主题3 第7章 第4节 垂直关系（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版）

**基本信息** 以正方体、翻折等几何模型为载体，系统训练垂直关系判定与性质，突出线面垂直转化逻辑，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判定|5选择/正方体线线垂直|线面垂直判定定理（线垂交线）|线线垂直→线面垂直→面面垂直推导链| |翻折问题|2填空/矩形翻折|原平面图形分析+折叠后垂直关系转化|静态垂直到动态变化的逻辑延伸| |综合证明|3解答/四棱锥垂直证明|构造辅助线（中点、垂线）+面面垂直性质|几何模型中垂直关系的综合应用|

课时冲关44　垂直关系 [基础训练组] 1．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ABCD­A1B1C1D1，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⊥A1D，AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面D1AB⇒⇒A1D⊥D1B， 在正方形AA1D1D中， ⇒⇒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．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1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ABCD­A1B1C1D1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．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．] 5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别为棱BC，CD上的点(不包含端点)，设二面角A1­EF­A的平面角为α，若tan α＝，则的取值范围为(　　) A.　　　　　　 B. C. D. 解析：C　[在正方体ABCD­A1B1C1D1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A1­EF­A的平面角，即∠AOA1＝α，tan α＝， 而tan α＝， 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＝，令正方体棱长为1，则CF＝BE·CE＝BE(1－BE)＝－2＋， 因0＜BE＜1，于是得0＜DF≤，当且仅当BE＝，即E为BC中点时取“＝”，此时有0＜≤，所以的取值范围为.] 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)如图，正方体ABCD­A1B1C1D1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 D．直线A1G与直线AE夹角的余弦值为 解析：BD　[对A，由正方体ABCD­A1B1C1D1，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ABCD­A1B1C1D1， 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＝，AF＝3， 所以Rt△ADF中，sin ∠AFD＝＝，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＝，GM＝， 由余弦定理得：cos ∠MA1G＝＝， 即直线A1G与直线AE夹角的余弦值为，所以D正确．] 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． 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＝AD·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．已知正方体ABCD­A1B1C1D1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ABCD­A1B1C1D1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＋＋＋＝3＋2. 答案：3＋2 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)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，PB＝，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P­BC­A的大小为45° D．三棱锥P­ABD外接球的表面积为 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P­AD­B的平面角， PE＝BE＝，又PB＝， 所以PE2＋BE2＝PB2，即PE⊥BE， 所以二面角P­AD­B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＝＝， 所以PC＝＝，PB2＋BC2＝PC2，PB⊥BC， ∠PBC＝90°，B错误； 由BE⊥AD知BC⊥BE，所以∠PBE是二面角P­BC­A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P­ABD外接球的外心，由于NE＝ME＝BE＝，四边形ONEM是正方形，OM＝，而BM＝， 所以OB＝＝＝，即为外接球半径， 三棱锥P­ABD外接球的表面积为S＝4π×2＝.D正确．] 12．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 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＝，PC＝∈[－1，＋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△BCDPM＝××＝，故D正确．] 13．如图，在平行四边形ABCD中，DC＝AD＝AC＝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，· ＝(＋＋)· ＝·＋·＋· ＝3×4cos π＋2×4cos＋1×4cos 0＝0， 所以EF⊥AB， 在直角△AFG中，可得FG＝AFtan 45°＝1， 又由EG＝FG＝1，因为D1C⊥BC， 又因为DC＝AD＝AC＝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， 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＝＋＋， 可得2＝2＋2＋2＝＋2＋＝3， 所以|EF|＝， 在△EFG中，可得cos∠EGF＝ ＝－， 因为∠EGF∈(0，π)，所以∠EGF＝， 所以S△EFG＝×1×1×＝. 答案： 14．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． 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， 又∵CB＝4，AF＝2，∴＝＝， ∴△AOF∽△BOC，∴∠BOC＝∠AFO， ∴∠AOF＋∠BOC＝∠AOF＋∠AFO＝， 即∠FOC＝， 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F­EC­O的平面角， 在Rt△AOF中，AF＝2，AO＝2， ∴OF＝2， ∵OE⊥平面ABCD，OC⊂平面ABCD， ∴OE⊥OC， 在Rt△EOC中，OC＝2，OE＝2， ∴OH＝＝＝， ∴tan∠OHF＝＝＝. 即二面角F­EC­O的平面角的正切值为. (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′＝＝＝，sin∠A′AE＝sin∠AFE＝＝， ∴A′H＝A′A·sin∠A′AE＝， ∴d1＋d2的最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $