．AE與B1C1是異面直線D．AE與B1C1所成的角為60°
【解題思路】根據(jù)異面直線的定義及異面直線的夾角問題可一一判斷.
【解答過程】由于CC1與B1E都在平面C1B1BC內(nèi)，故C1C與B1E共面，A錯(cuò)誤；
由于C1C在平面C1B1BC內(nèi)，而AE與平面C1B1BC相交于E點(diǎn)，點(diǎn)E不在C1C上，故C1C與AE是異面直線，B錯(cuò)誤；
同理AE與B1C1是異面直線，C正確；
AE與B1C1所成的角就是AE與BC所成的角，而E為BC中點(diǎn)，△ABC為正三角形，所以AE⊥BC，即AE與B1C1所成為90°，D錯(cuò)誤.
故選：ABD.
11．（4分）（2022秋·廣東佛山·高二期中）如圖，PA⊥圓O所在的平面，AB是圓O的直徑，C是圓O上的一點(diǎn)，E，F(xiàn)分別是點(diǎn)A在PB,PC上的射影，給出下列結(jié)論，其中正確結(jié)論是（ ）
A．AF⊥PBB．AE⊥面PBCC．AF⊥BCD．EF⊥PB
【解題思路】根據(jù)線面垂直，線線垂直的判定和性質(zhì)，對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析，即可判斷和選擇.
【解答過程】A：因?yàn)镻A⊥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?yàn)锳F?面PAC，故AF⊥BC；
根據(jù)題意AF⊥PC,BC∩PC=C,BC,PC?面PBC，故AF⊥面PBC，
又PB?面PBC，故AF⊥PB，故正確；
B：由A可知，AF⊥面PBC，過一點(diǎn)A不可能有兩條直線垂直于同一個(gè)平面PBC，故錯(cuò)誤；
C：由A可知：AF⊥面PBC,BC?面PBC，故AF⊥BC，故正確；
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，則EF⊥PB，故正確.
故選：ACD.
12．（4分）（2023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）已知正四棱錐P-ABCD的所有棱長(zhǎng)均為22，E，F(xiàn)分別是PC，AB的中點(diǎn)，M為棱PB上異于P，B的一動(dòng)點(diǎn)，則以下結(jié)論正確的是（ ）
A．異面直線EF、PD所成角的大小為π3
B．直線EF與平面ABCD所成角的正弦值為66
C．△EMF周長(zhǎng)的最小值為6+22
D．存在點(diǎn)M使得PB⊥平面MEF
【解題思路】根據(jù)空間中異面直線所成角，直線與平面所成角的定義，空間中折疊問題以及垂直關(guān)系的判定與性質(zhì)，逐個(gè)選項(xiàng)運(yùn)算求解即可．
【解答過程】如圖1，取PD的中點(diǎn)Q，連接EQ，AQ，
因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PC，AB的中點(diǎn)，
所以EQ∥DC∥AF，且EQ=AF，所以四邊形AFEQ為平行四邊形，
則EF∥AQ，又正四棱錐P-ABCD的所有棱長(zhǎng)均為22，
則AQ⊥PD，所以異面直線EF，PD所成角為π2，故A錯(cuò)誤；
設(shè)正方形ABCD的中心為O，連接OC，PO，
則PO⊥平面ABCD，OC=OP=2，
設(shè)OC的中點(diǎn)為H，連接EH，F(xiàn)H，
則EH∥OP，且EH⊥平面ABCD，
所以∠EFH為直線EF與平面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正確；
將正△PAB和△PBC沿PB翻折到一個(gè)平面內(nèi)，如圖2，
當(dāng)E，M，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，ME+MF取得最小值，
此時(shí)，點(diǎn)M為PB的中點(diǎn)，ME+MF=BC=22，
所以△EMF周長(zhǎng)的最小值為6+22，故C正確；
若PB⊥平面MEF，則PB⊥ME，此時(shí)點(diǎn)M為PB上靠近點(diǎn)P的四等分點(diǎn)，
而此時(shí)，PB與FM顯然不垂直，故D錯(cuò)誤；
故選：BC．
三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）
13．（4分）（2022·全國·高二期中）在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中點(diǎn)，則在所有的棱中與直線CD和AA1都垂直的直線有 AB，A1B1 ．
【解題思路】根據(jù)線線垂直的定義或判定來判斷即可.
【解答過程】由正三棱柱的性質(zhì)可知與直線CD和AA1都垂直的直線有AB，A1B1．
故答案為：AB，A1B1.
14．（4分）（2022秋·上海徐匯·高二期末）已知△ABC所在平面外一點(diǎn)P，且PA,PB,PC兩兩垂直，則點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影應(yīng)為△ABC的 垂 心.
【解題思路】設(shè)點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影為P1，由已知可證明PP1⊥BC，PA⊥BC，根據(jù)線面垂直的判定以及性質(zhì)可得BC⊥AP1.同理可得AC⊥BP1，AB⊥CP1，即可得出答案.
【解答過程】設(shè)點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影為P1，則PP1⊥平面ABC.
又BC?平面ABC，所以PP1⊥BC.
因?yàn)镻A⊥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?yàn)镻A∩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.
同理可證，AC⊥BP1，AB⊥CP1，所以P1是△ABC的垂心.
所以，點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影應(yīng)為△ABC的垂心.
故答案為：垂.
15．（4分）（2023·四川南充·?？寄M預(yù)測(cè)）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E是B1C1的中點(diǎn)，AB=2，AA1=7，則BE與平面BB1D1D所成角的正弦值為 14 .
【解題思路】先利用線面垂直的判定定理證得OC1⊥平面BB1D1D，進(jìn)而得到直線BE與平面BB1D1D所成角為∠HBE，從而解直角三角形即可求得其正弦值.
【解答過程】設(shè)底面A1B1C1D1的中心為O，則A1C1⊥B1D1，
因?yàn)锽B1⊥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，則OC1⊥平面BB1D1D，
取OB1的中點(diǎn)H，連接EH，則EH//OC1，
所以EH⊥平面BB1D1D，
連接BH，則∠HBE為BE與平面BB1D1D所成的角.
因?yàn)锳B=2，AA1=7，
所以EH=12OC1=22，BE=72+12=22，sin∠HBE=EHBE=14.
故答案為：14.
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16．（4分）（2022·上海·高二專題練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N、P分別是B1C1、D1D和AB的中點(diǎn)，則下列關(guān)系：
①BM⊥AB；
②BM∥平面A1PC1；
③BM⊥C1P；
④B1N⊥平面A1PC1，
正確的編號(hào)為 ①②④ ．
【解題思路】①，由AB⊥面BCC1B1，得AB⊥BM，；
②，取A1C1的中點(diǎn)O，可得PO∥BM?BM∥面A1PC1；
③，若BM⊥C1P，可得BM⊥面C1PB?BM⊥BC1，與已知矛盾；
④，取AA1中點(diǎn)，可得A1P⊥面B1HN，?B1N⊥A1P，即可得B1N⊥平面A1PC1
【解答過程】對(duì)于①，∵AB⊥面BCC1B1，BM?面BCC1B1，∴AB⊥BM，故正確；
對(duì)于②，如圖1，取A1C1的中點(diǎn)O，連接OM，又∵M(jìn)為B1C1中點(diǎn)，∴OM// A1B1,
且OM=12A1B1,∵P為AB中點(diǎn)，A1B1//AB,A1B1=AB，∴ BP//A1B1，且BP=12A1B1，
∴OM//BP，且OM=BP，所以四邊形OPBM為平行四邊形，
所以PO//BM，∵PO?面A1PC1，BM?面A1PC1，∴BM//面A1PC1，故正確；
對(duì)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，顯然與已知矛盾，故錯(cuò)誤；
對(duì)于④，如圖2，取AA1中點(diǎn)H，
根據(jù)平面幾何關(guān)系，tan∠AA1P=tan∠A1B1H，所以∠AA1P=∠A1B1H
∵∠A1B1H+∠A1HB1=90°，∴ ∠AA1P+∠A1HB1=90°，得到A1P⊥B1H，
∵N為DD1中點(diǎn)，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
正方體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，故正確
故答案為：①②④.
四．解答題（共6小題，滿分44分）
17．（6分）（2022·高一課時(shí)練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱BB1上運(yùn)動(dòng)．證明：AD⊥C1E.
【解題思路】根據(jù)題意，先證明線面垂直，進(jìn)而證明線線垂直即可.
【解答過程】因?yàn)锳B＝AC，D是BC的中點(diǎn)，
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為平面BB1C1C內(nèi)兩條相交直線
由①②得AD⊥平面BB1C1C.
由點(diǎn)E在棱BB1上運(yùn)動(dòng)，得C1E?平面BB1C1C，
所以，AD⊥C1E.
18．（6分）（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中.
(1)求A1C1與B1C所成角的大小；
(2)若E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)，求A1C1與EF所成角的大小.
【解題思路】（1）作平行線，找到A1C1與B1C所成角，再進(jìn)行求解；
（2）作輔助線，得到A1C1與EF所成的角，證明出垂直關(guān)系，得到所成角為90°.
【解答過程】（1）如圖所示，連接AC，AB1.
由六面體ABCD－A1B1C1D1是正方體知，四邊形AA1C1C為平行四邊形，
∴AC//A1C1，從而B1C與AC所成的角就是A1C1與B1C所成的角.
在△AB1C中，由AB1＝AC＝B1C，可知∠B1CA＝60°，即A1C1與B1C所成的角為60°.
（2）如圖所示，連接BD.由（1）知AC//A1C1，
∴AC與EF所成的角就是A1C1與EF所成的角.
∵EF是△ABD的中位線，∴EF//BD.
又∵AC⊥BD，∴AC⊥EF，
∴EF⊥A1C1，即A1C1與EF所成的角為90°.
19．（8分）（2022·高二課時(shí)練習(xí)）在四面體ABCD中，設(shè)AB⊥CD，AC⊥BD．求證：
(1)AD⊥BC；
(2)點(diǎn)A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．
【解題思路】（1）作出輔助線，利用線線垂直得到線面垂直，從而得到線線垂直；
（2）結(jié)合第一問中的證明過程即可得到證明.
【解答過程】（1）
如圖，作AP⊥平面BDC，P是垂足，連接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．
∴點(diǎn)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）證明可得：點(diǎn)A在底面BCD上的射影是△BCD的垂心．
20．（8分）（2022·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，將△AED，△BEF，△DCF分別沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三點(diǎn)重合于點(diǎn)A'．
（1）求證：A'D⊥EF；
（2）求直線A'D與平面EFD所成角的正弦值．
【解題思路】（1）由正方形ABCD折疊后，得到A'D⊥A'E,A'D⊥A'F，證得A'D⊥平面A'EF，進(jìn)而得到A'D⊥EF.
（2）取EF中點(diǎn)G，連接A'G，由折疊前后結(jié)合線面垂直的判定定理知EF⊥平面A'GD，進(jìn)而得到∠A'DG即為直線A'D與平面EFD所成的角，在直角△A'DG中可求解.
【解答過程】（1）證明：由題意，根據(jù)折疊前后，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中點(diǎn)G，連接A'G，由折疊前后知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， 則∠A'DG即為直線A'D與平面EFD所成的角，
由（1）可得A'D⊥A'G，所以△A'DG為直角三角形，
因?yàn)檎叫蜛BCD的邊長(zhǎng)為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，即直線A'D與平面EFD所成角的正弦值為13.
21．（8分）（2023·全國·高三專題練習(xí)）在△ABC中，∠ABC=90°，D是AC的中點(diǎn)，S是△ABC所在平面外一點(diǎn)，且SA=SB=SC.
(1)求證：SD⊥平面ABC；
(2)若AB=BC，求證：BD⊥平面SAC.
【解題思路】（1）SA=SC，D為AC的中點(diǎn)得SD⊥AC，由△SDB?△SDA得SD⊥BD，再由線面垂直的判斷定理可得答案；
（2）AB=BC，D是AC的中點(diǎn)得BD⊥AC ，由（1）知SD⊥BD，再由線面垂直的判斷定理可得BD⊥平面SAC.
【解答過程】（1）
如圖，∵SA=SC，D為AC的中點(diǎn)，
∴SD⊥AC，
連接BD，在Rt△ABC中，有AD=DC=DB，
∵SA=SB，SD為公共邊，∴△SDB?△SDA，
∴∠SDB=∠SDA=90°，∴SD⊥BD，
又AC∩BD=D，AC，BD為平面ABC兩條直線，∴SD⊥平面ABC
（2）
∵AB=BC，D是AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC ，
由（1）知SD⊥BD，且AC∩SD=D，AC，SD為平面SAC內(nèi)兩條直線，∴BD⊥平面SAC.
22．（8分）（2022秋·山東菏澤·高三階段練習(xí)）如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)在BB1上．
（1）求證：C1D⊥平面AA1B1B；
（2）在下列給出三個(gè)條件中選取哪兩個(gè)條件可使AB1⊥平面C1DF？并證明你的結(jié)論．
①F為BB1的中點(diǎn)；②AB1=3；③AA1=2.
【解題思路】(1)根據(jù)給定條件證得C1D⊥A1B1及AA1⊥C1D即可推理作答；
(2)連接DF，A1B，選①③，先證DF⊥AB1，再結(jié)合(1)證得C1D⊥AB1即可證得AB1⊥平面C1DF，選①②、選②③推理說明不能證得結(jié)論成立.
【解答過程】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，依題意有A1C1=B1C1=1，且∠A1C1B1=90°，
又D是A1B1的中點(diǎn)，則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)選①③能證明AB1⊥平面C1DF，
連接DF，A1B，如圖，
則DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，則AB=2，又AA1=2，于是得四邊形AA1B1B為正方形，
則有A1B⊥AB1，從而有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；
(?、?選①②不能證明AB1⊥平面C1DF，
連接DF，A1B，如圖，
則DF∥A1B，在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，則AB=2，AA1=AB12-A1B12=1，
于是得四邊形AA1B1B為長(zhǎng)方形，則有A1B與AB1不垂直，即有DF與AB1不垂直，
所以AB1不垂直于平面C1DF；
(?、、?選②③不能證明AB1⊥平面C1DF，
在△ABC中，AC=BC=1，∠ACB=90°，則AB=2，又AB1=AB2+AA12=2≠3，矛盾，
所以不能證明AB1⊥平面C1DF，
綜上：(ⅰ)選①③能證明AB1⊥平面C1DF.

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