2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--5.1　直线与平面垂直

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2025北师大版高中数学必修第二册
§5　垂直关系
5.1　直线与平面垂直
基础过关练
题组一　直线与平面垂直的性质与判定
1.(2023上海洋泾中学月考)已知直线l,m与平面α,其中m α,则“l⊥m”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
2.(2024江西宜春第一中学月考)已知m,n是空间中两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法错误的是(　　)
A.若m⊥α,n∥α,则m⊥n
B.若m⊥α,m∥n,则n⊥α
C.若m∥n,n⊥β,m⊥α,则α∥β
D.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
3.(2024广东河源部分学校联考)在正三棱锥A-OBC中,顶点A在底面OBC内的射影为点D,OA=OB=1,则AD=(　　)
A.
4.如图所示,在三棱锥P-ABC中,PO⊥平面ABC,BO⊥AC,且BO的延长线交AC于点D,则图中线段所在直线中,与AC垂直的直线有　(　　)
A.1条　　　　B.2条　　　　C.3条　　　　D.4条
5.(2023四川成都石室天府中学模拟)如图,PA垂直于以AB为直径的圆O所在的平面,C为圆上异于A,B的任一点,现有下列命题:①PA⊥BC;②BC⊥平面PAC;③AC⊥PB;④PC⊥BC.其中真命题的个数是(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
6.(多选题)在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,AC与EF交于点G,如图1,现在沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,如图2,那么在这个空间图形中有(　　)
图1 图2
A.AG⊥平面EFH　　　　B.AH⊥平面EFH
C.EF⊥平面AGH　　　　D.HG⊥平面AEF
7.(2023吉林长春十一高中月考)过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC.若PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,则O是△ABC的　　　　心.
8.(2024江西宜春宜丰中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是梯形,AB∥DC,AB⊥AD,DC=2AB=2,AD=,PB=PC,M,N分别是PD,BC的中点.求证:
(1)AM∥平面PBC;
(2)BC⊥平面PDN.
9.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,EF与AC,A1D都垂直且相交.求证:
(1)BD1⊥平面AB1C;
(2)EF∥BD1.
题组二　直线与平面的夹角
10.(2023河南中原名校联盟检测)已知直线l和平面α的夹角为,则直线l和平面α内任意直线夹角的取值范围为(　　)
A.　　　　
C.
11.(2024江苏宿迁泗阳实验高级中学调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线AB1与平面ACC1A1的夹角为(　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90°
12.(2024浙江培优联盟联考)如图,点P是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上的一个动点,直线AP与平面ABCD的夹角为60°,则点P的轨迹长度为　　　　.
13.(2024海南海口期末)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=2AB=4,BC=2,D为棱PC的中点.
(1)证明:BC⊥平面PAB;
(2)求直线AD与平面PAB夹角的正弦值.
能力提升练
题组一　直线与平面垂直的性质与判定
1.(2024四川眉山模拟)如图所示的组合体是由一个正四棱柱ABCD-A1B1C1D1和一个正四棱锥P-A1B1C1D1组合而成的,已知AB=2,AA1=,PA1=2,则(　　)
A.PA1∥平面ABC1D1　　　　B.PB1∥平面ABC1D1
C.PC1⊥平面BDC1　　　　D.PD1⊥平面BDC1
2.(2022山东菏泽东明第一中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1,∠ACB=90°,D是A1B1的中点,点F在BB1上.
(1)求证:C1D⊥平面AA1B1B;
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB1⊥平面C1DF 并证明你的结论.①F为BB1的中点;②AB1=.
题组二　直线与平面的夹角
3.(2024云南曲靖模拟)在三棱锥O-ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA=OC=3,OB=2,则直线OB与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A.
4.(多选题)(2024江西赣州十八县市二十四校期中联考)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB,M,N分别为CC1,BC的中点,P是棱AA1上的一个动点,则(　　)
A.存在点P,使得B1M∥平面PBC
B.直线PN与CC1为异面直线
C.存在点P,使得B1M⊥PN
D.存在点P,使得直线PN与平面ABC的夹角为45°
5.(2023辽宁沈阳东北育才双语学校期末)如图,∠BOC在平面α内,OA是α的斜线,若∠AOC=∠AOB=60°,OA=OB=OC=1,BC=,则OA与平面α的夹角为　　　　.
6.(2024河南封丘第一中学月考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PD⊥平面ABCD,E为PD的中点.
(1)设平面ABE与直线PC相交于点F,求证:EF∥CD;
(2)若AB=2,∠DAB=60°,PD=4,求直线BE与平面PAD所成角的大小.
答案与分层梯度式解析
第六章　立体几何初步
§5　垂直关系
5.1　直线与平面垂直
基础过关练
1.B　根据直线与平面垂直的判定定理,知只有当l垂直于α内的两条相交直线时,才有l⊥α,故充分性不成立;若l⊥α,m α,则l⊥m,故必要性成立.
综上,“l⊥m”是“l⊥α”的必要不充分条件.
2.D　对于A,当n∥α时,过n作平面γ,使α∩γ=l,则n∥l,因为m⊥α,l α,所以m⊥l,所以m⊥n,故A中说法正确;
对于B,由线面垂直的性质定理可知B中说法正确;
对于C,因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β,又m⊥α,所以α∥β,故C中说法正确;
对于D,当m⊥α,m⊥n时,n∥α或n在平面α内,故D中说法错误.故选D.
3.D　由题意知点D为等边△OBC的中心,则OD=×1×sin ,
由AD⊥底面OBC,OD 底面OBC,可得AD⊥OD,
故AD=.
规律总结　(1)正棱锥的顶点在底面内的射影为底面正三角形的中心.
(2)若三棱锥的侧棱均相等,则其顶点在底面内的射影为底面三角形的外心.
4.D　∵PO⊥平面ABC,AC 平面ABC,∴PO⊥AC.
又∵AC⊥BO,且BO∩PO=O,∴AC⊥平面PBD,
∴直线PB,PD,PO,BD都与AC垂直.故题图中线段所在直线中,与AC垂直的直线有4条.
5.C　因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以PA⊥BC,故①正确;
因为AB为圆O的直径,C为圆上异于A,B的任一点,所以AC⊥BC,
又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,所以BC⊥平面PAC,故②正确;
因为PC 平面PAC,所以PC⊥BC,故④正确;
假定AC⊥PB,因为AC⊥BC,PB∩BC=B,PB,BC 平面PBC,所以AC⊥平面PBC,因为PC 平面PBC,所以AC⊥PC,显然不成立,故③不正确.
所以真命题的个数是3.
6.BC　由题意知,题图2中AH⊥HE,AH⊥HF,
∵HE∩HF=H,HE,HF 平面EFH,∴AH⊥平面EFH,∴B正确;
过点A只有一条直线与平面EFH垂直,∴A不正确;
易知AG⊥EF,GH⊥EF,∵AG∩GH=G,AG,GH 平面AGH,∴EF⊥平面AGH,∴C正确;
∵AH⊥平面EFH,HG 平面EFH,∴AH⊥HG,∴HG与AG不垂直,∴HG与平面AEF不垂直,∴D不正确.
故选BC.
7.答案　垂
解析　如图所示,连接AO,BO,CO,延长AO,BO,CO,分别交BC,AC,AB于点E,F,D.
因为PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,PB,PC 平面PBC,所以PA⊥平面PBC,
因为BC 平面PBC,所以PA⊥BC,
又PO⊥α,BC 平面α,所以PO⊥BC,
因为PA∩PO=P,PA,PO 平面PAO,
所以BC⊥平面PAO,
又AE 平面PAO,所以BC⊥AE,
同理可证,BF⊥AC,CD⊥AB,
所以O为△ABC的垂心.
8.证明　(1)如图,取PC的中点Q,连接MQ,BQ,因为M是PD的中点,所以MQ是△PCD的中位线,
所以MQ∥DC,MQ=DC,
又AB∥DC,AB=DC,所以AB∥MQ,AB=MQ,
所以四边形ABQM是平行四边形,所以AM∥BQ,
因为AM 平面PBC,BQ 平面PBC,
所以AM∥平面PBC.
(2)连接DB,因为PB=PC,N是BC的中点,所以PN⊥BC,
在△ABD中,AB⊥AD,AD=,AB=1,
所以DB=2,所以DC=DB,
又N是BC的中点,所以DN⊥BC,
因为DN∩PN=N,DN,PN 平面PDN,
所以BC⊥平面PDN.
9.证明　(1)如图,连接BD,B1D1.
∵DD1⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,∴DD1⊥AC.
又AC⊥BD,DD1∩BD=D,
∴AC⊥平面BDD1B1.
又BD1 平面BDD1B1,∴AC⊥BD1.
同理BD1⊥B1C,
又AC 平面AB1C,B1C 平面AB1C,AC∩B1C=C,
∴BD1⊥平面AB1C.
(2)∵EF⊥A1D,且A1D∥B1C,
∴EF⊥B1C.
又∵EF⊥AC,AC∩B1C=C,AC 平面AB1C,B1C 平面AB1C,
∴EF⊥平面AB1C.
由(1)知BD1⊥平面AB1C,∴EF∥BD1.
方法总结
　证明线线平行的常用方法
(1)利用平行直线的定义,证两条直线共面且无公共点;
(2)利用基本事实4,证两直线同时平行于第三条直线;
(3)利用直线与平面平行的性质定理,把证线线平行转化为证线面平行;
(4)利用直线与平面垂直的性质定理,把证线线平行转化为证线面垂直;
(5)利用平面与平面平行的性质定理,把证线线平行转化为证面面平行.
10.D　因为线面角是平面外的直线与平面内所有直线所成角中最小的角,
所以l与α内任意直线夹角的最小值为,
当l在α内的投影与α内的某直线垂直时,l与该直线的夹角为,
故l与α内任意直线夹角的取值范围为.
11.A　连接B1D1,交A1C1于点O,连接AO,如图所示,
因为四边形A1B1C1D1为正方形,所以B1D1⊥A1C1,即B1O⊥A1C1,因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1O 平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1O,
又AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面ACC1A1,
所以B1O⊥平面ACC1A1,
所以∠B1AO是直线AB1与平面ACC1A1的夹角.
在Rt△AB1O中,∠AOB1=90°,B1O=AB1,所以∠B1AO=30°,
所以直线AB1与平面ACC1A1的夹角为30°.
故选A.
12.答案　
解析　因为直线AP与平面ABCD的夹角为60°,
所以点P的轨迹在顶点为A,底面圆的半径为,高为1的圆锥的侧面上,
又因为点P是正方体表面上的一个动点,所以点P的轨迹为扇形AEF,如图,
则点P的轨迹长度为2××2π×.
13.解析　(1)证明:在△ABC中,AB=2,BC=2,则AB2+BC2=AC2,所以BC⊥AB,
因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以BC⊥PA,
因为PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,
所以BC⊥平面PAB.
(2)取PB的中点E,连接AE,DE,
因为D,E分别为PC,PB的中点,
所以DE是△PBC的中位线,
所以DE∥BC,且DE=×2,
因为BC⊥平面PAB,所以DE⊥平面PAB,
所以∠DAE是AD与平面PAB的夹角,
因为PA⊥平面ABC,AC 平面ABC,所以PA⊥AC,
易求得PC=,
因为D为PC的中点,
所以AD=×2,
因为DE⊥平面PAB,AE 平面PAB,所以DE⊥AE,
所以sin∠DAE=,
因此直线AD与平面PAB的夹角的正弦值为.
能力提升练
1.C　连接AC,交BD于O,连接A1C1,OC1,如图,
因为PA1=PC1=2,A1C1=2,
所以∠PA1C1=∠A1C1O=∠C1OC=,
易知P在平面ACC1A1内,
所以PA1∥OC1,又PA1 平面BDC1,OC1 平面BDC1,所以PA1∥平面BDC1,所以PA1不平行于平面ABC1D1,故A错误;
连接OD1,B1D1,同理PB1∥OD1,因为PB1 平面AOD1,OD1 平面AOD1,所以PB1∥平面AOD1,所以PB1不平行于平面ABC1D1,故B错误;
连接PO,易得PO=×2=2,PC1=C1O=2,
所以P+C1O2=PO2,所以PC1⊥C1O,
因为BD⊥AC,BD⊥CC1,AC∩CC1=C,AC,CC1 平面PC1O,所以BD⊥平面PC1O,
因为PC1 平面PC1O,所以PC1⊥BD,又BD∩C1O=O,BD,C1O 平面BDC1,
所以PC1⊥平面BDC1,故C正确;
因为PC1∩PD1=P,且过一点有且仅有一条直线与已知平面垂直,所以PD1不垂直于平面BDC1,故D错误.
故选C.
2.解析　(1)证明:由题意得A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°,
∵D是A1B1的中点,∴C1D⊥A1B1,
又AA1⊥平面A1B1C1,C1D 平面A1B1C1,
∴AA1⊥C1D,
又A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1 平面AA1B1B,
∴C1D⊥平面AA1B1B.
(2)选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
连接DF,A1B,如图所示.
则DF∥A1B,在△ABC中,AC=BC=1,∠ACB=90°,则AB=,又AA1=,
∴四边形AA1B1B为正方形,
∴A1B⊥AB1,∴DF⊥AB1,
∵C1D⊥平面AA1B1B,AB1 平面AA1B1B,
∴C1D⊥AB1,
又DF∩C1D=D,C1D,DF 平面C1DF,
∴AB1⊥平面C1DF.
选①②不能证明AB1⊥平面C1DF.
连接DF,A1B,
则DF∥A1B,在△ABC中,AC=BC=1,∠ACB=90°,则AB==1,
∴四边形AA1B1B是长方形,∴A1B与AB1不垂直,即DF与AB1不垂直,
∴AB1不垂直于平面C1DF.
选②③不能证明AB1⊥平面C1DF.
在△ABC中,AC=BC=1,∠ACB=90°,则AB=,
又AB1==2≠,矛盾,
∴不能证明AB1⊥平面C1DF.
综上,选①③能证明AB1⊥平面C1DF.
3.D　如图所示,取AC的中点D,连接OD,BD,作OE⊥BD于E,
因为BO⊥OA,BO⊥OC,且OA∩OC=O,OA,OC 平面OAC,所以BO⊥平面OAC,
又AC 平面OAC,所以BO⊥AC.
因为OA=OC,D为AC的中点,所以OD⊥AC.
因为BO∩OD=O,BO,OD 平面OBD,
所以AC⊥平面OBD,
又OE 平面OBD,所以OE⊥AC.
因为BD∩AC=D,BD,AC 平面ABC,所以OE⊥平面ABC,所以∠OBD就是直线OB与平面ABC的夹角.
因为BO⊥OD,OD=,
所以tan∠OBD=.故选D.
4.BCD　如图①,因为B1M与BC相交,所以B1M与平面PBC相交,故A错误;
如图①,因为P 平面BB1C1C,N∈平面BB1C1C,CC1 平面BB1C1C,所以直线PN与CC1为异面直线,故B正确;
如图②,当点P与点A重合时,PN⊥BC,BB1⊥平面ABC,PN 平面ABC,所以BB1⊥PN,
又BB1∩BC=B,BB1,BC 平面BB1C1C,
所以PN⊥平面BB1C1C,
又B1M 平面BB1C1C,所以B1M⊥PN,故C正确;
如图③,当AP=AN时,△PAN为等腰直角三角形,
所以∠PNA=45°,
因为PA⊥平面ABC,所以AN为PN在平面ABC内的投影,所以∠PNA为直线PN与平面ABC的夹角,又∠PNA=45°,
所以直线PN与平面ABC的夹角为45°,故D正确.
故选BCD.
5.答案　
解析　如图,取BC的中点D,连接AD,OD,
∵OA=OC=1,∠AOC=60°,∴△OAC是等边三角形,∴AC=1,同理可得,AB=1,
∵AC=AB=1,BC=,D为BC的中点,
∴AD⊥BC,AD=,
同理可得,OD⊥BC,OD=,
∴OA2=OD2+AD2,即AD⊥OD,
又∵BC∩OD=D,
∴BC,OD 平面OBC,AD⊥平面OBC,
∵∠AOD为OA与平面α的夹角.
在Rt△AOD中,OD=AD=,∴∠AOD=.
6.解析　(1)证明:∵平面ABE与直线PC相交于点F,∴平面ABE∩平面PCD=EF.
∵四边形ABCD是菱形,∴AB∥CD,
∵AB 平面PCD,CD 平面PCD,
∴AB∥平面PCD,
∵AB 平面ABE,平面ABE∩平面PCD=EF,
∴AB∥EF,故EF∥CD.
(2)连接BD,取AD的中点H,连接BH,EH,
∵AB=AD,∠DAB=60°,∴△ABD是等边三角形,
∵H是AD的中点,∴BH⊥AD.
∵PD⊥平面ABCD,BH 平面ABCD,∴BH⊥PD,
∵PD,AD 平面PAD,PD∩AD=D,
∴BH⊥平面PAD.
∴∠BEH是直线BE与平面PAD的夹角.
∵E是PD的中点,PD=4,∴DE=.
∵PD⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PD⊥AD,
∵H为AD的中点,∴DH=AD=1,
∴在Rt△DEH中,EH==3.
在等边△ABD中,BH=,
∴在Rt△BEH中,tan∠BEH=,∴∠BEH=,
故直线BE与平面PAD的夹角为.
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