课时44 垂直关系-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版）

高考总复习数学(BS) [答题栏] 课时冲关44 1 「基础训练组] 21.设a,,y为不同的平面，m,n为不同的直 线，则m⊥3的一个充分条件是 () 3 A.a⊥B,a∩B=n,m⊥n -.4 B.a∩y=m,a⊥Y,B⊥Y C.a⊥3，B⊥Y,m⊥a D.n⊥a,n⊥β，m⊥c 62.如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1,M,N分别是 A -7 A1D,D1B的中点，则 ---11 () A.直线A1D与直线D1B --.12 垂直，直线MN∥平面ABCD B.直线AD与直线DB平行，直线MN⊥平 面BDD1B1 C.直线AD与直线DB相交，直线MN∥平 面ABCD D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平 面BDD1B1 3.如图，正方体ABCD D A1B1C1D1中，若E,F,G 分别是棱AD,CC,B1C 的中点，则下列结论中正 确的是 E/D A.BE⊥平面DFG B.A1E∥平面DFG C.CE∥平面DFG D.平面A1EB∥平面DFG 4.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 5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F分 别为棱BC,CD上的点（不包含端点），设二 面角A1-EF-A的平面角为a,若tana 地·则需的取位他国为 ( A(0] B合 c.o,] D[子 ·31 垂直关系 6.(多选)如图所示，已知四边 D 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 7.（多选)如图，正方体 D C ABCD-A1B1C1D1的 A B 棱长为2，E,F,G分 别为BC,CC1,BB1 G D 的中点，则 () E 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 D直线A:G与直线AE夹角的余弦值为 8.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'-ABC,如图所示，则下列说法正确的是 (填写序号即可). ①点D在翻折过程中存在BD'⊥AC的 情况； ②三棱锥D'-ABC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'-ABC的表 面积不变； ④点D在翻折过程中，三棱锥D'-ABC的外 接球的体积不变， D 9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2， M为CC1的中点，若AM⊥平面a,且B∈平 面α，则平面a截正方体所得截面的周长 为 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. 2 图1 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=I,证明L⊥ 平面ABEF. [能力提升组] 11.（多选)如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面ABCD 为菱形，∠DAB=60°， D AB=2,PB=√6，侧面 PAD为正三角形，则 下列说法正确的是 A.平面PAD⊥平面ABCD B.异面直线AD与PB的夹角为60 C.二面角PBC-A的大小为45 D.三棱锥PABD外接球的表面积为20r 12.如图，已知四边形AB CD,△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 () ·3] 主题三第七章立体几何与空间向量 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459 D,四面体PBCD的体积的最大值是 13.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 D G 14.如图，DA和CB都垂 D 直于平面ABE,F是 DA上一点，且CB=4, AF=2,△ABE为等腰 F 直角三角形，且O是斜 0 P-- 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FECO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. 7高考总复习数学(BS) 当x=之时取等号，故c0s∠BPC的 最小值为 3,进而sin∠BPC V1-cos2∠BPC≤2E 3 故sin∠BPC的最大值为2y2 m 答案，22 3 14.解：(1)证明：如图，设，点G为棱ED 的中点，连接AG,PG, 5 GP-DF-Dc.Gn/Dc. AB∥CD,CD=4AB.∴.GP=AB, GP∥AB, ,四边形ABPG为平行四边形， ∴.AG∥PB, 又PB￠平面ADE,AGC平面ADE, ∴，PB∥平面ADE. (2)如图，延长DA,CB相交于点H, 连接EH, D B 则直线EH为平面EAD与平面 EBC的交线，连接HF,交BD于点 I,若EH∥平面PBD,由线面平行的 性质可知EH∥PI, 设HI-AHF, ,点F为棱CD的中点，AB∥CD, CD=4AB, :i=AH成-合元+合C 2 -合HD+2xHB D1,B三点共线合+2A=1 即-号 所以器品是 .EH∥PI, 又EH平面PBD,PIC平面PBD, ∴，EH∥平面PBD, ∴.存在满足条件的点P使得L∥平面 PBD,此时器-子 课时冲关44 1.D[A不对，n可能在平面8内，也可 能与3平行；B,C不对，满足条件的m 和3可能相交，也可能平行；D对，由 n⊥a,n⊥3可知a∥B,结合n⊥a 知n⊥3.] 2.A[连接AD1,易证M在AD1上， B N D C 于是得A1O⊥EF,则∠AOA1为二面角 在正方形ADD1A1中，AD1⊥A1D, A1-EFA的平面角，即∠AOA1=a, AB⊥平面ADD1A,}→ tan a- AA AA A而tana-A是， A1DC平面ADD1A1 AB⊥A1D,AB∩AD1=A,AB,AD 因此，AO=AE,又AO是，点A到直线 C平面D1AB→ A1DL平面D1AB) EF距离最小值，则有点O与点E重 合，即AE⊥EF, D1BC平面D1AB 因点E,F分别为正方形ABCD的边 →A1D⊥D1B, BC,CD上除端，点外的点，从而得 在正方形AA1D1D中， △ABE∽△ECF, MN∥AB DM=MA)→MNt平面ABCD D,N=NB了ABC平面ABCD 则有是-器令正方你技长为1，则C =BE·CE=BE(1-BE) →MN∥平面ABCD,取AA1中点E, 连接NE,易证EB=ED,ED=EB1, (E)+ 且N为BD1,B1D的交，点，故NE⊥ 平面BDD1B1,MN与NE相交，故 因0<BE<1,于是得0<DF<,当 MN与平面BDD1B1不垂直，] 3.C[由ABCD A1B1C1D1为正方体， 且仅当BE= 合，即E为BC中点时 取=”，此时有0需≤子所以需 的取值范周为(0，子]门 6.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 且E,F,G分别是棱AD,C1C,B1C1 C平面ABC,则CD⊥AB,CD⊥BC 的中点，则FG∥A1D,则平面DFG即 A,D正确：此时AB⊥平面BCD,DB 为平面A1DFG,A选项，如图连接 C平面BCD,所以AB⊥DB,C正确： D1G,A1G,由正方体可知D1G∥BE, 若BC⊥AD,而AB⊥BC,AB∩AD= 又DG⊥A1G不成立，所以BE⊥A1G A,故必有BC⊥平面ABD,由图形可 不成立，即A选项错误；B进项，由 知，D点在B点正上方，而CD<BC A1E∩平面A1DFG=A1,故A1E与 所以显然BC⊥AD不可能.] 平面A1DFG不平行，B选项错误：C 7.BD[对A,由正方体ABCD 进项，连接CE,则CE∥A1G,又A1G AB,C1D1,得DD1⊥平面ABCD,所 C平面A1DFG,CE丈平面A1DFG, 以DD1⊥AE, 所以CE∥平面A1DFG,C选项正确； D D选项，平面A1EB与平面A1DG有 公共点A1,故D选项错误，] 4.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， D月 于是得AE⊥BE. 而BC⊥平面ABE,AEC平面ABE, 则BC⊥AE. 若DD1⊥AF,则DD1⊥平面AEF 因为BC∩BE=B,BC,BEC平 则有DD1⊥EF,又DD1∥CC1,所以 面BCE, CC1⊥EF不成立，所以A不正确： 则AE⊥平面BCE 对B,取B1C1的中，点M,连接A1M, 因为CEC平面BCE,因此得AE⊥ GM,易得MG∥EF,因为MG￠平面 CE,A正确： AEF,EFC平面AEF,所以MG∥平 因为BC∥AD,BC丈平面ADE,AD□ 面AEF, 平面ADE,所以BC∥平面ADE,B正 因为M,E为中，点，所以ME∥AA1, 确；因为AE⊥平面BCE,而AEC平 ME=AA1,所以四边形AA1ME为平 面ADE,所以平面ADE⊥平面BCE, 行四边形， C正确：点D不在底面ABE内，而直 所以A1M∥AE,因为A1M亡平面 线AE在底面ABE内，即AE,DE是 AEF,AEC平面AEF,所以A,M∥ 两条不同直线，若DE⊥平面BCE,因 平面AEF, 为AE⊥平面BCE,则DE∥AE,与 因为A1M∩G=M,所以平面 DE∩AE=E矛盾，D不正确.] A1GM∥平面AEF, 5.C[在正方体ABCDA1B1C1D1中， 因为A1GC平面A1GM,所以A1G∥ AA1⊥平面ABCD,EFC平面ABCD. 平面AEF,故B正确； 对C,由正方体ABCD A1B1C1D1,得 则AA1⊥EF,过A作AO⊥EF,连接 AD⊥平面CDD1C1, A1O,有EF⊥平面AOA1,如图， ·550· 连接DF,由AD⊥平面CDD1C1,得 10.解：(1)CD∥AB.理由如下： ∠AFD为直线AF与平面CDD1C 连接CD,分别取AF,BE的中点M, 的夹角， N,连接DM,CN,MN, 由已知得AD=2,DF=√5，AF=3, D 所以Rt△ADF中，sim∠AFD=AP -号，所以C不正确： 对D,由B选项得A1M∥AE,所以 B ∠MA,G即为异面直线A1G与AE 由题图1可得，△ADF与△BCE都 的夹角， 是等腰直角三角形且全等，则DM⊥ 在△A1MG中，A1M=A1G=J5,GM AF,CN⊥BE,DM=CN, =√2， ,平面ADF⊥平面ABEF,交线为 由余弦定理得：cos∠MA1G= AF,DMC平面ADF,DM⊥AF, 5+5-2 2×5×5 5，即直线AG与直线 4 .DM⊥平面ABEF. 同理得，CN⊥平面ABEF, AE夹角的余弦值为号，所以D正确.] ,.DM∥CN. 又，DM=CN,,,四边形CDMN为 8解析：对于①：如图所示，过点B作AC 平行四边形，∴.CD∥MN. 的垂线，垂足为E,连接DE, M,N分别是AF,BE的中点， .MN∥AB, E ∴.CD∥AB. (2),DM∥CN,DMC平面DFA, CN庄平面DFA,∴，CN∥平面DFA, ,CNC平面CEB,平面DFA∩平面 若BD'⊥AC成立，由BE⊥AC,BE与 CEB=l,.CN∥l,由(1)知CN⊥平 BD'都在平面BED'内且相交， 面ABEF,,.L⊥平面ABEF, 则AC⊥平面BED,则AC⊥DE, 11.ACD [取AD中点E,连接 文因为BE⊥AC,所以在原矩形中， PE.BE. BD⊥AC, P 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， M D BC⊥AB,AD'⊥DB,此时四个面都 是直角三角形，②正确： E M 对于③：由于在翻折过程中∠DAB 与∠D'CB都为锐角，且逐渐变小， △PAD和△BAD都是等边三角形， 所以S△B=号AD·AB.n∠DAB 则PE⊥AD,BE⊥AD,∠PEB是二 2 面角PADB的平面角，PE=BE 变小， √5，又PB=√6，所以PE2+BE2 同理S△DB也同时变小，而另两个三 角形和为矩形面积，③错误： PB,即PE⊥BE,所以二面角 对于④：由于△DCA,△BCA都为直 PADB是直二面角，所以平面 角三角形，所以外接球的球心就是AC PAD⊥平面ABCD,A正确： 的中，点，点D在翻折过程中，其外接 AD∥BC,所以∠PBC是异面直线 球的直径始终为AC,④正确。 AD与PB的夹角或其补角， 答案：②④ 由此可得PE⊥平面ABCD,而CE 9.解析：在正方体ABCD A1B1C1D1 C平面ABCD,所以PE⊥EC, 中，BD⊥AC,BD⊥CM. Py EC=√12+22-2X1×2×cOs120 =√7，所以PC=√PE2十EC =√Io,PB2+BC-PC,PB⊥BC, ∠PBC=90°，B错误 由BE⊥AD知BC⊥BE,所以 ∠PBE是二面角P-BCA的平 面角， 在△PEB中，可得∠PBE=45°，C 又AC∩CM=C,AC,CMC平面 正确： ACM,,∴，BD⊥平面ACM,,∴.BD⊥ 以上证明有PE⊥平面ABD, AM,取BB1的中，点N,A1B1的中，点 同理BE⊥平面PAD, E,连接MN,AN,BE,易知BE⊥ 设M,N分别是△ABD和△PAD AN,由MN⊥平面ABB1A1可得 的中心，如图，作NO∥EB,MO∥ MN⊥BE,AN∩MN=N,AN,MNC PE,NO与MO交于点O,则NO⊥ 平面AMN,∴.BE⊥平面AMN,∴.BE 平面PAD,MO⊥平面ABD,所以O ⊥AM,.BD∩BE=B,BD,BEC平 是三棱锥PABD外接球的外心，由 面BDE,∴，AM⊥平面BDE,取A,D 的中点F,由EF∥BD可知，点F在平 于NE=ME=BE=E, 面BDF上， 3 3,四边形 ,∴，平面a截正方体所得截面为BDFE, ,而BM 由正方体棱长为2易得截面周长为 ONEM是正方形，OM= 3 2E+5+2+5=3√②+25. =2 ,所以OB=√OMP+BM= 答案：3√2+2V5 3 ·551· 参考答案 √()+()-，为 外接球半径， 三棱锥PABD外接球的表面积为 S-×()-2受D 12.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,CMC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,CDC平面PCD, ∴BCL平面PCD,.BC⊥PC, 又PB=2,BC=√2，PC=√2∈[3-1， √3十1]，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= S△nPM=子X 1 3 (合×Ex)×5=气，故D 正确.] 13.解析：如图所示，折起前，EF·AB =(ED+DA+AF)·AB -ED.AB+DA.AB+AF.AB =3×4cos元+2VE×4cos于+1X 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, ACC平面D1AC, 则BC⊥平面D1AC, 又因为BCC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EMC平面D1AC, 所以EM⊥平面ABC, 又因为FNC平面ABC, 所以EM⊥NF, 由EF-EM+MN+NF, 可得E苹=E+M衣+N =号+2+合-3，所以E=, 在△EFG中，可得cos∠EGF= 12+12-(2-- 2×1×1 2, 高考总复习数学(BS) 因为∠EGF∈(0，π)，所以∠EGF -2r 3 24 D B 答案9 14.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架-器 =√2， ∴.△AOFc∽△BOC, ∴.∠BOC=∠AFO. ∴.∠AOF+∠BOC =∠AOF+∠AFO=交： 即∠FOC=, 即FO⊥OC, :CB⊥平面ABE,OEC平面ABE, ,.CB⊥OE, EO⊥AB,AB∩CB=B,ABC平面 ABCD,CBC平面ABCD, ,.OE⊥平面ABCD, FOC平面ABCD,.EO⊥FO, :EO∩OC=O,EO,OCC平面OCE, .FO⊥平面OCE (2)过，点F作FH⊥CE,连接OH,如 图所示， /H 0 ,FO⊥平面OCE,CEC平面OCE, .FO⊥CE, 又，FH⊥CE,FH∩F)=F,FH, FOC平面OFH,∴.CE⊥平面OFH, OHC平面OFH,∴.OH⊥CE, 根据二面角的定义可知，∠OHF为 二面角F-ECO的平面角， 在Rt△AOF中，AF=2,AO=22, ,∴.OF=2√3， ,OE⊥平面ABCD,OCC平面ABCD ,.OE⊥OC, 在Rt△EOC中，OC=2√6，OE=2√2， :0H-0E:0c-2Ex26-6 EC 42 m∠0Hr-8器-爱-区 即二面角FECO的平面角的正切 值为√2. (3)由(1)知，F)D 5.C[由题意知这三个向量OP1,OP2, ⊥OC,又OC⊥ OP,FO∩OP= OP3共面，即这三个向量不能构成空 O,FO,OPC平 间的一个基， 面OPF, 对A,由空间直角坐标系易知(0,0， .OC⊥ 0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面， 平面OPF 则当(0,0,0)，(1,0,0)∈2无法推出 同理OC⊥平面OPE, (0,0,1)任2，故A错误； ∴.平面OPE与平面OPF重合，即点 对B,由空间直角坐标系易知（一1,0， P∈平面OEF,而P∈平面ADE, 0),(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面， ,∴.P∈平面OEF∩平面ADE=EF, 则当（一1,0,0），(1,0,0)∈2无法推 DA⊥平面ABE,∴，，点P到平面 出(0,0,1)氏2，故B错误： ABE的距离转化为点P到AE的距 对C,由空间直角坐标系易知(1,0 离，在平面ADE内作点A关于直线 0),(0,0,1),(0,1,0)三个向量不共 EF的对称点A',作PH⊥AE于，点 面，可构成空间的一个基， H,当A′，P,H三点共线时，d1十d2 则由(1,0,0)，(0,1,0)∈2能推出 为最小，如图所示，则A'H⊥AE, (0,0,1)氏2， 在Rt△AEF中，AA'=2 AEXAF 对D,由空间直角坐标系易知(1,0， EF 0),(0,0,1),(0,0,一1)三个向量共 2×2×48 ,sin∠A'AE= 面，则当(0,0，一1)(1,0,0)∈2无法 2w5 推出(0,0,1)任2，故D错误.] sin∠AFE= AE 2 6.BD[根据题意，依次分析选项：对于 EF 51 A选项，BM=BB1十B1M=AA1十 六A'H=A'A·sim∠AAE= 51 合(BA+d)-合0-a+e,A错 d山十d的最小值为9 误：对于B选项，AC,=AB+AD十 课时冲关45 CG=a十b十c,B正确；对于C选项， 1.C[由题意和空间向量的共面定理， 结合向量p十q=(a十b)+(a-b)= AC1=a+b+c,则|AC,I2=(a十b+ 2a,得a与p,q是共面向量，同理b与 c)2=a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b p,q是共面向量，所以a与b不能与 ·c=6,则|AC|=√6，C错误；对于 p、9构成空间的一个基：又c与a和b 不共面，所以c与p、q构成空间的一 AB·AC1=a·(a+b+c)=a2+a· 个基.] b+a·c=2,则cos(AB,AC) 2.D[由已知得|a=√②，|b|=2√2，且 AB·AC1 a·b=0,所以(ka+b)·(a十kb)=2, =6,D正确.] 31 得k|a2十kb2+(k2+1)a·b=2, |AB·|AC1 1 即2k十8k=2,解得k=5] 7.ABD[,a⊥b,.a·b=0, 即a·b=(2,-1,3)·(-4,2,x) 3.A[M-NG+Gc+CM=号b -8-2+3x-0,解得E-9故A c+(a-b=a+b-c] 选项正确； 4.B[分别以DA,DC,DD1为x,y,之 3a+b=(2,-1,10), 建立空间直角坐标系， ,.3a十b=3(2,-1,3)+(-4,2,x) =(2,-1,9+x)=(2,-1,10), .9十x=10,解得x=1.故B选项 正确： a在b上的授影向量为。·合 即合=宁：代入金标化商可 得：x2-9.x十50=0，x无解，故C选项 错误； a与b夹角为锐角， A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1), 设E(0,t,1-t),则AD1=(-1,0,1), ab-10+3>0,解得>号。 BE=(-1,t-1,1-t), ,直线BE与AD1所成角的余弦值 且a与b不共线，即≠芹，号大 为 2 音，解得≠一6， cos(AD],BE) AD,·BE 所以a与b夹角为锐角时，解得x> IAD BE 号就D选项正确] 8.解析：由已知得D(0,0,0),A(2,0,0), 11+1-t B(2,2,0), √2√1+(1-1)2+(1-02 2 设P(0,0,a)(a>0),则 解得1-合酝-(1，-合) E(11,号）所以DP=(00,a a++- AE-(-1,号)）D-a ·552·