课时44 垂直关系-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版2019）

课时冲关４４　垂直关系 学生用书　P３１６ [基础训练组] １．(２０２５􀅰兰州市诊断)设α,β,γ为不同的平面, m,n为不同的直线,则m⊥β的一个充分条件是 (　　) A．α⊥β,α∩β＝n,m⊥n　　B．α∩γ＝m,α⊥γ,β⊥γ C．α⊥β,β⊥γ,m⊥α D．n⊥α,n⊥β,m⊥α 解析:D　[A 不对,m 可能在平面β 内,也可能 与β平行;B,C不对,满足条件的m 和β可能相 交,也可能平行;D对,由n⊥α,n⊥β可知α∥β, 结合m⊥α知m⊥β．] ２．如图,已知正方体 ABCDＧ 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 解析:A　[连接AD１,易证 M 在 AD１ 上,在 正 方 形 ADD１A１ 中,AD１⊥A１D, AB⊥平面ADD１A１ A１D⊂平面ADD１A１}⇒ AB⊥A１D,AB∩AD１＝A, AB,AD１⊂平面D１AB⇒ A１D⊥平面D１AB D１B⊂平面D１AB}⇒ A１D⊥D１B, 在正方形AA１D１D 中, D１M＝MA D１N＝NB}⇒ MN∥AB MN⊄平面ABCD AB⊂平面ABCD } ⇒MN∥平面ABCD, 取AA１ 中点E,连接 NE,易证EB＝ED１,ED ＝EB１,且 N 为BD１,B１D 的交点,故 NE⊥平 面BDD１B１,MN 与 NE 相 交,故 MN 与 平 面 BDD１B１ 不垂直．] ３．(２０２５􀅰山西模拟)如图,正 方体 ABCDＧA１B１C１D１ 中, 若E,F,G 分 别 是 棱 AD, C１C,B１C１ 的中点,则下列结 论中正确的是 (　　) A．BE⊥平面DFG B．A１E∥平面DFG C．CE∥平面DFG D．平面A１EB∥平面DFG 解析:C　[由 ABCDＧA１B１C１D１ 为 正 方 体,且 E,F,G 分别是棱AD,C１C, B１C１ 的中点,则FG∥A１D, 则 平 面 DFG 即 为 平 面 A１DFG,A 选 项,如 图 连 接 D１G,A１G,由 正 方 体 可 知 D１G∥BE,又D１G⊥A１G 不 成立,所 以 BE⊥A１G 不 成 立,即 A 选 项 错 误;B 选 项,由 A１E∩ 平 面 A１DFG＝A１,故A１E 与平面A１DFG 不平行,B 选项错 误;C 选 项,连 接 CE,则 CE∥A１G,又 A１G⊂ 平 面 A１DFG,CE⊄ 平 面 A１DFG,所 以 CE∥平面 A１DFG,C 选项正确;D 选项,平面 A１EB 与平面A１DFG 有公共点A１,故 D 选项 错误．] ４．(２０２５􀅰 陕西商洛模拟预测)如 图,四 边 形 ABCD是圆柱的轴截面,E 是底面圆周上异于 A,B 的一点,则下面结论中错误的是 (　　 ) A．AE⊥CE B．BC∥平面ADE C．平面ADE⊥平面BCE D．DE⊥平面BCE 解析:D　[因为四 边 形 ABCD 是 圆 柱 的 轴 截 面,则线段AB 是直径,BC,AD 都是母线． 又E 是底面圆周上异于A,B 的一点, 于是得AE⊥BE． 而BC⊥平面ABE,AE⊂平面ABE, 则BC⊥AE． 因为BC∩BE＝B,BC,BE⊂平面BCE, 则AE⊥平面BCE, 因为CE⊂平面BCE,因此得AE⊥CE,A 正确; 因 为 BC∥AD,BC⊄ 平 面 ADE,AD ⊂ 平 面ADE, 所以BC∥平面ADE,B正确; 因为AE⊥平面BCE,而AE⊂平面ADE, 所以平面ADE⊥平面BCE,C正确; 点D 不 在 底 面 ABE 内,而 直 线 AE 在 底 面 ABE 内,即AE,DE 是两条不同直线, 若DE⊥平面BCE,因为AE⊥平面BCE, 则DE∥AE,与DE∩AE＝E 矛盾,D不正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０３５􀅰 高考总复习　数学(BS) ５．(２０２５􀅰全国模拟)在正方体ABCDＧA１B１C１D１ 中,点E,F 分别为棱BC,CD 上的点(不包含端 点),设二面角A１ＧEFＧA 的平面角为α,若tanα ＝ AA１ AE ,则CF CD 的取值范围为 (　　) A．０,１２ æ è ç ] B．１２,１[ ö ø ÷ C．０,１４ æ è ç ] D．１４,１[ ö ø ÷ 解析:C　[在正方体ABＧ CDＧA１B１C１D１ 中,AA１ ⊥ 平面 ABCD,EF⊂ 平 面 ABCD,则 AA１⊥EF,过 A作AO⊥EF,连接A１O, 有 EF ⊥ 平 面 AOA１, 如图, 于是得A１O⊥EF,则∠AOA１ 为二面角A１ＧEFＧA 的平面角,即∠AOA１＝α,tanα＝ AA１ AO , 而tanα＝ AA１ AE , 因此,AO＝AE,又AO 是点A 到直线EF 距离 最小值,则有点O 与点E 重合,即AE⊥EF, 因点E,F 分别为正方形ABCD 的边BC,CD 上除端点外的点,从而得△ABE∽△ECF, 则有CF CE＝ BE AB ,令正方体棱长为１,则CF＝BE􀅰 CE＝BE(１－BE)＝－ BE－１２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋１４ , 因０＜BE＜１,于是得０＜DF≤１４ ,当且仅当BE ＝１２ ,即E 为BC 中点时取“＝”,此时有０＜CFCD ≤１４ ,所以CF CD 的取值范围为 ０,１４ æ è ç ]．] ６．(多选)如图所示,已知四边形 ABCD 是由一个等腰直角三 角形ABC 和一个有一内角为 ３０°的直角三角形ACD 拼接而 成,将△ACD 绕AC 边旋转的 过程中,下列结论中可能成立 的是 (　　) A．CD⊥AB B．BC⊥AD C．BD⊥AB D．BC⊥CD 解析:ACD　[当将△ACD 绕AC 边旋转到CD ⊥BC 时,因为CD⊥AC,AC∩BC＝C,此时CD ⊥平面ABC,而AB,BC⊂平面ABC,则CD⊥ AB,CD ⊥BC,A,D 正 确;此 时 AB⊥ 平 面 BCD,DB⊂平面BCD,所以AB⊥DB,C正确; 若BC⊥AD,而AB⊥BC,AB∩AD＝A,故必有 BC⊥平面ABD,由图形可知,D 点在B 点正上 方,而CD＜BC,所以显然BC⊥AD 不可能．] ７．(多选)(２０２５􀅰云南红 河模拟)如 图,正 方 体 ABCDＧA１B１C１D１ 的 棱 长为２,E,F,G 分别为 BC,CC１,BB１ 的 中 点, 则 (　　) A．直线DD１ 与直线AF 垂直 B．直线A１G 与平面AEF 平行 C．直线AF 与平面CDD１C１ 夹角的正弦值为 ５ ３ D．直线A１G 与直线AE 夹角的余弦值为 ４ ５ 解析:BD　[对 A,由正方 体 ABCDＧA１B１C１D１,得 DD１⊥ 平 面 ABCD,所 以 DD１⊥AE, 若 DD１⊥AF,则 DD１⊥ 平面 AEF,则 有 DD１ ⊥ EF,又 DD１∥CC１,所以 CC１⊥EF 不成立,所以 A 不正确; 对B,取B１C１ 的中点 M,连接 A１M,GM,易得 MG∥EF,因 为 MG⊄ 平 面 AEF,EF⊂ 平 面 AEF,所以 MG∥平面AEF, 因为 M,E 为中点,所以 ME∥AA１,ME＝AA１, 所以四边形AA１ME 为平行四边形, 所以A１M∥AE,因为A１M⊄平面AEF,AE⊂ 平面AEF,所以A１M∥平面AEF, 因为A１M∩MG＝M, 所以平面A１GM∥平面AEF, 因为A１G⊂平面A１GM,所以A１G∥平面AEF, 故B正确; 对C,由正方体ABCDＧA１B１C１D１, 得AD⊥平面CDD１C１, 连接DF,由AD⊥平面CDD１C１,得∠AFD 为 直线AF 与平面CDD１C１ 的夹角, 由已知得AD＝２,DF＝ ５,AF＝３, 所以 Rt△ADF 中,sin∠AFD＝ADAF＝ ２ ３ ,所以 C不正确; 对 D,由 B选项得A１M∥AE,所以∠MA１G 即 为异面直线A１G 与AE 的夹角, 在△A１MG 中,A１M＝A１G＝ ５,GM＝ ２, 由余弦定理得:cos∠MA１G＝ ５＋５－２ ２× ５× ５ ＝４５ , 即直线A１G 与直线AE 夹角的余弦值为 ４ ５ ,所 以 D正确．] ８．(２０２５􀅰黑龙江模拟预测)已知矩形ABCD,其 中AB＝８,AD＝４,点D 沿着对角线AC 进行翻 折,形成三棱锥D′ＧABC,如图所示,则下列说法 正确的是　　　　(填写序号即可)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１３５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 主题三　第七章　立体几何与空间向量 ①点D 在翻折过程中存在BD′⊥AC的情况; ②三 棱 锥 D′ＧABC 可 以 四 个 面 都 是 直 角 三 角形; ③点D 在翻折过程中,三棱锥D′ＧABC 的表面 积不变; ④点D 在翻折过程中,三棱锥D′ＧABC 的外接 球的体积不变． 解析:对于①:如图所示,过点B 作AC 的垂线, 垂足为E,连接D′E, 若BD′⊥AC 成立,由BE⊥AC,BE 与BD′都在 平面BED′内且相交, 则AC⊥平面BED′,则AC⊥D′E,又因为BE⊥ AC,所以在原矩形中,BD⊥AC, 因为矩形的长宽不等,所以BD⊥AC 显然不可 能,①错误; 对于②:当平面ABC⊥平面ABD′时,BC⊥AB, AD′⊥D′B,此 时 四 个 面 都 是 直 角 三 角 形,② 正确; 对于③:由于在翻折过程中∠D′AB 与∠D′CB 都为锐角,且逐渐变小, 所以S△D′AB＝ １ ２AD 􀅰AB􀅰sin∠D′AB 变小, 同理S△D′CB 也同时变小,而另两个三角形和为 矩形面积,③错误; 对于 ④:由 于 △D′CA,△BCA 都 为 直 角 三 角 形,所以外接球的球心就是AC 的中点, 点D 在 翻 折 过 程 中,其 外 接 球 的 直 径 始 终 为 AC,④正确． 答案:②④ ９．(２０２５􀅰 陕 西 模 拟 )已 知 正 方 体 ABCDＧ A１B１C１D１ 的棱长为２,M 为CC１ 的中点,若 AM⊥平面α,且B∈平面α,则平面α截正方体 所得截面的周长为　　　　． 解析:在正方体 ABCDＧ A１B１C１D１ 中,BD ⊥ AC,BD⊥CM,又AC∩ CM＝C,AC,CM⊂平面 ACM,∴ BD ⊥ 平 面 ACM,∴BD⊥AM,取 BB１ 的中点 N,A１B１ 的 中点E,连接 MN,AN, BE,易知BE⊥AN, 由 MN⊥平面 ABB１A１ 可得 MN⊥BE,AN∩ MN＝N,AN,MN⊂平面 AMN,∴BE⊥平面 AMN,∴BE⊥AM,∵BD∩BE＝B,BD,BE⊂ 平面BDE, ∴AM⊥平面BDE,取A１D１ 的中点F, 由EF∥BD 可知点F 在平面BDF 上, ∴平面α截正方体所得截面为BDFE, 由正方体棱长为２易得截面周长为２ ２＋ ５＋ ２＋ ５＝３ ２＋２ ５． 答案:３ ２＋２ ５ １０．如图１,在矩形 ABCD 中,E,F 在边CD 上, BC＝CE＝FE＝FD．沿BE,AF,将△CBE 和 △DAF 折起,使平面CBE 和平面DAF 都与 平面ABEF 垂直,如图２． (１)试判断图(２)中直线CD 与AB 的位置关 系,并说明理由; (２)若平面DFA∩平面CEB＝l,证明l⊥平面 ABEF． 解:(１)CD∥AB．理由如下: 连接CD,分别取 AF,BE 的中点 M,N,连接 DM,CN,MN, 由题图１可得,△ADF 与△BCE 都是等腰直 角三角形且全等,则 DM⊥AF,CN⊥BE,DM ＝CN, ∵平面ADF⊥平面ABEF,交线为AF,DM⊂ 平面ADF,DM⊥AF, ∴DM⊥平面ABEF． 同理得,CN⊥平面ABEF,∴DM∥CN． 又∵DM＝CN,∴四边形CDMN 为平行四边 形,∴CD∥MN． ∵M,N 分别是AF,BE 的中点,∴MN∥AB, ∴CD∥AB． (２)∵DM∥CN,DM⊂平面 DFA,CN⊄平面 DFA,∴CN∥平面DFA, ∵CN⊂平面CEB,平面DFA∩平面CEB＝l, ∴CN∥l, 由(１)知CN⊥平面ABEF,∴l⊥平面ABEF． [能力提升组] １１．(多选)(２０２５􀅰湖南衡阳 模拟)如 图,在 四 棱 锥 PＧABCD中,底面ABCD 为 菱形,∠DAB＝６０°,AB＝２, PB＝ ６,侧面PAD 为正 三角形,则下列说法正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２３５􀅰 高考总复习　数学(BS) A．平面PAD⊥平面ABCD B．异面直线AD 与PB 的夹角为６０° C．二面角PＧBCＧA 的大小为４５° D．三棱锥PＧABD 外接球的表面积为２０π３ 解析:ACD　[取AD 中 点 E,连 接 PE,BE, △PAD 和 △BAD 都 是 等边 三 角 形,则 PE⊥ AD,BE⊥AD, ∠PEB 是二面角PＧADＧB 的平面角, PE＝BE＝ ３,又PB＝ ６, 所以PE２＋BE２＝PB２,即PE⊥BE, 所以二面角PＧADＧB 是直二面角, 所以平面PAD⊥平面ABCD,A 正确; AD∥BC,所以∠PBC 是异面直线AD 与PB 的夹角或其补角, 由此 可 得 PE⊥ 平 面 ABCD,而 CE⊂ 平 面 ABCD,所以PE⊥EC, EC＝ １２＋２２－２×１×２×cos１２０°＝ ７, 所以 PC＝ PE２＋EC２ ＝ １０,PB２ ＋BC２ ＝ PC２,PB⊥BC, ∠PBC＝９０°,B错误; 由BE⊥AD 知BC⊥BE,所以∠PBE 是二面 角PＧBCＧA 的平面角, 在△PEB 中,可得∠PBE＝４５°,C正确; 以上证明有PE⊥平面ABD, 同理BE⊥平面PAD, 设 M,N 分别是△ABD 和△PAD 的中心,如 图,作 NO∥EB,MO∥PE,NO 与MO 交于点 O,则 NO⊥平面PAD,MO⊥平面ABD,所以 O 是三棱锥PＧABD 外接球的外心,由于 NE ＝ME＝１３BE＝ ３ ３ ,四边形ONEM 是正方形, OM＝ ３３ ,而BM＝２ ３３ , 所以 OB＝ OM２＋BM２ ＝ ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ２ ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ １５３ ,即为外接球半径, 三棱锥 PＧABD 外接球的表面积为S＝４π× １５ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝２０π３ ．D 正确．] １２．(２０２５􀅰浙江湖州模拟)如 图,已 知 四 边 形 ABCD, △BCD 是 以BD 为 斜 边 的 等 腰 直 角 三 角 形, △ABD 为 等 边 三 角 形, BD＝２,将△ABD 沿对角 线BD 翻折到 △PBD 在 翻折的过程中,下列结论中不正确的是 (　　) A．BD⊥PC B．DP 与BC 可能垂直 C．直线DP 与平面BCD 夹角的最大值是４５° D．四面体PBCD 的体积的最大值是 ３３ 解析:C　 [如 图 所 示,取 BD 的 中 点 M,连 接 PM,CM, △BCD 是 以 BD 为 斜 边 的等腰直角三角形, ∴BD⊥CM, △ABD 为等边三角形,∴ BD⊥PM,PM ∩CM ＝ M,PM,CM ⊂ 平 面PMC, ∴BD⊥平面PMC,∴BD⊥PC,故 A 正确; 对于B,假设DP⊥BC,又BC⊥CD,DP∩CD ＝D,DP,CD⊂平面PCD, ∴BC⊥平面PCD,∴BC⊥PC, 又PB＝２,BC＝ ２,PC＝ ２∈[３－１,３＋１],故 DP 与BC 可能垂直,故B正确; 当平面PBD⊥平面BCD 时,此时PM⊥平面 BCD,∠PDB 即 为 直 线DP 与 平 面BCD 夹 角,此时∠PDB＝６０°,故C错误; 当平 面 PBD ⊥ 平 面 BCD 时,此 时 四 面 体 PBCD的体积最大,此时的体积为V＝１３S△BCD PM ＝ １３ × １ ２× ２× ２ æ è ç ö ø ÷ × ３＝ ３３ ,故 D 正确．] １３．(２０２５􀅰河南郑州模拟)如图,在平行四边形 ABCD中,DC＝ ２AD＝ ２AC＝４,AB＝４AF ＝４EC,且EF 交AC 于点G,现沿折痕AC 将 △ADC折起,直至折起后的 DC⊥BC,此时 △EFG 的面积为　　　　． 解析:如图所示,折起前,EF→􀅰AB→ ＝(ED→＋DA→＋AF→)􀅰AB→ ＝ED→􀅰AB→＋DA→􀅰AB→＋AF→􀅰AB→ ＝３×４cosπ＋２ ２×４cosπ４＋１×４cos０＝０ , 所以EF⊥AB, 在直角△AFG 中,可得FG＝AFtan４５°＝１, 又由EG＝FG＝１,因为D１C⊥BC, 又因为DC＝ ２AD＝ ２AC＝４,则AD⊥AC, 由AD∥BC,所以BC⊥AC, 因为AC∩CD１＝C,D１C,AC⊂平面D１AC, 则BC⊥平面D１AC, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３３５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 主题三　第七章　立体几何与空间向量 又因为BC⊂平面ABC, 则平面D１AC⊥平面ABC, 分别过点 E,F 作AC 的垂 线EM,FN,垂足分别为点 M,N,则 EM ⊥MN,MN ⊥NF, 因为平面D１AC∩平面ABC＝AC,且EM⊂平 面D１AC,所以EM⊥平面ABC, 又因为FN⊂平面ABC,所以EM⊥NF, 由EF→＝EM→＋MN→＋NF→, 可得EF→ ２ ＝EM→ ２ ＋MN→ ２ ＋NF→ ２ ＝１２＋２＋ １ ２＝３ , 所以|EF|＝ ３, 在△EFG 中,可得cos∠EGF＝１ ２＋１２－(３)２ ２×１×１ ＝－１２ , 因为∠EGF∈(０,π),所以∠EGF＝２π３ , 所以S△EFG＝ １ ２×１×１× ３ ２＝ ３ ４． 答案:３ ４ １４．(２０２５􀅰湖北模拟)如图, DA 和CB 都垂直于平面 ABE,F 是DA 上一点,且 CB＝４,AF＝２,△ABE 为 等腰直角三角形,且O 是 斜边AB 的中点,CE 与平 面ABE 的夹角为４５°． (１)证明:FO⊥平面OCE; (２)求二面角FＧECＧO 的平面角的正切值; (３)若点P 是平面ADE 内一点,且OC⊥OP, 设点P 到平面ABE 的距离为d１,PA＝d２,求 d１＋d２ 的最小值． 解:(１)证明:∵CB⊥平面ABE,∴CE 与平面 ABE 所成的角为∠CEB,则∠CEB＝４５°． ∵CB＝４,∴EB＝４,∴在等腰 Rt△ABE 中, AE＝４,AO＝OB＝２ ２, 又∵CB＝４,AF＝２,∴AOAF＝ CB OB＝ ２ , ∴△AOF∽△BOC,∴∠BOC＝∠AFO, ∴∠AOF＋∠BOC＝∠AOF＋∠AFO＝π２ , 即∠FOC＝π２ , 即FO⊥OC, ∵CB⊥平面ABE,OE⊂平面ABE, ∴CB⊥OE, ∵EO⊥AB,AB∩CB＝B,AB⊂平面 ABCD, CB⊂平面ABCD,∴OE⊥平面ABCD, ∵FO⊂平面ABCD,∴EO⊥FO, ∵EO∩OC＝O,EO,OC⊂平面OCE, ∴FO⊥平面OCE． (２)过点F 作FH ⊥CE, 连接OH,如图所示, ∵FO⊥平面OCE,CE⊂ 平面OCE, ∴FO⊥CE, 又∵FH⊥CE,FH∩FO ＝F,FH,FO ⊂ 平 面 OFH, ∴ CE ⊥ 平 面OFH, ∵OH⊂平面OFH,∴OH⊥CE, 根据二 面 角 的 定 义 可 知,∠OHF 为 二 面 角 FＧECＧO 的平面角, 在 Rt△AOF 中,AF＝２,AO＝２ ２, ∴OF＝２ ３, ∵OE⊥平面ABCD,OC⊂平面ABCD, ∴OE⊥OC, 在 Rt△EOC 中,OC＝２ ６,OE＝２ ２, ∴OH＝OE 􀅰OC EC ＝ ２ ２×２ ６ ４ ２ ＝ ６, ∴tan∠OHF＝OFOH＝ ２ ３ ６ ＝ ２． 即二面角FＧECＧO 的平面角的正切值为 ２． (３)由(１)知,FO⊥OC,又 OC⊥OP,FO∩OP＝O, FO,OP⊂平面OPF, ∴OC⊥平面OPF, 同理OC⊥平面OPE, ∴平面OPE 与平面OPF 重合,即点P∈平面OEF, 而P∈平面ADE, ∴P∈平面OEF∩平面ADE＝EF, ∵DA⊥平面ABE,∴点P 到平面ABE 的距 离转化为点P 到AE 的距离, 在平面ADE 内作点A 关于直线EF 的对称点 A′,作PH⊥AE 于点H, 当A′,P,H 三点共线时,d１＋d２ 为最小,如图 所示,则A′H⊥AE, 在 Rt△AEF 中,AA′＝２AE×AFEF ＝ ２×２×４ ２ ５ ＝８ ５ ,sin∠A′AE＝sin∠AFE＝AEEF＝ ２ ５ , ∴A′H＝A′A􀅰sin∠A′AE＝１６５ , ∴d１＋d２ 的最小值为 １６ ５． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４３５􀅰 高考总复习　数学(BS)