第7章 第37讲 直线、平面垂直的判定与性质（PPT课件）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何“直线、平面垂直的判定与性质”专题，依据高考评价体系梳理定义、判定定理、性质定理及6大常用结论，分析近5年高考真题明确“线面垂直证明”“面面垂直判定”等高频考点，归纳命题判定、存在性问题等3类常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养提升”，如以2022全国乙卷正方体中平面垂直判定题为范例，详解“线线垂直→线面垂直→面面垂直”推理链，培养逻辑推理与空间观念素养。特设“易错警示”（如忽略线面垂直判定中“相交直线”条件），助力学生掌握得分技巧，教师可据此构建高效复习课堂。

第七章 立体几何 第37讲　直线、平面垂直的判定与性质 1 知识梳理　体系构建 1．(多选)已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是 (　　) A．α⊥γ，β⊥γ B．α∥γ，β⊥γ C．α∩β＝b，a⊥b，a⊂α D．a∥b，b⊥β，a⊂α 【解析】 　　　　对于A，α⊥γ，β⊥γ，α，β也可能平行，故A错误；对于B，若α∥γ，β⊥γ，则α⊥β，故B正确；对于C，α∩β＝b，a⊥b，a⊂α，由线面垂直的判定定理可知a不一定垂直于β，故α，β也不一定垂直，故C错误；对于D，由a∥b，b⊥β，可得a⊥β，再由a⊂α，可证α⊥β，故D正确． BD 激活思维 知识梳理　体系构建 2．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列命题为真命题的是 (　　) A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若m⊥β，m∥α，则α⊥β D．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ 【解析】 　　　　对于A，若m⊂β，α⊥β，则m与α相交、平行或m⊂α，故A错误．对于B，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故B错误．对于C，若m⊥β，m∥α，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确．对于D，若α⊥γ，α⊥β，则β与γ相交或平行，故D错误． C 激活思维 知识梳理　体系构建 3．如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在底面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】 　　　　连接AC1(图略).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． A 激活思维 知识梳理　体系构建 4．(教材经典题改编)如图，AB是圆柱上底面的一条直径，C是上底面圆周上异于A，B的一点，D为下底面圆周上一点，且AD垂直于圆柱的底面，则必有 (　　) A．平面ABC⊥平面BCD B．平面BCD⊥平面ACD C．平面ABD⊥平面ACD D．平面BCD⊥平面ABD 【解析】 　　　　因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC.又AD垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC.因为AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD.因为BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD. B 激活思维 知识梳理　体系构建 5．(2022·全国乙卷)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 【解析】 　　　　如图，对于A，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，则有EF⊥BD.又BB1⊥EF，BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDD1，所以EF⊥平面BDD1.又因为EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确． 激活思维 知识梳理　体系构建 对于B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，显然BD不垂直于平面B1EF，所以平面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有公共点，从而C错误． 对于D，连接AC，AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D.又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面AB1C与平面B1EF不平行，则平面A1C1D与平面B1EF不平行，故D错误． 【答案】A 激活思维 知识梳理　体系构建 1．直线与平面垂直 (1) 定义：一般地，如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． 聚焦知识 知识梳理　体系构建 (2) 直线与平面垂直的判定定理与性质定理：   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___________________，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_______ _____________⇒a∥b 两条相交直线垂直 平行 聚焦知识 知识梳理　体系构建 2．平面与平面垂直 (1) 定义：两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． 聚焦知识 知识梳理　体系构建 (2) 平面与平面垂直的判定定理与性质定理：   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垂线，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交线，那么这条直线与另一个平面垂直 ____________⇒l⊥α 聚焦知识 知识梳理　体系构建 3．常用结论 (1) 若一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意直线． (2) 若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面． (3) 垂直于同一条直线的两个平面平行． (4) 若一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这条直线与另一个平面也垂直． (5) 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． (6) 如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点且垂直于第二个平面的直线必在第一个平面内． 聚焦知识 知识梳理　体系构建 题型突破　能力进阶 目标 1 与线、面垂直相关命题的判定 　　　(2025·漳州二模)(多选)已知a，b，c是三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列说法错误的是 (　　) A．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝c，则c⊥α B．若α⊥β，α⊥γ，a⊂α，a⊥β，c⊂γ，则a⊥c C．若α∥β∥γ，c∥γ，a⊂α，b⊂β，则a∥b∥c D．若a⊥α，b⊥β，c⊥γ，a∥b∥c，则α∥β∥γ 1 【解析】 　　　　对于A，α⊥β，α⊥γ，设α∩β＝m，α∩γ＝n，在平面α内取点A，过A分别作l1⊥m，l2⊥n，则l1⊥β，l2⊥γ，因为β∩γ＝c，所以l1⊥c，l2⊥c，又l1∩l2＝A，l1，l2⊂α，所以c⊥α，故A正确； 举题说法 题型突破　能力进阶 对于B，如图，在长方体ABCD-EFGH中，取平面ABCD，DCGH，ADHE依次为平面α，β，γ，取BC为直线a，EH为直线c，显然满足α⊥β，α⊥γ，a⊂α，a⊥β，c⊂γ，但a∥c，故B不正确； 对于C，若α∥β∥γ，c∥γ，a⊂α，b⊂β，直线c与直线a，b可能异面，可能平行，也可能相交，故C不正确； 对于D，由a⊥α，a∥b，可得b⊥α，又b⊥β，则α∥β，同理可得β∥γ，故可得α∥β∥γ，故D正确． 【答案】BC 举题说法 题型突破　能力进阶 变式1　(2025·六安期末)设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列说法正确的是 (　　) A．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m B．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α C．若l⊥m，m⊥α，n⊂α，则l⊥n D．若l⊥α，n⊥l，n⊄α，则n∥α 【解析】 　　　　对于A，由n⊥α，l⊥n，得l∥α或l⊂α，m与l可以相交、平行或异面，A错误； 对于B，m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，要l⊥α，必有m，n相交，B错误； 对于C，由l⊥m，m⊥α，得l∥α或l⊂α，n与l可以相交、平行或异面，C错误； 对于D，由l⊥α，n⊥l，得n∥α或n⊂α，而n⊄α，因此n∥α，D正确． D 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 2 线面垂直的判定定理与性质定理的应用 　　　如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形，给出下列三个论断：①PC＝PD；②AC⊥PD；③BD⊥平面PAC.以其中的两个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题，并证明． 2 【解答】 　　　　①②⇒③：如图，设AC，BD交于点O，连接OP.因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又AC⊥PD，PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD. 举题说法 题型突破　能力进阶 又OP⊂平面PBD，所以AC⊥OP.由于OP＝OP，OD＝OC，PD＝PC，故△POD≌△POC，因此OD⊥OP.又OC∩OD＝O，OC，OD⊂平面ABCD，故OP⊥平面ABCD(可得四棱锥P-ABCD是正四棱锥). 又BD⊂平面ABCD，所以OP⊥BD.又AC⊥BD，AC∩OP＝O，AC，OP⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC. 举题说法 题型突破　能力进阶 ②③⇒①：如图，设AC，BD交于点O，连接OP.因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD.又AC⊥PD，PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD. 又OP⊂平面PBD，所以AC⊥OP.又BD⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，所以BD⊥OP.又AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD. 结合底面ABCD是正方形，O是正方形的中心，可得四棱锥P-ABCD是正四棱锥，故PC＝PD. 举题说法 题型突破　能力进阶 ①③⇒②：如图，设AC，BD交于点O，连接OP.因为BD⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，所以BD⊥OP.由于OP＝OP，OD＝OB，故△POD≌△POB. 由于AC⊥BD，AC⊥OP，OP∩BD＝O，OP，BD⊂平面PBD，故AC⊥平面PBD.又PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD. 举题说法 题型突破　能力进阶 证明线面垂直的常用方法及关键 (1) 证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质． (2) 线线垂直与线面垂直常需互相转化，若两条直线都垂直于同一个平面则两直线平行，这是线面垂直的性质定理(可用于证明线线平行). 总 结 提 炼 变式2　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点． 【解答】 　　　　因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.因为AC⊥CD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC.因为AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE. (1) 求证：CD⊥AE； 举题说法 题型突破　能力进阶 变式2　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点． 【解答】 　　　　因为PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，所以AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD. 因为PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD.因为PA⊥底面ABCD，PD在底面ABCD内的射影是AD，AB⊥AD，所以AB⊥PD.又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以PD⊥平面ABE. (2) 求证：PD⊥平面ABE. 举题说法 题型突破　能力进阶 目标 3 面面垂直的判定定理与性质定理 　　　　　如图，在空间四边形ABCD中，DA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AE⊥CD，AF⊥DB. (1) 求证：平面DBC⊥平面DAB； 【解答】 　　　　因为DA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DA⊥BC.又BC⊥AB，AB∩DA＝A，AB，DA⊂平面DAB，所以BC⊥平面DAB.因为BC⊂平面DBC，所以平面DBC⊥平面DAB. 3－1 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　　　如图，在空间四边形ABCD中，DA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AE⊥CD，AF⊥DB. (2) 求证：平面ADC⊥平面AEF. 【解答】 　　　　因为BC⊥平面DAB，AF⊂平面DAB，所以BC⊥AF.因为AF⊥DB，BC∩DB＝B，BC，DB⊂平面BCD，所以AF⊥平面BCD.因为CD⊂平面BCD，所以AF⊥CD. 因为AE⊥CD，AF∩AE＝A，AE，AF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.因为CD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面AEF. 3－1 举题说法 题型突破　能力进阶 (1) 求证：CE∥平面BDF； 【解答】 3－2 举题说法 题型突破　能力进阶 (2) 求证：BE⊥平面DEF. 【解答】 　　　　因为平面ABCD⊥平面ACEF，平面ABCD∩平面ACEF＝AC，FA⊥AC，FA⊂平面ACEF，所以FA⊥平面ABCD.连接EO.由(1)易知四边形AOEF是边长为1的正方形，故EO∥FA，得EO⊥平面ABCD. 3－2 因为BD2＝BE2＋DE2，所以BE⊥DE.同理，在△BEF中，BE⊥EF.因为DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，所以BE⊥平面DEF. 举题说法 题型突破　能力进阶 (1) 判定面面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理． (2) 面面垂直性质的应用：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若两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面． 总 结 提 炼 微探究 三垂线定理 ①三垂线定理：若PO⊥α，PC在平面α内的射影为CO，l⊂α，l⊥CO，则l⊥PC.   ②三垂线定理的逆定理：若PO⊥α，PC在平面α内的射影为CO，l⊂α，l⊥PC，则l⊥CO. 举题说法 题型突破　能力进阶 　　　如图，在Rt△BMC中，斜边BM＝5，它在平面ABC上的射影AB的长为4，且∠MBC＝60°，则MC与平面ABC所成角的正弦值 为_____． 【解析】 　　　　由题意知A是M在平面ABC上的射影，所以MA⊥平面ABC，所以MC在平面ABC上的射影为AC，所以∠MCA即为直线MC与平面ABC所成的角． 4 举题说法 题型突破　能力进阶 变式4　在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠BAC＝60°，PC⊥平面ABC，PC＝4，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为______． 【解析】 　　　　由题意，M是AB边上的一动点，则PM的最小值就是点P到直线AB的距离，此时PM⊥AB.如图所示，因为PC⊥平面ABC，PM⊥AB，所以由三垂线定理的逆定理，得CM⊥AB. 由于△PCM是直角三角形，故PM2＝PC2＋CM2，所以当CM⊥AB时，CM最小，此时PM也最小． 举题说法 题型突破　能力进阶 1．(2026·徐州期中)(多选)已知m，n，l是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，α∩β＝l，则下列说法正确的是 (　　) A．若m⊥n，m⊥α，则n∥α B．若m∥l，则m∥α或m∥β C．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β D．若n与α，β所成角相等，则n⊥l 【解析】 　　　　对于A，若m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α，故A错误． 对于B，因为m∥l，l⊂α，l⊂β，所以m∥α或m⊂α，且m∥β或m⊂β.若m⊂α，因为m，l是不同的直线，则m与l是α内两条平行线，又l⊂β，所以m∥β.同理，若m⊂β，则m∥α.所以“m∥α或m∥β”必成立，故B正确． 随堂内化 题型突破　能力进阶 1 2 3 对于C，若m⊥n，m⊥α，则n∥α或n⊂α.若n∥α，则α内必定存在直线a使得a∥n，因为n⊥β，所以a⊥β，所以α⊥β.若n⊂α，又n⊥β，所以α⊥β，综上可得α⊥β，故C正确． 对于D，若n∥α且n∥β，此时n与α，β所成角均为0，相等，此时n∥l，故D错误． 【答案】BC 随堂内化 题型突破　能力进阶 1 2 3 2．(2026·德州期初)(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱AA1上的动点(不包括两个端点)，过点P作平面α，使得PC1⊥平面α，则 (　　) A．AB1⊥平面α B．B1D1∥平面α C．平面ACC1A1⊥平面α D．平面CB1D1∥平面α 【解析】 　　　　对于A，若AB1⊥α，因为PC1⊥α，所以AB1∥PC1，因为AB1∥DC1，所以DC1∥PC1，矛盾，所以A错误． 对于B，因为B1D1⊥平面ACC1A1，PC1⊂平面ACC1A1，所以B1D1⊥PC1.因为PC1⊥α，且B1D1⊄α，所以B1D1∥α，所以B正确． 随堂内化 题型突破　能力进阶 1 2 3 对于C，因为PC1⊂平面ACC1A1，且PC1⊥α，所以平面ACC1A1⊥α，所以C正确． 对于D，假设平面CB1D1∥α，因为PC1⊥α，所以PC1⊥平面CB1D1，又AC1⊥平面CB1D1，所以PC1∥AC1，矛盾，所以D错误． 【答案】BC 随堂内化 题型突破　能力进阶 1 2 3 3．(2026·福州一检节选)如图，四棱锥P-ABCD的底面为矩形，PB⊥平面ABCD，AB＝2BC，E，F分别为棱CD，PA的中点，求证：平面PEF⊥平面PBE. 【解答】 　　　　如图，连接AE，因为四棱锥P-ABCD的底面为矩形，AB＝2BC，E为棱CD的中点，所以BC＝CE，且∠BCE＝90°，所以∠BEC＝45°. 同理∠DEA＝45°，所以∠AEB＝180°－2×45°＝90°，即AE⊥EB.因为PB⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以AE⊥PB. 又因为EB∩PB＝B，且EB，PB⊂平面PBE，所以AE⊥平面PBE.因为AE⊂平面PAE，所以平面PAE⊥平面PBE，即平面PEF⊥平面PBE. 随堂内化 题型突破　能力进阶 1 2 3 配套精练 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．(2025·厦门一模)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，α∩β＝n，则下列说法正确的是 (　　) A．若m∥α，则m∥n　　　　 B．若m∥n，则m∥α C．若m⊥n，则m⊥β　　　　 D．若m⊥β，则m⊥n 【解析】 　　　　若m∥α，则m，n平行或异面，A错误；若m∥n，则m∥α或m⊂α，B错误；若m⊥n，则m，β不一定垂直，也可能平行或相交，C错误；若m⊥β，α∩β＝n，则m⊥n，D正确． D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 2．已知PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，C为圆上异于A，B两点的任一点，则下列关系不正确的是 (　　) A．PA⊥BC　　　　 B．BC⊥平面PAC C．AC⊥PB　　　　 D．PC⊥BC 【解析】 　　　　因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，故A正确；由BC⊥PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，可得BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，故B，D正确． C 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 3．(2025·福州三模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AB的中点，l为平面A1MC1与平面ABCD的交线，则 (　　) A．l∥AC1　　　　B．l⊥AC1　　　　C．l∥BD1　　　　D．l⊥BD1 【解析】 　　　　如图，设N为BC的中点，连接MN，NC1.因为M为AB的中点，N为BC的中点，所以MN∥AC.又因为A1C1∥AC，所以A1C1∥MN，所以A1，M，N，C1四点共面，所以平面A1MC1与平面ABCD的交线为MN，则l即为MN所在直线． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 因为MN与AC1是异面直线，所以l与AC1是异面直线，故A错误．因为MN∥AC，而在Rt△ACC1中，∠ACC1＝90°，所以AC1与AC不垂直，故MN与AC1不垂直，即l与AC1不垂直，故B错误． 因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC.又AC⊥BD，BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1. 又MN∥AC，所以MN⊥平面BDD1B1，即l⊥平面BDD1B1.因为BD1⊂平面BDD1B1，所以l⊥BD1，故C错误，D正确． 【答案】D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 4．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，其中AD＝2AB，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD＝ (　　) A．1∶1　　　　B．1∶2　　　　C．1∶5　　　　D．1∶7 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 【解析】 　　　　如图，连接AE.因为PA⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，所以PA⊥BF.又BF⊥PE，PE∩PA＝P，PE，PA⊂平面PAE，所以BF⊥平面PAE. 【答案】D 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 二、 多项选择题 5．在棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱AC的中点，则 (　　) A．BD∥B1C1 B．BD⊥C1D C．平面BDC1⊥平面ABC D．平面BDC1⊥平面ACC1A1 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 【解析】 　　　　在正三棱柱中，BC∥B1C1，又BD∩BC＝B，故BD与B1C1不平行，A错误； 因为C1D⊂平面BDC1，AC⊂平面ABC，C1D∩AC＝D，且D在平面BDC1与平面ABC的交线上，C1D与AC不垂直，所以平面BDC1与平面ABC不垂直，C错误； 因为△ABC是正三角形，D是AC的中点，所以BD⊥AC，又BD⊥C1D，且AC∩C1D＝D，AC，C1D⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，又BD⊂平面BDC1，所以平面BDC1⊥平面ACC1A1，D正确． 【答案】BD 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 6．(2025·合肥一检)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是棱C1D1上的动点(不含端点)，则下列说法正确的有 (　　) A．DC∥平面BPD1 B．B1C⊥BP C．四面体PAB1C的体积为定值 D．存在点P，使得平面BB1P⊥平面AA1P 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 【解析】 　　　　因为DC∥PD1，DC⊄平面BPD1，PD1⊂平面BPD1，所以DC∥平面BPD1，故A正确． 易知C1D1⊥平面BCC1B1，且B1C⊂平面BCC1B1，所以C1D1⊥B1C.又B1C⊥BC1，BC1，C1D1⊂平面BC1D1，BC1∩C1D1＝C1，所以B1C⊥平面BC1D1.因为BP⊂平面BC1D1，所以B1C⊥BP，故B正确． 将四面体PAB1C看成以AB1C为底的三棱锥P-AB1C，其底面积为定值，因为CD与平面AB1C相交于C，所以C1D1与平面AB1C不平行，所以点P到平面AB1C的距离不是定值，则体积会发生变化，故C错误． 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 如图，平面BB1P与平面AA1P的交线为PP′(P′为P在CD上的射影)，所以平面BB1P与平面AA1P的夹角为∠A1PB1，显然∠A1PB1不可能为直角，故不存在点P，使得平面BB1P⊥平面AA1P，故D错误． 【答案】AB 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 三、 解答题 7．如图，在直角梯形ABCD中，已知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. 【解答】 　　　　因为AD＝AB，即PB＝PD，且E为BD中点，所以PE⊥BD.又因为平面PBD⊥平面BCD，且平面PBD∩平面BCD＝BD，PE⊂平面PBD，所以PE⊥平面BCD. (1) 求证：直线PE⊥平面BCD； 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 7．如图，在直角梯形ABCD中，已知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. 【解答】 　　　　在直角梯形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝90°，则∠ABD＝∠ADB＝45°.又AD∥BC，所以∠DBC＝45°. (2) 求证：平面PBC⊥平面PCD. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 又∠BCD＝45°，所以∠BDC＝90°.在折后的几何体PBCD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PB⊂平面PBD，所以CD⊥PB.又∠BAD＝90°，即BA⊥AD，所以BP⊥PD. 又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. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 8．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，AA1＝BC＝5，A1B＝AC＝12，AB＝13，E为AB的中点． 【解答】 　　　　如图，连接AC1，设A1C∩AC1＝F.因为四边形ACC1A1为平行四边形，所以F为AC1的中点．因为E为AB的中点，所以EF∥BC1.又BC1⊄平面A1CE，EF⊂平面A1CE，所以BC1∥平面A1CE. (1) 求证：BC1∥平面A1CE； 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 8．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，AA1＝BC＝5，A1B＝AC＝12，AB＝13，E为AB的中点． 【解答】 　　　　在△ABC中，由BC＝5，AC＝12，AB＝13，得∠ACB＝90°，即AC⊥BC.在△A1AB中，同理可得A1A⊥A1B.因为侧面ACC1A1⊥底面ABC，侧面ACC1A1∩底面ABC＝AC，AC⊥BC，BC⊂底面ABC，所以BC⊥平面ACC1A1. 又A1A⊂平面ACC1A1，所以BC⊥A1A.又A1B∩BC＝B，A1A⊥A1B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以A1A⊥平面A1BC. (2) 求证：A1A⊥平面A1BC. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 9．在四棱锥E-ABCD中，ED⊥平面EBC，AD＝ED，在底面ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，AB＝BC＝2AD. (1) 若点F在线段BC上，试确定F的位置，使平面DEF⊥平面ABCD，并给出证明； 【解答】 又∠BAD＝∠CBA＝90°，所以四边形ADFB是矩形，故BC⊥DF.因为ED⊥平面EBC，BC⊂平面EBC，所以BC⊥ED.因为DF∩ED＝D，DF，ED⊂平面DEF，所以BC⊥平面DEF.由于BC⊂平面ABCD，因此平面DEF⊥平面ABCD. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 9．在四棱锥E-ABCD中，ED⊥平面EBC，AD＝ED，在底面ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝∠CBA＝90°，AB＝BC＝2AD. 【解答】 　　　　如图，过点E作EO⊥DF于点O，因为平面DEF⊥平面ABCD，平面DEF∩平面ABCD＝DF，所以EO⊥平面ABCD，EO的长就是四棱锥E-ABCD的高．因为ED⊥平面EBC，EF⊂平面EBC，所以ED⊥EF. 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 【解析】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 11．(2026·济宁期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋r，且a1，a2，a4成等比数列． (1) 求数列{an}的通项公式； 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 11．(2026·济宁期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n＋r，且a1，a2，a4成等比数列． 【解答】 4 1 2 3 5 6 10 7 8 9 11 配套精练 $