7.4　直线、平面垂直的判定与性质--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案）

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2027通用版高考数学第一轮
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
五年高考
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
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.
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.
三年模拟
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
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'
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.
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.
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.
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
五年高考
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|=,∴a=1,即AO=1.
∴VA-BCD=S△BCD·AO=××1××1=,
故三棱锥A-BCD的体积为.
三年模拟
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.
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