7.4 空间直线、平面的垂直 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“空间直线、平面的垂直”专题，依据新课标要求梳理了直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质等核心考点，结合2023-2025年全国卷考情明确高频考查方向，系统构建定义、定理及垂直平行关系转化的知识体系，归纳证明垂直、存在性问题等常考题型，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法归纳+素养提升”，以2025全国一卷真题为例解析面面垂直证明思路，通过判定定理应用、垂直关系转化等方法培养学生的数学思维，设置易错点辨析如线面垂直需相交直线条件，帮助学生掌握答题技巧。教师可借助分层训练和真题解析，精准指导复习，助力学生高效备战高考。

第七章　立体几何与空间向量 7.4　空间直线、平面的垂直 2027高考数学一轮总复习 1 内容索引 必备知识　回顾 课时作业 关键能力　提升 考试要求 三年考情 1.了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系. 2.掌握直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质,并会简单应用. 2023 2024 2025     全国一卷T9,T17 新课标Ⅱ卷T20 新课标Ⅱ卷T17   必备知识　回顾 1.直线与平面垂直 (1)定义:一般地,如果直线l与平面α内的________直线都垂直,我们就说直线l与平面α互相垂直,记作l⊥α. 1 知识梳理 任意一条 必备知识 回顾 返回 项目 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 如果一条直线与一个平面内的____________垂直,那么该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α　 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒ a∥b　 　 两条相交直线 (2)判定定理与性质定理 必备知识 回顾 返回 (3)直线和平面所成的角 ①定义:平面的一条斜线和它在平面上的____所成的角,叫做这条直线和 这个平面所成的角.一条直线垂直于平面,它们所成的角是__;一条直线和平面平行,或在平面内,它们所成的角是__. ②范围:. 射影 0 必备知识 回顾 返回 2.平面与平面垂直 (1)二面角:从一条直线出发的__________所组成的图形叫做二面角.在二面角的棱上任取一点O,以点O为垂足,在两个半平面内分别作________的射线OA和OB,则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的______,二面角的平面角的取值范围是______. 两个半平面 垂直于棱 平面角 [0,π] 必备知识 回顾 返回 (2)判定定理与性质定理 项目 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 如果一个平面过另一个平面的____,那么这两个平面垂直 ⇒ α⊥β　 　 性质 定理 两个平面垂直,如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的____,那么这条直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α　 垂线 交线 必备知识 回顾 返回 3.空间距离 (1)点到平面的距离:过一点作垂直于已知平面的直线,则该点与垂足间的线段,叫做这个点到该平面的______,垂线段的长度叫做这个点到该平面的____. (2)直线到平面的距离:一条直线与一个平面平行时,这条直线上________到这个平面的距离,叫做这条直线到这个平面的距离. (3)两个平行平面间的距离:如果两个平面平行,那么其中一个平面内的________到另一个平面的距离都____,我们把它叫做这两个平行平面间的距离. 垂线段 距离 任意一点 任意一点 相等 必备知识 回顾 返回 4.垂直、平行关系的相互转化 必备知识 回顾 返回 1.三垂线定理 若平面内的一条直线和平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直,则它也和这条斜线垂直. 2.三垂线定理的逆定理 若平面内的一条直线和平面的一条斜线垂直,则它也和这条斜线在该平面上的射影垂直. 知识拓展 必备知识 回顾 返回 3.两个重要结论 (1)若两平行直线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面. (2)若一条直线垂直于一个平面,则它垂直于这个平面内的任何一条直线. 必备知识 回顾 返回 1.判断(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)若直线l与平面α内的两条直线都垂直,则l⊥α.(　 　) (2)若直线a⊥α,b⊥α,则a∥b. (　 　) (3)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.(　 　) (4)若α⊥β,a⊥β,则a∥α. (　 　) 基础检测 × √ × × 必备知识 回顾 返回 2.(人教A版必修第二册P151例3改编)已知直线a,b和平面α,若a∥α,则“b⊥a”是“b⊥α”的 (　 　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 B 必备知识 回顾 返回 解析:必要性:若a∥α,则存在直线m⊂α,a∥m,因为b⊥α,m⊂α,所以b⊥m,因为a∥m,所以b⊥a,必要性成立;充分性:如图,设平面ABCD为平面α,直线A1B1为直线a,直线B1C1为直线b,满足a∥α,b⊥a,但B1C1∥平面ABCD,即b∥α,充分性不成立.所以“b⊥a”是“b⊥α”的必要不充分条件.故选B. 必备知识 回顾 返回 3. (人教A版必修第二册P158例7改编)如图,PA垂直于矩形ABCD所在的平面,则图中与平面PCD垂直的平面是(　 　) A.平面ABCD B.平面PBC C.平面PAD D.平面PAB 解析:因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD,由四边形ABCD为矩形得CD⊥AD,因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD.故选C. C 必备知识 回顾 返回 4.(人教A版必修第二册P162练习T1改编)已知直线a,b,l和平面α,则下列命题正确的是(　 　) A.若a∥b,a∥α,则b∥α B.若a∥b,a⊄α,b⊄α,a∥α,则b∥α C.若l⊥a,l⊥b,a⊂α,b⊂α,则l⊥α D.若a⊥b,a⊥α,则b∥α 解析:对于A,若a∥b,a∥α,则可能b⊂α或b∥α,故A错误;对于B,若a∥b,a⊄α,b⊄α,a∥α,则b∥α,故B正确;对于C,若l⊥a,l⊥b,a⊂α,b⊂α,则当a∥b时,l与α不一定垂直,故C错误;对于D,若a⊥b,a⊥α,则可能b⊂α或b∥α,故D错误.故选B. B 必备知识 回顾 返回 关键能力　提升 考点1 直线与平面垂直的判定与性质 【例1】　如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1. (1)求证:A1C⊥B1D1; 【证明】如图,连接A1C1. 因为CC1⊥平面A1B1C1D1,B1D1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1D1. 因为四边形A1B1C1D1是正方形,所以A1C1⊥B1D1. 又因为CC1∩A1C1=C1,A1C1,CC1⊂平面A1C1C,所以B1D1⊥平面A1C1C. 又因为A1C⊂平面A1C1C,所以A1C⊥B1D1. 关键能力 提升 返回 (2)若M,N分别为B1D1,C1D上的点,且MN⊥B1D1,MN⊥C1D,求证:MN∥A1C. 【证明】如图,连接B1A,AD1. 因为B1C1=AD,B1C1∥AD,所以四边形ADC1B1为平行四边形, 所以C1D∥AB1. 因为MN⊥C1D,所以MN⊥AB1. 又因为MN⊥B1D1,AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1, 所以MN⊥平面AB1D1. 由(1)知A1C⊥B1D1. 同理可得A1C⊥AB1.又因为AB1∩B1D1=B1,AB1,B1D1⊂平面AB1D1,所以A1C⊥平面AB1D1.所以MN∥A1C. 关键能力 提升 返回 1.证明直线和平面垂直的常用方法 (1)判定定理. (2)两种传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α;a⊥α,α∥β ⇒a⊥β). (3)面面垂直的性质. 2.证明线面垂直的关键是证线线垂直,而证明线线垂直常借助线面垂直的定义. 3.判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练1】如图,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,E为垂足. (1)求证:PA⊥平面ABC; 证明:如图,在平面ABC内取一点D,过点D作DF⊥AC于 点F,DG⊥AB于点G. 因为平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC,DF⊂平面ABC,所以DF⊥平面PAC. 因为PA⊂平面PAC,所以DF⊥PA. 同理可证DG⊥PA. 因为DG,DF都在平面ABC内,且DG∩DF=D,所以PA⊥平面ABC. 关键能力 提升 返回 (2)当E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形. 证明:如图,连接BE并延长交PC于点H.因为E是△PBC的垂心,所以PC⊥BH.因为AE⊥平面PBC,PC⊂平面PBC,所以PC⊥AE.因为AE∩BH=E,AE,BH⊂平面ABE,所以PC⊥平面ABE.又AB⊂平面ABE,所以PC⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC,所以PA⊥AB. 因为PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,所以AB⊥平面PAC. 又AC⊂平面PAC,所以AB⊥AC,即△ABC是直角三角形. 关键能力 提升 返回 考点2 平面与平面垂直的判定与性质 【例2】　如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC. (1)若AB⊥BC,求证:平面A1BC⊥平面AA1B1B; 【证明】∵AA1⊥平面ABC, BC⊂平面ABC,∴AA1⊥BC. 又AB⊥BC,AA1∩AB=A, AA1,AB⊂平面AA1B1B, ∴BC⊥平面AA1B1B. 又BC⊂平面A1BC, ∴平面A1BC⊥平面AA1B1B. 关键能力 提升 返回 (2)若平面A1BC⊥平面AA1B1B,求证:AB⊥BC. 【证明】如图,过点A作AD⊥A1B于点D, ∵平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AD⊂平面AA1B1B, ∴AD⊥平面A1BC. 又BC⊂平面A1BC,∴AD⊥BC. 又AA1⊥BC,AA1∩AD=A,AD,AA1⊂平面AA1B1B,∴BC⊥平面AA1B1B. ∵AB⊂平面AA1B1B, ∴AB⊥BC. 关键能力 提升 返回 1.面面垂直的两种判定方法与一个转化 (1)两种方法:面面垂直的定义;面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β). (2)一个转化:在已知两个平面垂直时,一般要用性质定理进行转化,在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直. 2.面面垂直性质定理的应用 (1)面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据,运用时要注意“平面内的直线”. (2)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练2】　如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB, ∠BAD =90°,∠BCD=45°,E为对角线BD的中点,现将△ABD沿BD折起到△PBD的位置,使平面PBD⊥平面BCD.求证: 关键能力 提升 返回 (1)直线PE⊥平面BCD; 证明:因为PB=PD,E为BD的中点,所以PE⊥BD. 又因为平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,PE⊂平面PBD,所以PE⊥平面BCD. 关键能力 提升 返回 (2)平面PBC⊥平面PCD. 证明:在直角梯形ABCD中,AD=AB, ∠BAD=90°,则∠ABD=∠ADB=45°, 又AD∥BC,所以∠DBC=45°. 又∠BCD=45°,所以∠BDC=90°, 所以在折后的几何体P-BCD中,BD⊥DC. 因为平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,CD⊂平面BCD,所以CD⊥平面PBD. 又BP⊂平面PBD,则CD⊥BP. 又BP⊥PD,CD∩PD=D,PD,CD⊂平面PCD, 所以BP⊥平面PCD.又BP⊂平面PBC,所以平面PBC⊥平面PCD. 关键能力 提升 返回 考点3 垂直关系的综合应用 【例3】　如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别是BC,AA1的中点. 关键能力 提升 返回 (1)求证:AE∥平面B1FC. 【解】证明:如图1,取B1C的中点D,连接DE,DF, 因为D,E分别是B1C和BC的中点,所以DE∥BB1, DE=BB1.又AF∥BB1,AF=BB1, 所以AF∥DE,且AF=DE,所以四边形AEDF是平行四边形,所以DF∥AE.又AE⊄平面B1FC,DF⊂平面B1FC,所以AE∥平面B1FC. 关键能力 提升 返回 (2)若AB=AC,BC=BB1,在棱CC1上是否存在点P,使B1C⊥平面PAE?如果存在,指出点P的位置;如果不存在,请说明理由. 【解】在棱CC1上存在点P,使B1C⊥平面PAE. 因为AB=AC,E是BC的中点,所以AE⊥BC.因为BB1⊥平面ABC,AE⊂平面ABC,所以BB1⊥AE. 又BB1∩BC=B,BB1,BC⊂平面BCC1B1,所以AE⊥平面BCC1B1. 又B1C⊂平面BCC1B1,所以AE⊥B1C.如图2,连接BC1, 因为BC=BB1,所以四边形BCC1B1是正方形,则BC1⊥B1C. 当P为CC1的中点时,EP∥BC1,则B1C⊥EP.又AE,EP⊂平面PAE,AE∩EP=E,所以B1C⊥平面PAE. 关键能力 提升 返回 1.三种垂直的综合问题,一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化. 2.对于线面关系中的存在性问题,首先假设存在,然后在该假设条件下,利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证. 规律总结 关键能力 提升 返回 【对点训练3】　如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为平行四边形,∠BAP=∠CDP=90°,△PAD是正三角形,且PA=AB,M,N分别在线段PA,PB上. 关键能力 提升 返回 (1)当点M在什么位置时,DM⊥平面PAB? 解:当M为线段PA的中点时,DM⊥平面PAB. 证明如下: 如图1,∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AB∥CD. ∵∠BAP=∠CDP=90°, ∴AB⊥AP,CD⊥DP, ∴AB⊥DP.又DP, AP⊂平面PAD,PD∩AP=P,∴AB⊥平面PAD. ∵DM⊂平面PAD,∴AB⊥DM. ∵△PAD是正三角形,M是AP的中点,∴DM⊥AP. 又AP∩AB=A,AP,AB⊂平面PAB, ∴DM⊥平面PAB. 关键能力 提升 返回 (2)在(1)的条件下,当点N在什么位置时,平面DMN⊥平面PBC? 解:在(1)的条件下,当DN⊥PB时,平面DMN⊥平面PBC,此时N为线段PB上靠近点P的四等分点. 证明如下:如图2,连接DB,∵DM⊥平面PAB,PB⊂平面PAB, ∴DM⊥PB. 又DN⊥PB,DN∩DM=D,DN,DM⊂平面DMN, ∴PB⊥平面DMN. ∵PB⊂平面PBC, ∴平面DMN⊥平面PBC. 由(1)知AB⊥平面PAD,而AD⊂平面PAD,∴AB⊥AD,又AB=AD, 关键能力 提升 返回 ∴四边形ABCD是正方形. 不妨设AB=2,则PB=DB=2,PD=2. 故PD2=PB2+BD2-2PB·BDcos∠PBD, 即22=(2)2+(2)2-2×2cos∠PBD,解得cos∠PBD=, ∴BN=BDcos∠PBD=2, ∴. ∴当N为线段PB上靠近点P的四等分点时,平面DMN⊥平面PBC. 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 1.(2025·全国一卷节选)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.求证:平面PAB⊥平面PAD. 1.(人教A版必修第二册P152练习T2)如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,SD⊥平面ABCD,求证:AC⊥平面SDB. 考教衔接 证明:∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴PA⊥AB. ∵AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,∴AB⊥平面PAD. ∵AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD. 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 2.(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是(　 　) 2.(人教A版必修第二册P147例2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O1为底面A1B1C1D1的中心.求证AO1⊥BD.       BC 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 2.(人教A版必修第二册P147例2)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O1为底面A1B1C1D1的中心.求证AO1⊥BD. 解析:设正方体的棱长为2.对于A,如图1所示,连接AC,则MN∥AC,故∠POC(或其补角)为直线OP,MN所成的角,在直角三角形OPC中,OC=,CP=1,故tan∠POC=,故MN⊥OP不成立,故A错误;对于B,如图2所示,取NT的中点Q,连接PQ,OQ,则OQ⊥NT,PQ⊥MN,由正方体NADT-SBCM可得SN⊥平面ANTD,又OQ⊂平面ANTD,所以SN⊥OQ,又SN∩NT=N,SN,NT⊂平面SNTM,所以OQ⊥平面SNTM,又MN⊂平面SNTM,所以OQ⊥MN,又 关键能力 提升 返回 高考真题 教材典题 OQ∩PQ=Q,OQ,PQ⊂平面OPQ,所以MN⊥平面OPQ,又PO⊂平面OPQ,所以MN⊥OP,故B正确;对于C,如图3所示,连接BD,则BD∥MN,由B可得OP⊥BD,故OP⊥MN,故C正确;对于D,如图4所示,取AD的中点Q,AB的中点K,连接AC,PQ,OQ,PK,OK,OA,则AC∥MN,因为P是CD的中点,所以PQ∥AC,故PQ∥MN,所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO与MN所成的角,因为正方体的棱长为2,所以PQ=,OQ=,PO=,所以QO2<PQ2+OP2,故∠QPO不是直角,故PO与MN不垂直,故D错误.故选BC. 关键能力 提升 返回 课时作业51 1.(5分)(2025·天津卷)已知m是一条直线,α,β是两个平面.下列命题正确的是(　 　) A.若m∥α,m∥β,则α∥β B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若α⊥β,m⊂α,则m⊥β 基础巩固 C 返回 课时作业 解析:对于A,若m∥α,m∥β,则α,β平行或相交,故A错误;对于B,若m⊥α,m⊥β,则α∥β,故B错误;对于C,若m∥α,则α内存在直线l,使l∥m,又m⊥β,则l⊥β,又l⊂α,故α⊥β,故C正确;对于D,若α⊥β,m⊂α,则m与β可能平行或相交或m⊂β,故D错误.故选C. 返回 课时作业 2.(5分)已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β成立的充分条件是 (　 　) A.a∥α,b∥β,a⊥b B.α⊥γ,β⊥γ C.a∥α,a⊥β D.α∩β=a,a⊥b,b⊂β C 返回 课时作业 解析:对于A,若a∥α,b∥β,a⊥b,则α与β可能相交,也可能平行,故A错误;对于B,若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能相交,也可能平行,故B错误;对于C,设过直线a的平面与α交于直线c,因为a∥α,所以a∥c,又a⊥β,所以c⊥β,又c⊂α,所以α⊥β,故C正确;对于D,若α∩β=a,a⊥b,b⊂β,作直线d使得a⊥d,且d⊂α,则b与d的夹角或其补角即二面角α-a-β的平面角,因为该二面角不一定为直角,所以α与β不一定垂直,故D错误.故选C. 返回 课时作业 3. (5分)如图,在四面体D-ABC中,若AB=CB,AD=CD,E是AC的中点,则下列结论正确的是(　 　) A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE,且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC,且平面ADC⊥平面BDE C 返回 课时作业 解析:因为AB=CB,E是AC的中点,所以BE⊥AC,同理有DE⊥AC,因为BE∩DE=E,BE,DE⊂平面BDE,所以AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面BDE.故选C. 返回 课时作业 4. (5分)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在平面ABC上的射影H必在 (　 　) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 解析:由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B,AB,BC1⊂平面ABC1,得AC⊥平面ABC1.因为AC⊂平面ABC,所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上.故选A. A 返回 课时作业 5.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　 　) A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D A 返回 课时作业 解析:对于A,如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,又AC⊥BD,所以EF⊥BD,又易知DD1⊥EF,BD∩DD1 =D,BD,DD1⊂平面BDD1,所以EF⊥平面BDD1,又EF⊂平面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确;对于B,因为平面A1BD∩平面BDD1=BD,所以由选项A知,平面B1EF⊥平面A1BD不成立,故B错误;对于C,由题意知直线AA1与直线B1E必相交,故平面B1EF与平面A1AC不平行,故C错误;对于D,连接AB1,B1C,易知平面AB1C∥平面A1C1D,又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1,所以平面A1C1D与平面B1EF不平行,故D错误.故选A. 返回 课时作业 6.(5分)在四面体A-BCD中,△BCD为正三角形,AB与平面BCD不垂直,则下列说法正确的是(　 　) A.AB与CD可能垂直 B.A在平面BCD上的射影可能是B C.AB与CD不可能垂直 D.平面ABC与平面BCD不可能垂直 A 返回 课时作业 解析:对于A,C,如图,取CD的中点E,连接AE,BE,因为△BCD为正三角形,所以BE⊥CD,假设AB⊥CD,因为AB∩BE=B,AB,BE⊂平面ABE,所以CD⊥平面ABE,所以CD⊥AE,又因为E是CD的中点,所以AC=AD,故只需满足AC=AD,即可得到AB⊥CD,故A正确,C错误;对于B,若A在平面BCD上的射影为B,则有AB⊥平面BCD,与题干矛盾,故B错误;对于D,过点C可以作出一条直线,使得该直线垂直于平面BCD,点A只需在该直线上,即满足AC⊥平面BCD,此时平面ABC⊥平面BCD,故D错误.故选A. 返回 课时作业 7.(6分,多选)(人教A版必修第二册P151例3、P163习题8.6T10改编)设l,m,n为不同的直线,α,β为不同的平面,则下列说法正确的有 (　 　) A.若α∥β,m∥n,m⊥α,则n⊥β B.若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α C.若n⊥α,n⊥β,m⊥α,则m⊥β D.若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥n ACD 返回 课时作业 解析:对于A,由α∥β,m⊥α,可得m⊥β,又m∥n,所以n⊥β,故A正确;对于B,由线面垂直的判定定理知,若缺少“m与n相交”的条件,则不能推出l⊥α,故B错误;对于C,由n⊥α,n⊥β,可得α∥β,又m⊥α,所以m⊥β,故C正确;对于D,由m⊥α,n⊥α,可得m∥n,又l∥m,所以l∥n,故D正确.故选ACD. 返回 课时作业 8. (6分,多选)如图所示,PA⊥圆O所在的平面,AB是圆O的直径,C是圆O上异于A,B的一点,E,F分别是点A在PB,PC上的投影,则 (　 　) A.AF⊥PB B.EF⊥PB C.AF⊥BC D.AE⊥平面PBC ABC 返回 课时作业 解析:对于A,C,连接AC(图略),则BC⊥AC,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC,又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC,又AF⊂平面PAC,所以BC⊥AF,又AF⊥PC,BC∩PC=C,BC,PC⊂平面PBC,所以AF⊥平面PBC,又PB⊂平面PBC,所以AF⊥PB,故A,C正确;对于B,因为AF⊥PB,AE⊥PB,AF∩AE=A,AF,AE⊂平面AEF,所以PB⊥平面AEF,又EF⊂平面AEF,所以EF⊥PB,故B正确;对于D,若AE⊥平面PBC,因为AF⊥平面PBC,所以AE∥AF,而AE∩AF=A,所以矛盾,即AE与平面PBC不垂直,故D错误.故选ABC. 返回 课时作业 9.(5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上任意一点,F为底面A1B1C1D1(除点C1外)内一点,请给出一个点F的位置,使得EF⊥AD,点F可以是__________________. 解析:如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD⊥平面CDD1C1.因为E为棱CC1上任意一点,当点F∈C1D1时,EF⊂平面CDD1C1,所以AD⊥EF,所以F为C1D1上除点C1外的任意一点. D1(答案不唯一) 返回 课时作业 10.(5分)如图,PA⊥矩形ABCD所在平面,有下列结论:①PB⊥BC; ②PD⊥CD;③PD⊥BD;④PA⊥BD.其中正确的是_________.(填序号) ①②④ 返回 课时作业 解析:因为PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以PA⊥BC,在矩形ABCD中,BC⊥AB,又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB,因为PB⊂平面PAB,所以PB⊥BC,故①正确;同①可证CD⊥平面PAD,则PD⊥CD,故②正确;由题意可知PB2=PA2+AB2,PD2=PA2+AD2,BD2=AD2+AB2,当PD⊥BD时,在△PDB中,有PD2+BD2=PB2,即PA2+AD2+AD2+AB2=PA2+ AB2,解得AD=0,显然不成立,故③错误;因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD,故④正确. 返回 课时作业 11. (18分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E为AD的中点.求证: (1)PE⊥BC; 证明:因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD,因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD,所以PE⊥BC. 返回 课时作业 (2)平面PAB⊥平面PCD. 证明:因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD. 又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD,且PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以PD⊥平面PAB. 又PD⊂平面PCD, 所以平面PAB⊥平面PCD. 返回 课时作业 12.(18分)如图,在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面QAD是正三角形,侧面QAD⊥底面ABCD,M是QD的中点. (1)求证:AM⊥平面QCD. 解:证明:由侧面QAD是正三角形,M是QD的中点,得AM⊥QD. 在正方形ABCD中,CD⊥AD. 因为平面QAD⊥平面ABCD,平面QAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面QAD.又AM⊂平面QAD,所以CD⊥AM. 又CD∩QD=D,CD,QD⊂平面QCD,所以AM⊥平面QCD. 返回 课时作业 (2)在棱BQ上是否存在点N,使得平面ACN⊥平面ACM?如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由. 解:存在,如图,取AD的中点E,AB的中点P,连接PE交AC于点O,连接PQ,QE,设QE∩AM=G,连接OG,则PE∥BD,在正方形ABCD中,AC⊥BD,则PE⊥AC. 返回 课时作业 设AD=12,显然G是正三角形AQD的中心,则GE=,QE⊥AD. 因为平面QAD⊥平面ABCD,平面QAD∩平面ABCD=AD,QE⊂平面QAD,所以QE⊥平面ABCD. 因为AC,PE⊂平面ABCD,所以QE⊥PE,QE⊥AC. 又QE∩PE=E,QE,PE⊂平面PQE,所以AC⊥平面PQE. 又OG⊂平面PQE,在平面PQE内过点O作OH⊥OG交PQ于点H, 显然AC⊥OH.因为AC∩OG=O,AC,OG⊂平面ACM,所以OH⊥平面ACM, 连接AH并延长,交QB于点N,连接CN,则平面ACN⊥平面ACM. 返回 课时作业 过点H作HF∥QE交PE于点F,则HF⊥PE,所以∠OHF=∠EOG,所以tan∠OHF=tan∠EOG, 即,又OE=PO=3, 所以OF=,则PF=HF, 所以F是线段PO的中点,所以. 过点P作PT∥AN交QB于点T,则,BT=TN,, 因此, 所以在棱BQ上存在点N,使平面ACN⊥平面ACM,此时. 返回 课时作业 13.(6分,多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则(　 　) A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D BD 素养提升 返回 课时作业 解析:对于A,如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AD⊂平面ABC,所以AA1⊥AD,则=0,因为△ABC是正三角形,D为BC的中点,所以AD⊥BC,则=0,又,所以=()·≠0,则AD⊥A1C不成立,故A错误;对于B,因为AA1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,因为AD⊥BC,AA1∩AD=A,AA1,AD⊂平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D,又B1C1∥BC,所以B1C1⊥平面AA1D,故B正确;对于C,假设AD∥A1B1,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB,所以AD∥AB,这与AD∩AB=A矛盾,所以AD∥A1B1不成立,故C错误;对于D,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1∥AA1,AA1⊂平面AA1D,CC1⊄平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,故D正确.故选BD. 返回 课时作业 14.(6分,多选)(2025·福建厦门三模)如图,一个漏斗的上面部分可视为长方体ABCD-A'B'C'D',下面部分可视为正四棱锥P-ABCD,O为正方形ABCD的中心,两部分的高都是该正方形边长的一半,则(　 　) A.A'O⊥AB B.A'O∥平面APD C.平面AA'P⊥平面BDP D.CC'与A'P为相交直线 BCD 返回 课时作业 解析:对于A,设正方形ABCD的边长为2,由正四棱锥的性质可得PO⊥平面ABCD,故PO=AA'=1,因为A'A⊥平面ABCD,所以A'O在底面上的射影为AO,又AO不与AB垂直,所以A'O不与AB垂直,故A错误;对于B,易知PO∥AA'且PO=AA',故四边形POA'A是平行四边形,所以A'O∥AP,因为A'O⊄平面APD,AP⊂平面APD,所以A'O∥平面APD,故B正确;对于C,连接A'C'(图略),因为PO∥CC'∥AA',O∈平面CC'A'A,所以PO⊂平面CC'A'A,平面AA'P即为平面CC'A'A,因为A'A⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以A'A⊥BD,又因为BD⊥AC,A'A∩AC=A,A'A,AC⊂平面CC'A'A,所以BD⊥平面CC'A'A,又BD⊂平面BDP,所以平面BDP⊥平面CC'A'A,即平面AA'P⊥平面BDP,故C正确;对于D,由C可知CC'与A'P都在平面CC'A'A内且不平行,故CC'与A'P为相交直线,故D正确.故选BCD. 返回 课时作业 本课结束 $