第7章 第5讲 空间直线、平面的垂直 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦立体几何垂直关系判定与性质，以题载法构建"线线垂直-线面垂直-面面垂直"逻辑体系，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| |----|-----------|----------|----------| |基础判定|1-2题|线面垂直判定定理（相交直线）、面面垂直性质（交线垂线）|从定义出发，通过"线⊥面→线⊥线"与"面⊥面→线⊥面"双向推导| |综合应用|6-9题|三垂线定理、射影定位法、空间坐标系转化|结合几何体特性，将复杂垂直关系分解为基本判定模型| |动态与体积|14题|等体积法、轨迹思想|通过变量控制，体现空间几何量的动态变化规律|

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 解析：选B．直线a，b⊂平面α，则l⊥α⇒l⊥a且l⊥b，反之，若a∥b，则l⊥a，l⊥bl⊥α，所以“l⊥a，l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条件． 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：选C．因为α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，所以n⊥α，又m⊥α，所以m∥n. 3．已知直线l与平面α斜交于点O，A∈l，B∈l，A∉α，B∉α，且OA＝AB．若AC⊥平面α，垂足为C，BD⊥平面α，垂足为D，AC＝1，则BD＝(　　) A．2 B．1 C． D． 解析：选A．如图，因为AC⊥平面α，BD⊥平面α，所以AC∥BD． 连接OD，所以＝. 因为OA＝AB，所以＝. 因为AC＝1，所以BD＝2. 4．如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1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 解析：选C．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． 5．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为B1C1的中点，记过E，D，D1三点的平面为α.过点A作平面α的垂线l，垂足为P，垂线l与侧面CC1D1D相交于点Q，则＝(　　) A． B． C． D． 解析：选D．取BC的中点F，CD的中点Q，连接AQ与DF相交于点P，连接EF，由正方形的性质知四边形DD1EF为矩形，矩形DD1EF所在平面即平面α. 由 可知Rt△DCF≌Rt△ADQ，得∠DAQ＝∠CDF，又由∠DAP＋∠ADP＝∠CDF＋∠ADP＝∠ADC＝90°，可得AP⊥DF，由题意知平面α⊥平面ABCD，且平面α∩平面ABCD＝DF，AP⊂平面ABCD，故AP⊥平面α.设正方形ABCD的边长为2，则AQ＝＝，AP＝AD cos ∠DAP＝2×＝，则＝. 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 解析：选ABD．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． 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． 答案：3 8．已知A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB为轴运动，则当平面ADB⊥平面ABC时，CD＝________． 解析：取AB的中点为E，连接DE，CE(图略).由题意知DE⊥AB，当平面ADB⊥平面ABC时，平面ADB∩平面ABC＝AB，DE⊂平面ADB，则DE⊥平面ABC．因为CE⊂平面ABC，所以DE⊥CE.由已知可得DE＝，CE＝1，所以在Rt△DEC中，CD＝＝2. 答案：2 9．(13分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，BC＝2，平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1⊥平面ABC． (1)求证：AA1⊥平面ABC；(6分) (2)求证：AB1⊥BC1.(7分) 证明：(1)因为AB＝AC＝2，BC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC， 又平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC， 所以AC⊥平面ABB1A1，又AA1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥AA1， 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． (2)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， 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. 10．已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA＝，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，SA⊥平面ABC，则球O的体积为(　　) A．7π B．7π C．π D．π 解析：选C．在△ABC中，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，由余弦定理得BC＝＝，因为AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，又SA⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以SA⊥AC，SA⊥BC，由AB∩SA＝A且AB⊂平面SAB，SA⊂平面SAB，得BC⊥平面SAB，由SB⊂平面SAB，则BC⊥SB，故△SBC的外接圆圆心为SC中点，在△SAC中，SA⊥AC，故△SAC的外接圆圆心为SC的中点，故三棱锥S­ABC的外接球球心为SC的中点．则SC为球O的直径，设球O的半径为R，则2R＝SC＝＝，故R＝，故球O的体积为πR3＝π. 11．如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长均为2，且它们所在的平面互相垂直，点N在线段BF上运动，点M在正方形ABCD内运动，MN＝2，且始终保持MN⊥AB，则DM的最小值为(　　) A．－1 B．2－2 C． D． 解析：选B．如图，过点N作NH⊥AB，垂足为H，连接MH，而MN⊥AB，MN∩NH＝N，MN，NH⊂平面MNH，则AB⊥平面MNH.又MH⊂平面MNH，则AB⊥MH，又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，MH⊂平面ABCD，则MH⊥平面ABEF，NH⊂平面ABEF，于是MH⊥NH，而NH＝HB，因此Rt△BHM≌Rt△NHM，即MB＝MN＝2，则点M的轨迹是以B为圆心，2为半径的圆弧，所以DM的最小值为DB－2＝2－2. 12．(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　) A．AD⊥A1C B．B1C1⊥平面AA1D C．AD∥A1B1 D．CC1∥平面AA1D 解析：选BD．方法一：如图，取B1C1的中点D1，连接DD1，由正三棱柱的性质知BC，AD，DD1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设正三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，底面边长为2，则D(0，0，0)，A(0，，0)，A1(0，，h)，B(1，0，0)，B1(1，0，h)，C(－1，0，0)，C1(－1，0，h). 对于A，由于＝(0，－，0)，＝(－1，－，－h)，则·＝0×(－1)＋(－)×(－)＋0×(－h)＝3≠0，所以AD与A1C不垂直，故A错误； 对于B，由于＝(－2，0，0)，平面AA1D的一个法向量为＝(1，0，0)，又∥，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确； 对于C，由于＝(1，－，0)，＝(0，－，0)，显然与不共线，所以AD与A1B1不平行，故C错误； 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． 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． 13．(15分)如图所示，四棱锥S­ABCD的底面是正方形，每条侧棱长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点，点E为SC上靠近点C的三等分点． (1)求证：AC⊥SD；(6分) (2)若SD⊥平面PAC，证明：BE∥平面PAC．(9分) 证明：(1)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． (2)设SD＝4，则BC＝CD＝2，所以BD＝4，即△SBD为等边三角形． 连接OP，因为SD⊥平面PAC，OP⊂平面PAC，所以SD⊥OP. 所以PD＝OD＝BD＝1. 取SD的中点F，则FP＝1，连接EF. 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. 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． 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B­ACD，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N­AMC的体积最大时，x＝________． 解析：由题意可得BO⊥AC，BO⊂平面ABC，平面ABC⊥平面ACD，且平面ABC∩平面ACD＝AC，所以BO⊥平面ACD， 由题NO＝BO－BN＝AC－x＝×－x＝－x(0＜x＜)，∠ACD＝45°， 所以V三棱锥N­AMC＝S△AMC·NO＝×AC· CM sin 45°·NO＝x(－x)＝－x2＋x＝－(x－)2＋，因为0＜x＜，所以当x＝时，三棱锥N­AMC的体积最大． 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $