第6章 §5 5.1 直线与平面垂直 课后达标检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦立体几何核心知识，涵盖线面垂直、线线垂直、空间夹角与距离计算等内容。课堂导入从基础达标题切入，如线面垂直定义应用，逐步过渡到综合证明与计算，构建从定义到性质再到应用的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于分层设计（基础达标、能力提升、素养拓展），通过折叠问题、动点最值问题等实例，培养学生空间观念（数学眼光）和逻辑推理（数学思维），如证明EF⊥GB时运用线面垂直性质与平行传递性，提升用数学语言表达空间关系的能力。对学生夯实基础与提升综合应用能力，对教师提供分层教学资源，便于精准检测学情。

课后达标 检测 1 1．已知直线a⊥平面α，直线b⊂平面α，则下列结论一定成立的是(　　) A．a与b相交 B．a与b异面 C．a⊥b D．a与b无公共点 解析：因为直线a⊥平面α，直线b⊂平面α，根据线面垂直的定义，所以a⊥b，其他选项不一定成立．故选C. √ 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 11 2 3 课后达标 检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 √ 3.如图，α，β是两个不同的平面，A，C是平面α上两个不同的点，B是平面β上的点，α∩β＝l，且AB⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的位置关系是(　　) A．异面 B．平行 C．垂直 D．不确定 解析：因为AB⊥α，l⊂α，所以AB⊥l， 又因为BC⊥β，l⊂β，所以BC⊥l， 又AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，所以l⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以l⊥AC.故选C. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 √ 4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线AB1与平面ACC1A1夹角的大小为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接B1D1，A1C1，B1D1∩A1C1＝O，连接AO，如图， 则有B1O⊥A1C1，而AA1⊥平面A1B1C1D1，B1O⊂平面A1B1C1D1， 则B1O⊥AA1，又AA1∩A1C1＝A1， 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 √ 5．在三棱锥P-ABC中，PO⊥平面ABC，垂足为O，且PA＝PB＝PC，则点O一定是△ABC的(　　) A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 解析：如图所示，连接OA，OB，OC，因为PO⊥平面ABC，由线面垂直的定义可得PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC，又因为PA＝PB＝PC，利用勾股定理，可得OA＝OB＝OC，所以点O一定是△ABC的外心． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 6.(多选)如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有(　　) A．AC⊥SB B．AB∥平面SCD C．SA与平面ABCD的夹角是∠SAB D．AB与BC的夹角等于DC与SC的夹角 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 解析：A选项，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，又SD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以SD⊥AC，又BD∩SD＝D，BD，SD⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD，因为SB⊂平面SBD，所以AC⊥SB，故A正确；B选项，因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD，又AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，故B正确；C选项，因为SD⊥底面ABCD，所以SA与平面ABCD的夹角是∠SAD，故C错误；D选项，因为四边形ABCD为正方形，则AB与BC的夹角为90°，又SD⊥底面ABCD，则∠SDC＝90°，所以DC与SC的夹角∠SCD<90°，故D错误．故选AB. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 7．一条与平面α相交的线段AB，其长度为10 cm，两端点A，B到平面α的距离分别是3 cm，2 cm，则线段AB与平面α夹角的大小是________． 30° 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 解析：如图，作AC⊥α，BD⊥α，垂足分别为C，D，则AC∥BD，AC，BD确定的平面与平面α交于CD，设CD与AB相交于点O，AB＝10 cm，AC＝3 cm，BD＝2 cm，则AO＝6 cm，BO＝4 cm，所以∠AOC＝∠BOD＝30°，即线段AB与平面α夹角的大小为30°. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 8.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，当底面ABCD满足条件________________________时，有A1C⊥B1D1.(只需填写一种正确条件即可) AC⊥BD(答案不唯一) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 解析：连接AC，BD，A1C1(图略).根据直四棱柱ABCD－A1B1C1D1可得BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是矩形，所以BD∥B1D1，同理可证AC∥A1C1，当AC⊥BD时，可得A1C1⊥B1D1，且CC1⊥底面A1B1C1D1，而B1D1⊂底面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1D1，而A1C1∩CC1＝C1，A1C1，CC1⊂平面A1CC1，从而B1D1⊥平面A1CC1，因为A1C⊂平面A1CC1，所以A1C⊥B1D1，所以当AC⊥BD时满足题意． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 9．(2025·九江月考)已知四边形ABCD是边长为8的菱形，且∠ABC＝30°，若PA⊥平面ABCD，且PA＝3，则点P到直线BC的距离为__________． 5 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 10．(13分)如图所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A＝AB＝a，G，E，F分别是A1C1，AB，BC的中点．求证：EF⊥GB. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 证明：连接B1G.在△A1B1C1中，G是A1C1的中点，所以B1G⊥A1C1. 因为B1B⊥平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以B1B⊥A1C1，因为B1G∩B1B＝B1，B1G，B1B⊂平面B1BG，所以A1C1⊥平面B1BG，因为GB⊂平面B1BG，所以A1C1⊥GB，又因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以EF⊥GB. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 11．(2025·焦作期末)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠BAC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M为AB边上的一个动点，则PM的最小值为(　　) √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 12．(多选)已知四棱锥P-ABCD的所有棱长都相等，且M，N分别是棱PD，BC的中点，则(　　) A．MN∥PB B．MN∥平面PAB C．MN⊥PA D．MN⊥平面PAD √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 解析：对于A，因为PB⊂平面PBC，N∈平面PBC，N∉直线PB，M∉平面PBC，所以MN与PB是异面直线，故A错误； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 对于C，因为PB＝AB，E为PA的中点，所以BE⊥PA，因为MN∥BE，所以MN⊥PA，故C正确； 对于D，若MN⊥平面PAD，因为AD⊂平面PAD，所以MN⊥AD，因为四棱锥P­ABCD的所有棱长相等，所以底面ABCD是正方形，取F为AD的中点，连接MF，NF(图略)，所以NF⊥AD，因为MN∩NF＝N，MN，NF⊂平面MNF，所以AD⊥平面MNF，又MF⊂平面MNF，所以MF⊥AD，又MF∥PA，所以PA⊥AD，这与△PAD为等边三角形，∠PAD＝60°矛盾，故MN不垂直于平面PAD，故D错误．故选BC. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 13.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a＝________． 2 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 解析：如图，连接AQ.因为PA⊥平面ABCD，QD⊂平面ABCD，所以PA⊥QD. 又PQ⊥QD，PA，PQ⊂平面PAQ，且PA∩PQ＝P，所以QD⊥平面PAQ，因为QA⊂平面PAQ，所以QD⊥QA. 因为在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD， 所以BC与以AD为直径的圆相切． 因为AB＝1，BC＝a，所以a＝2. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 (1)求证：EF∥平面A1B1BA；(4分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 解：证明：如图，连接A1B. 在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，所以EF∥BA1. 又因为EF⊄平面A1B1BA，BA1⊂平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 (2)求证：AE⊥平面BCB1；(4分) 解：证明：因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC.因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，又AE⊂平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BCB1，所以AE⊥平面BCB1. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 (3)求直线A1B1与平面BCB1夹角的大小．(7分)　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 15．(15分)如图1，在Rt△ABC中，C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 (1)求证：DE∥平面A1CB；(4分) 解：证明：因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC. 又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB， 所以DE∥平面A1CB. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 (2)求证：A1F⊥BE；(4分) 解：证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC， 所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，又因为A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1DC， 所以DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC， 所以DE⊥A1F. 又因为A1F⊥CD，CD∩DE＝D，CD， DE⊂平面BCDE，所以A1F⊥平面BCDE. 因为BE⊂平面BCDE，所以A1F⊥BE. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 (3)线段A1B上是否存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ？说明理由．(7分) 解：线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.理由如下： 如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，PD，EQ，则PQ∥BC. 又因为DE∥BC，所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即为平面DEQP. 由(2)知，DE⊥平面A1DC，又A1C⊂平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 又DP∩DE＝D，DP，DE⊂平面DEQP， 所以A1C⊥平面DEQP，即A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标 检测 $