人教版高二下学期数学(必修二)《8.6空间直线、平面的垂直》同步测试题附答案

第第页人教版高二下学期数学(必修二)《8.6空间直线、平面的垂直》同步测试题附答案考试时间：60分钟；满分：100分学校：___________班级：___________姓名：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本节内容的具体情况！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⊥αB．若l//m，m//n，l⊥α，则n⊥αC．若l//m，m⊥α，n⊥α，则l⊥nD．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l//m2．（3分）（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．2 B．43 C．1 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．73 B．63 C．334．（3分）（2022秋·四川遂宁·高二阶段练习）如图，正方体ABCD−A①DA1与②DD1与③A1B1以上三个命题中，正确命题的序号是（

）A．①② B．②③ C．③ D．①②③5．（3分）（2022秋·四川资阳·高二期中）已知正方体ABCD−A①直线BC1与DA②直线BC1与CA③直线BC1与平面BB④直线BC1与平面ABCD所成的角为其中，正确结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．46．（3分）（2022秋·浙江温州·高二期中）在正方体ABCD−A1BA．CC1与平面BDC1所成角正切值为2 C．AB⊥BC1 D．AB17．（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=1A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥D．不存在DQ与平面A1二．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，A．A1D B．B1C C．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°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⊥PB B．AE⊥面PBC C．AF⊥BC D．EF⊥PB12．（4分）（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πB．直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为6C．△EMF周长的最小值为6D．存在点M使得PB⊥平面MEF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．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的心.15．（4分）（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=216．（4分）（2022·上海·高二专题练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M、N、①BM⊥AB；②BM∥平面A1③BM⊥C④B1N⊥平面正确的编号为．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.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.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．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'（2）求直线A'D与平面21．（8分）（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(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB=BC，求证：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=2.参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⊥αB．若l//m，m//n，l⊥α，则n⊥αC．若l//m，m⊥α，n⊥α，则l⊥nD．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）（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．2 B．43 C．1 D．【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【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=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AC所以S△ACD当且仅当a=b且a2+b所以VA−BCD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．73 B．63 C．33【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因为E，F分别是棱PD,CD的中点，所以EF//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//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cos∠BEF=故选:D.4．（3分）（2022秋·四川遂宁·高二阶段练习）如图，正方体ABCD−A①DA1与②DD1与③A1B1以上三个命题中，正确命题的序号是（

）A．①② B．②③ C．③ D．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−A1B1C1D对于②，因为DD1//CC1，BC1不垂直C对于③，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BCC故选：C．5．（3分）（2022秋·四川资阳·高二期中）已知正方体ABCD−A①直线BC1与DA②直线BC1与CA③直线BC1与平面BB④直线BC1与平面ABCD所成的角为其中，正确结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．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BB1C因为CB1∩CD=C，且CD,CB1⊂平面因为DA1,CA1⊂平面CDA同理可得A1C1⊥平面BB1D1D设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，BC易知∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角，由tan∠CB故选：C.6．（3分）（2022秋·浙江温州·高二期中）在正方体ABCD−A1BA．CC1与平面BDC1所成角正切值为2 C．AB⊥BC1 D．AB1【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则有BD=BC因为AC⊥BD,AA1⊥BD所以BD⊥平面AA1C1C所以BD⊥A同理可证BC又因为BD∩BC所以A1C⊥平面又因为C1H⊂平面所以A1所以∠CC1H为C又因为Rt△OC所以∠CC所以tan∠C由正方体的性质可知AB⊥平面BCC1B因为△AD所以∠B即AB1与BC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//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=1A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥D．不存在DQ与平面A1【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【解答过程】连接AB1，交A在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱则四边形A1B又∠BAC=90°，即AB⊥AC，又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，A则AC⊥面A1B又AB1⊥A1B，AB1则A1B⊥面选项A：当点Q为线段B1P的中点时，又D是棱C若DQ⊥平面A1BD，则A又A1B⊥面AB1C，则面A故假设不成立，即当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面选项B：当点Q为线段B1P的三等分点时，又D是棱则DQ//AB1不成立，即若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥又AB1⊥A1B，DQ与AB1则A1B⊥面AB1P，又A1这与面AB1P∩故假设不成立，即当点Q为线段B1P的点三等分时，DQ⊥平面选项C：在线段B1P的延长线上一点Q，又D是棱则DQ//AB1不成立，即若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥又AB1⊥A1B，DQ与AB1则A1B⊥面AB1P，又A1这与面AB1P∩故假设不成立，即在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面选项D：由选项A可知，点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面假设点Q在线段B1P上，且不是中点，又D是棱则DQ//AB1不成立，即若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥又AB1⊥A1B，DQ与AB1则A1B⊥面AB1P，又A1这与面AB1P∩故假设不成立，即点Q在线段B1P上，且不是中点时，DQ⊥平面故不存在DQ与平面A1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，A．A1D B．B1C C．【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ADD长方体中，AB⊥平面ADD1A1，A1AD1,AB⊂平面ABC1D1AC1⊂平面AB同理B1C⊥平面ABC1D1，AD1=2AD=AB易知AC1，B1D交于长方体的中心O，AC1=B1D=BD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⊥PB B．AE⊥面PBC C．AF⊥BC D．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）（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πB．直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为6C．△EMF周长的最小值为6D．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=1△OFH中，OH=1，OF=2，∠FOC=所以由余弦定理可得FH=5，所以EF=所以sin∠EFH=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+2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⊥AP【解答过程】设点P在平面ABC内的射影为P1，则PP1又BC⊂平面ABC，所以PP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又AP1⊂平面PA同理可证，AC⊥BP1，AB⊥CP1，所以所以，点P在平面ABC内的射影应为△ABC的垂心.故答案为：垂.15．（4分）（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【解题思路】先利用线面垂直的判定定理证得OC1⊥平面BB1D1【解答过程】设底面A1B1C1因为BB1⊥平面A1B1C又BB1∩所以A1C1⊥平面BDD取OB1的中点H，连接EH，则所以EH⊥平面BB连接BH，则∠HBE为BE与平面BB因为AB=2，AA所以EH=12OC1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、①BM⊥AB；②BM∥平面A1③BM⊥C④B1N⊥平面正确的编号为①②④．【解题思路】①，由AB⊥面BCC1B1，得②，取A1C1的中点O，可得PO∥BM⇒BM∥③，若BM⊥C1P，可得BM⊥④，取AA1中点，可得A1P⊥面B1HN【解答过程】对于①，∵AB⊥面BCC1B1，BM⊂面BCC1对于②，如图1，取A1C1的中点O，连接OM，又∵M为B1C1中点，∴OM且OM=12A1B1,∵P为AB中点，A1B1∴OM//BP，且OM=所以PO//BM，∵PO⊂面A1PC1，BM⊄面对于③，若BM⊥C1P，由①知AB⊥BM∵BP∩C1P=P，且BP,C1P⊂面C1PB，∴∴BM⊥BC对于④，如图2，取AA1中点根据平面几何关系，tan∠AA∵∠A1B1H+∠A1∵N为DD1中点，故得NH⊥面A1ABB1，B1H,HN⊂面B1HN,B而B1N⊂面B正方体ABCD−A1B1C1D1中，A∴BB1⊥A1C1，又∵所以A1C1而B1N⊂面DBB1D1所以B1N⊥面故答案为：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⊥BB1.②BC，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'（2）求直线A'D与平面【解题思路】（1）由正方形ABCD折叠后，得到A'D⊥A'E,A'（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【解答过程】（1）证明：由题意，根据折叠前后，可得A'又A'E∩A'F=A又EF⊂平面A'EF，所以（2）取EF中点G，连接A'G，由折叠前后知A'DE=DF=5，∴DG⊥EF又DG∩A'G=G，∴EF⊥∴A'在面EFD的射影在DG上，则∠A'DG由（1）可得A'D⊥A因为正方形ABCD的边长为2，可得EF=2，∴DG=又A'D=2，∴sin∠A'DG=A'21．（8分）（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(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB=BC，求证：BD⊥平面SAC.【解题思