7.4 直线、平面垂直的判定与性质 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“直线、平面垂直的判定与性质”核心考点，依据高考评价体系明确线面垂直、面面垂直的证明及体积、角度计算等考查要求，通过近五年全国卷真题分析，梳理出判定定理应用（占比45%）、空间几何量计算（占比35%）等高频题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题精讲+素养提升”的备考模式，如以2023全国甲理11题、文18题为例，拆解“线线垂直→线面垂直→面面垂直”推理链，培养学生的数学思维与空间观念。设置“易错警示”（如法向量坐标运算失误）和“题型变式”训练，帮助学生掌握向量法、几何法等解题技巧，教师可借此精准把握高考命题方向，提升复习效率。

7.4　直线、平面垂直的判定与性质 返回目录 五年高考 考点　直线、平面垂直的判定与性质 1.★★★(2023全国甲理,11,5分)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形,PC= PD=3,∠PCA=45°,则△PBC面积为 ( ) A.2 　　    B.3 　　    C.4 　　    D.6      C     返回目录 解析　过P作PO⊥平面ABCD交平面ABCD于点O,取DC的中点E,连接PE,OE,   ∵PC=PD,∴PE⊥CD, ∵PO⊥平面ABCD,AB,CD⊂平面ABCD, ∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P,PE,PO⊂平面PEO, ∴CD⊥平面PEO,∴CD⊥OE, 延长EO交AB于点F,则F为AB中点,且OF⊥AB,连接PF, ∵PO⊥AB,PO∩OF=O,PO,OF⊂平面PFO,∴AB⊥平面PFO, 返回目录 ∵PF⊂平面PFO,∴AB⊥PF, 又F为AB的中点,∴PA=PB. 在△PCA中,PC=3,AC=4 ,∠PCA=45°, 由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(4 )2-2×3×4 × =17,∴PA=  . 在△PBC中,PB= ,BC=4,PC=3, 则cos∠PCB=  = = , 返回目录 ∴sin∠PCB= , ∴S△PBC= BC·PC·sin∠PCB= ×4×3× =4 ,故选C. 返回目录 2.★★★(2023全国甲文,18,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB= 90°. (1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C的高. 返回目录 解析    (1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC. ∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC, 又∵A1C,AC⊂平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1, 又∵BC⊂平面BB1C1C, ∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.【面面垂直的判定定理】 (2)过A1作A1O⊥CC1,垂足为O, ∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O⊂平面ACC1A1, ∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高. 返回目录 由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°. 在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,∴Rt△A1CB≌Rt△ACB, ∴A1C=AC,∴A1C=A1C1, 又知A1C⊥A1C1,∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O= CC1= AA1=1, 即四棱锥A1-BB1C1C的高为1.   返回目录 3.★★★(2021新高考Ⅰ,20,12分)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB= AD,O为BD的中点. (1)证明:OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小 为45°,求三棱锥A-BCD的体积. 返回目录 解析    (1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD, 又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD, ∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD, ∴AO⊥CD. (2)解法一:在△ABD中,过E作EN∥AO交BD于N, 则由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD, ∴EN⊥BC, ∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC. 返回目录 在△BCD中,过N作NM∥CD交BC于M,则NM⊥BC. 连接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN为二 面角E-BC-D的平面角, 又知二面角E-BC-D的大小为45°, ∴∠EMN=45°,∴△EMN为等腰直角三角形,又由DE=2EA得DN=2NO, ∴MN= CD= =EN=ND, ∴AO=OD=1,∴VA-BCD= S△BCD·AO= × ×1× ×1= . 故三棱锥A-BCD的体积为 . 返回目录   解法二:由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为原点, , , 的方向 分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示,   则C(0,0,0),B(0, ,0),设AO=a. 则E ,∴ =(0, ,0), = , 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 返回目录 则 即  令x=a,则z=-1,∴n=(a,0,-1), 易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1), 由题可知|cos<m,n>|= = = ,∴a=1,即AO=1. ∴VA-BCD= S△BCD·AO= × ×1× ×1= , 故三棱锥A-BCD的体积为 . 返回目录 三年模拟 1.★★★(多选)(2026届湖南九校联盟联考,9)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,侧棱BB1 垂直于底面ABCD,则下列结论正确的是 ( ) A.若AB=AD,则AC⊥BD1 B.若AC=BD,则AC⊥BD1 C.若A1D=A1B,则BD⊥平面ACC1A1 D.若AD=AA1,则AD1⊥平面DA1B1C     AC     返回目录 解析　对于A,BB1⊥平面ABCD,则BB1⊥AC,因为AB=AD,所以底面为菱形,则AC⊥BD, 又BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面DBB1D1,所以AC⊥平面DBB1D1,所以AC⊥BD1,A正确; 对于B,因为AC=BD,所以底面为矩形,无法得到AC⊥BD1,B错误; 对于C,设AC与BD交于点O,由A1D=A1B,O为BD中点,得A1O⊥BD,又A1A⊥BD,A1A∩A1O= A1,A1A,A1O⊂平面ACC1A1,所以BD⊥平面ACC1A1,C正确; 对于D,四边形ADD1A1为正方形,AD1⊥A1D,而AD1与A1B1不一定垂直,D错误. 返回目录 2.★★★(多选)(2026届福建泉州质量监测,9)在直三棱柱ABC-A'B'C'中,∠ABC=90°,BB'=  AB= BC,M为BB'的中点,则 ( ) A.A'C∥C'M B.A'C'∥平面AMC C.AM⊥B'C' D.平面AMC⊥平面A'MC'     BCD     返回目录 解析　取A'C',CC'的中点E,D,连接BD,DE,则有DE∥A'C,BD∥C'M,所以A'C,C'M不平行, A错误; 因为A'C'∥AC,A'C'⊄平面AMC,AC⊂平面AMC,所以A'C'∥平面AMC,B正确; 易证BC⊥平面ABB'A',因为AM⊂平面ABB'A',所以AM⊥BC,又BC∥B'C',所以AM⊥B'C', C正确; 取AC的中点F,连接EF,EM,FM,易知AC⊥平面EFM,所以平面EFM与平面AMC及平面 A'MC'均垂直,所以∠EMF即为平面AMC与平面A'MC'的二面角的平面角,由BB'= AB=  BC,可知EM=FM= EF,所以∠EMF是直角,所以平面AMC⊥平面A'MC',D正确. 返回目录 故选BCD.   返回目录 3.★★★(2026届河北沧州质量监测,15)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面AB1C1, AA1=λBC. (1)证明:B1C1⊥A1C1; (2)若直线B1C与平面AB1C1所成角为 ,求λ.   返回目录 解析    (1)证明:由A1C⊥平面AB1C1,B1C1⊂平面AB1C1,可得A1C⊥B1C1, 易知B1C1⊥CC1,又CC1∩A1C=C,CC1⊂平面A1CC1,A1C⊂平面A1CC1, 所以B1C1⊥平面A1CC1. 由A1C1⊂平面A1CC1,可得B1C1⊥A1C1. (2)由A1C⊥平面AB1C1,AC1⊂平面AB1C1,得A1C⊥AC1. 由题意可知四边形AA1C1C是矩形,故四边形AA1C1C是正方形,于是A1C1=AA1. 显然CC1⊥平面A1B1C1,由(1)知B1C1⊥A1C1, 故以C1为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间 返回目录 直角坐标系.   不妨设B1C1=1,则B1(1,0,0),C(0,0,λ),A1(0,λ,0),故 =(-1,0,λ). 易知平面AB1C1的一个法向量为 =(0,-λ,λ). 故sin = = = .解得λ2=1,由λ>0知λ=1. 返回目录 4.★★★(2026届湖南第一次联考,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,AB⊥ BC,AB∥DC,AB=BC=1,CD=2,PC= ,点M在侧棱PB上运动. (1)证明:平面PAC⊥平面PAD; (2)当直线AM与直线PD所成的角最小时,求三棱锥P-CDM的体积.   返回目录 解析    (1)证明:因为PC⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PC⊥AD. 由已知得△ABC为等腰直角三角形,则AC= = ,且∠ACB=45°. 在△ACD中,∠ACD=90°-∠ACB=45°,由余弦定理,得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cos 45°=2, 则AD2+AC2=4=CD2,所以AC⊥AD. 因为PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以AD⊥平面PAC. 因为AD⊂平面PAD, 所以平面PAC⊥平面PAD. (2)以C为原点,CD,CB,CP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 返回目录   则A(1,1,0),B(0,1,0),D(2,0,0),P(0,0, ). 所以 =(-1,0,0), =(0,-1, ), =(-2,0, ). 设 =λ (0≤λ≤1), 则 = + =(-1,-λ, λ). 设直线AM与DP所成的角为θ,则 cos θ=|cos< , >|= = = · . 设λ+1=t(1≤t≤2), 返回目录 则 =  = =  = . 所以当 = ,即t= 时,cos θ取最大值,从而θ取最小值,即直线AM与DP所成的角取最小 值,此时λ=t-1= ,则 =  .从而点M到平面PCD的距离为h= BC= , 所以VP-CDM=VM-PCD= × ×2× × = . 返回目录 5.★★★(2026届湖北孝感高级中学月考,16)如图,在正三棱台ABC-A1B1C1中,AB=2A1B1, P,Q分别是AB,AC的中点. (1)求证:四边形B1PQC1是矩形; (2)若A1B1=A1A,求直线AC与平面BCC1B1所成角的正弦值.   返回目录 解析    (1)证明:∵P,Q分别是AB,AC的中点,∴PQ∥BC,PQ= BC. ∵几何体ABC-A1B1C1为正三棱台,AB=2A1B1,∴B1C1= BC,B1C1∥BC, ∴PQ∥B1C1,PQ=B1C1, ∴四边形B1PQC1为平行四边形. 延长AA1,BB1,CC1交于点T,过点T作TO⊥平面ABC,垂足为O,连接OA,   ∵几何体ABC-A1B1C1为正三棱台, 返回目录 ∴三棱锥T-ABC为正三棱锥, ∵TO⊥平面ABC,∴O为△ABC的中心,∴AO⊥BC, 又TO⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, ∴TO⊥BC, ∵AO∩TO=O,AO,TO⊂平面AOT, ∴BC⊥平面AOT, ∵AT⊂平面AOT,∴BC⊥AT, ∵B1C1∥BC,B1C1= BC,∴B1为BT的中点,又P为AB的中点,∴B1P∥AT, ∴BC⊥B1P,又PQ∥BC,∴PQ⊥B1P,∴四边形B1PQC1为矩形. 返回目录 (2)延长AO交BC于M,连接TM,作AH⊥TM,垂足为H,连接CH, 由(1)知:BC⊥平面AOT,又AH⊂平面AOT,∴AH⊥BC, ∵TM∩BC=M,TM,BC⊂平面BCC1B1,∴AH⊥平面BCC1B1,∴∠ACH即为直线AC与平面 BCC1B1所成角, 不妨设AA1=1,则AT=2AA1=2,AM=TM= ,AO= AM= , ∴OT= = , 又 OT·AM= TM·AH, ∴AH= = = , 返回目录 ∴sin∠ACH= = = , 即直线AC与平面BCC1B1所成角的正弦值为 . 返回目录 $