第7章 第5讲 空间直线、平面的垂直 课后达标检测(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）
2026-08-12
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教辅
摘要：
该高中数学高考复习课件聚焦立体几何核心考点，涵盖线面垂直、面面垂直、空间距离、体积计算及外接球问题等高考高频内容，对接高考评价体系，通过基础达标、综合运用、素养提升分层训练，分析线面垂直判定、面面垂直性质等考点权重，归纳选择、填空、解答等常考题型，体现备考针对性与实用性。
课件亮点在于“真题情境+分层突破+素养导向”策略，如以正方体中面面垂直性质应用为典型题型，通过构造辅助线、空间向量法等技巧，培养学生空间观念与推理能力，设置易错点分析（如忽略线线相交条件），帮助学生掌握得分技巧，教师可据此系统规划复习，提升备考效率。
内容正文：
课后达标检测
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B
1．已知直线a，b⊂平面α，l为直线，则“l⊥a，l⊥b”是“l⊥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
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C
2．已知m，n，l是直线，α，β是平面，α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，m⊥α，则直线m与n的位置关系是( )
A．异面 B．相交但不垂直
C．平行 D．相交且垂直
解析：因为α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，所以n⊥α，又m⊥α，所以m∥n.
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4．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AC上
B．直线BC上
C．直线AB上
D．△ABC内部
C
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解析：连接AC1，如图所示．
因为∠BAC＝90°，所以AB⊥AC．
又BC1⊥AC，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，
所以AC⊥平面ABC1.又AC⊂平面ABC，
所以平面ABC1⊥平面ABC．
又因为平面ABC1∩平面ABC＝AB，所以点C1在底面ABC上的射影H必在直线AB上．
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6．(多选)如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆
周上异于A，B的一点，则下面结论中正确的是( )
A．AE⊥CE
B．BE⊥DE
C．DE⊥平面BCE
D．平面ADE⊥平面BCE
ABD
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解析：对于A，B, 因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是底面圆的直径，BC，AD都是母线．又E是底面圆周上异于A，B的一点，于是得AE⊥BE，而BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，则BC⊥AE.因为BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，则AE⊥平面BCE，因为CE⊂平面BCE，所以AE⊥CE，A正确；
同理可证BE⊥DE，B正确；
点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同直线，对于C，若DE⊥平面BCE，因为AE⊥平面BCE，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，C不正确；
对于D，因为AE⊥平面BCE，而AE⊂平面ADE，故平面ADE⊥平面BCE，D正确．
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7．如图，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中互相
垂直的平面有________对．
解析：因为AB⊥平面BCD，AB⊂平面ABD，AB⊂平面ABC，
所以平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD．
又BC⊥CD，AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC．又CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面ABC．
故互相垂直的平面有3对．
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同理可得AB⊥平面ACC1A1，
又AA1⊂平面ACC1A1，所以AB⊥AA1，
又AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC，
所以AA1⊥平面ABC．
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(2)求证：AB1⊥BC1.(7分)
证明：由(1)知AA1⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，
如图，连接A1B，又因为AB＝AA1，
所以四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，
由(1)得AC⊥平面ABB1A1，
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又AB1⊂平面ABB1A1，
所以AC⊥AB1，又AC∥A1C1，
所以A1C1⊥AB1，
又因为A1B∩A1C1＝A1，A1B，A1C1⊂平面A1BC1，
所以AB1⊥平面A1BC1，
又BC1⊂平面A1BC1，所以AB1⊥BC1.
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12．(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
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方法二：对于A，由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，又AD⊂平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，由题意知AD不垂直平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误；
对于B，因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确；
对于C，AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误；
对于D，CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．
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证明：如图，连接BD交AC于点O，连接SO.
根据题意可知该四棱锥为正四棱锥，
所以SO⊥平面ABCD，因为AC⊂平面ABCD，
所以SO⊥AC．
又四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD．
又SO∩BD＝O，SO⊂平面SBD，BD⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD，
因为SD⊂平面SBD，所以AC⊥SD．
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(2)若SD⊥平面PAC，证明：BE∥平面PAC．(9分)
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BF⊄平面PAC，OP⊂平面PAC，
所以BF∥平面PAC，又因为BF∩EF＝F，
BF⊂平面BEF，EF⊂平面BEF.
所以平面BEF∥平面PAC，
又BE⊂平面BEF，所以BE∥平面PAC．
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14．已知正方形ABCD的边长为2，将△ABC沿对角线AC折起，使平面ABC⊥平面ACD得到如图所示的三棱锥 B-ACD，若O为AC的中点，M，N分别为线段DC，BO上的动点(不包括端点)，且BN＝CM＝x，
则当三棱锥N-AMC的体积最大时，x＝________．
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对于D，因为＝(0，0，h)，平面AA1D的一个法向量为＝(1，0，0)，所以·＝0，即⊥，又CC1⊄平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．
由题意＝＝，所以EF∥PC，
EF⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，
所以EF∥平面PAC．
连接BF，易得BF∥OP.
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