第7章 7.4 直线、平面垂直的判定与性质（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

**基本信息** 以高考真题与模拟题为载体，系统整合线面垂直判定与性质的几何推理及向量解法，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| |----|-----------|----------|----------| |高考真题|3题（含选择、解答）|几何法（判定定理应用、辅助线构造）、向量法（空间坐标系建立）|线线垂直→线面垂直→面面垂直的推导链条，覆盖证明与体积计算| |高考模拟|5题（含多选、解答）|线面垂直性质应用、二面角求解（几何法与向量法）|结合棱柱、棱锥模型，体现判定定理与性质的综合应用|

7.4　直线、平面垂直的判定与性质 考点　直线、平面垂直的判定与性质 高考真题 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 答案　C　 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. 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. 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=AA1=1, 即四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 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. 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. 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==EN=ND, ∴AO=OD=1,∴VA-BCD=S△BCD·AO=××1××1=. 故三棱锥A-BCD的体积为. 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), 则 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. 高考模拟 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 答案　AC　 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'=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' 答案　BCD　 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. 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. 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. 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. 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(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), 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, 所以VP-CDM=VM-PCD=××2××. 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. 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, ∴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. (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=, ∴OT=, 又TM·AH, ∴AH=, ∴sin∠ACH=, 即直线AC与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 第 6 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 $