第7章 第5讲 空间直线、平面的垂直 课后检测能力达标(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何核心考点，依据高考评价体系梳理线面垂直、面面垂直的判定与性质等考查要求，通过2025天津卷、2026北京月考等真题分析，明确充分必要条件判断、空间位置关系证明等高频考点权重，归纳选择、填空、解答题等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件的亮点在于“分层训练+真题实战+素养提升”的备考策略，如以2025天津卷线面位置关系题为例，运用逻辑推理分析判定定理条件，培养学生的空间观念。提供易错点解析（如忽略线面垂直判定需“相交直线”条件），帮助学生掌握规范证明步骤，教师可据此实施精准复习，助力学生高效突破立体几何难点，提升高考得分率。

课后检测 能力达标 1 1．已知α，β是两个不同的平面，若直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”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 A A 基础达标 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 11 2 3 课后检测 能力达标 解析：根据面面垂直的判定定理，可知若l⊂α，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；若α⊥β，l⊂α，则l与β的位置关系不确定，必要性不成立．所以若直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件． 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 11 2 3 课后检测 能力达标 2．(2025·天津卷)已知m，n为两条直线，α，β为两个平面，则下列结论中正确的是(　　) A．若m∥α，n⊂α，则m∥n B．若m⊥α，m⊥β，则α⊥β C．若m∥α，m⊥β，则α⊥β D．若m⊂α，α⊥β，则m⊥β C 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：m与n也可能垂直，如图，m∥m′，m′⊂α，n⊂α，m′⊥n，可知m⊥n，故A错误； 垂直于同一条直线的两平面平行，故B错误； 因为m∥α，所以存在直线m′使得m′⊂α，且m∥m′，又m⊥β，所以m′⊥β，所以α⊥β，故C正确； 若α∩β＝n，则当m与n重合时，m⊂β，故D错误． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 D 3．在空间四边形ABCD中，若AD⊥BC，AD⊥BD，那么有(　　) A．平面ABC⊥平面ADC B．平面ABC⊥平面ADB C．平面ABC⊥平面DBC D．平面ADC⊥平面DBC 解析：因为AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面DBC，所以AD⊥平面DBC.又因为AD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面DBC. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4．如图，在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC内的射影H必在(　　) A.直线AB上 B．直线BC上 C．直线AC上 D．△ABC内部 A 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：由AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，得AC⊥平面ABD，而AC⊂平面ABC，则平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC内的射影H必在平面ABC与平面ABD的交线AB上． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 AD 5．(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列说法正确的是(　　) A．AC∥平面A1BC1 B．AD⊥平面A1BC1 C．A1C1⊥AD1 D．平面A1BC1⊥平面BB1D1D 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：如图所示．对于A，因为AC∥A1C1，A1C1⊂平面A1BC1，AC⊄平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1，A正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 对于B，因为AD∥A1D1，而A1D1与A1C1不垂直，所以AD与A1C1不垂直，所以AD与平面A1BC1不垂直，B错误； 对于C，因为AD1∥BC1，而BC1与A1C1不垂直，所以AD1与A1C1不垂直，C错误； 对于D，易知BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，而A1C1⊥B1D1，BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥平面BB1D1D，而A1C1⊂平面A1BC1，所以平面A1BC1⊥平面BB1D1D，D正确． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 6．(多选)如图，在三棱锥V-ABC中，VO⊥平面ABC，O∈CD，VA＝VB，AD＝BD，则下列结论中一定成立的是(　　) A．AC＝BC B．AB⊥VC C．VC⊥VD D．S△VCD·AB＝S△ABC·VO ABD 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：因为VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以VO⊥AB.因为VA＝VB，AD＝BD，所以VD⊥AB. 又因为VO∩VD＝V，VO，VD⊂平面VCD，所以AB⊥平面VCD.又因为CD⊂平面VCD，所以AB⊥CD.又因为AD＝BD，所以AC＝BC，故A正确； 因为VC⊂平面VCD，所以AB⊥VC，故B正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 7．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，与AD1垂直的平面是____________． 平面A1B1CD 解析：连接A1D，B1C(图略)，因为AD1⊥A1D，AD1⊥A1B1，A1D∩A1B1＝A1，A1D，A1B1⊂平面A1B1CD，所以AD1⊥平面A1B1CD.　 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 8．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面各边都相等，M是PC上的一个动点，当点M满足______________________时，平面MBD⊥平面PCD. 解析：易知△PAB≌△PAD，所以PB＝PD，又BC＝DC，PC＝PC，所以△PBC≌△PDC，当BM⊥PC时，有DM⊥PC，此时PC⊥平面MBD，所以平面MBD⊥平面PCD. BM⊥PC(或DM⊥PC) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 证明：因为△ABC为正三角形，D为AB的中点， 所以CD⊥AB，因为BB1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC， 所以BB1⊥CD.因为AB⊂平面ABB1A1，BB1⊂平面ABB1A1， AB∩BB1＝B，所以CD⊥平面ABB1A1. 因为A1E⊂平面ABB1A1，所以CD⊥A1E. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 (2)证明：A1D⊥平面CDE.(7分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 D B 综合运用 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 11．已知四棱锥P-ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，E为PC中点，则(　　) A．BE∥平面PAD B．PD⊥平面ABCD C．平面PAB⊥平面PAD D．DE＝EB C 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：对于A，易知BC∥平面PAD，因为BE∩BC＝B，且两条直线都在平面PBC内，所以BE不可能平行于平面PAD，故A错误； 对于B，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，若PD⊥平面ABCD，则PD⊥AD，由题设条件知不一定成立，故B错误； 对于C，因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD.由以上分析知AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD，故C正确； 对于D，没有任何条件可以证明DE＝EB，故D错误． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 12．(2025·安徽一调)在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A-BCD，如图，在三棱锥A-BCD中，下列结论不正确的是(　　) A．CD⊥AB B．CD⊥BD C．平面ADC⊥平面ABD D．平面ABC⊥平面BDC D 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 解析：对于B，四边形ABCD如图1， 因为AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°， 所以∠ABD＝∠ADB＝45°. 因为∠BCD＝45°，AD∥BC， 所以∠ADC＝135°，所以∠BDC＝∠ADC－∠ADB＝135°－45°＝90°， 所以CD⊥BD，所以B中结论正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 对于A，由B选项知CD⊥BD， 又因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以CD⊥平面ABD， 因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB， 所以A中结论正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 对于C，由A知，CD⊥平面ABD， 因为CD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABD，所以C中结论正确； 对于D，如图2，过点A作AE⊥BD，垂足为E， 因为平面ABD⊥平面BCD，AE⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以AE⊥平面BCD，显然AE与平面ABC相交于点A，所以平面ABC与平面BDC不垂直，所以D中结论不正确． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 13．(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证： (1)PA⊥平面ABCD；(5分) 证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊂平面PAD，PA⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PA⊥平面ABCD. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 (2)平面BEF⊥平面PCD.(8分) 证明：因为E是CD的中点，CD＝2AB，所以AB＝DE.又AB∥CD，所以四边形ABED是平行四边形．因为AB⊥AD，所以平行四边形ABED是矩形，所以BE⊥CD，AD⊥CD，由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF，又因为BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，所以CD⊥平面BEF.因为CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 C 素养提升 14．(15分)(2026·北京月考)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，且∠ABC＝60°，侧面PAB是正三角形，M是PD上一动点，N是CD的中点． (1)若PC∥平面BMN，求证：M是PD的中点；(3分) 解：证明：由PC∥平面BMN，PC⊂平面PCD，且平面PCD∩平面BMN＝MN，可得MN∥PC.在△PCD中，N是CD的中点，所以M是PD的中点． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 (2)若平面PAB⊥平面ABCD，求线段PC的长；(5分) 解：如图，取AB的中点F，连接PF，CF，AC.因为△ PAB是正三角形，所以PF⊥AB， 又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PF⊂平面PAB，所以PF⊥平面ABCD，由CF⊂平面ABCD，可得PF⊥CF， 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 11 2 3 1 课后检测 能力达标 $