2025苏教版高中数学必修第二册强化练习题--第2课时 直线与平面垂直（含答案）

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2025苏教版高中数学必修第二册
第2课时　直线与平面垂直
基础过关练
题组一　直线与平面垂直的判定和性质
1.(2024四川学考大联盟联考)已知m,n表示空间中两条不同的直线,α表示一个平面,且m∥α,则“n⊥α”是“m⊥n”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.(多选题)(2024江苏连云港期末)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(　　)
　　
A.AG⊥平面EFH　　B.AH⊥平面EFH
C.EF⊥平面AGH　　D.HG⊥平面AEF
3.(多选题)(2024江苏苏州部分高中适应性考试)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,点M,N分别是AB,A1B1的中点,则下列结论一定成立的是(　　)
A.A1N=MB　　B.AB1⊥平面CMA1
C.A1C⊥AB1　　D.CM⊥BN
4.(2024江苏南京第五高级中学阶段性检测)在三棱柱ABC-A1B1C1中,△AB1C是边长为8的等边三角形,BC=6,AB=10,BC⊥B1C,D为AC的中点.求证:B1D⊥平面ABC.
5.(2024江苏常州期中)如图,AB为☉O的直径,PA垂直于☉O所在的平面,M为圆周上任意一点,AN⊥PM,N为垂足.
(1)求证:AN⊥平面PBM;
(2)若AQ⊥PB,垂足为Q,求证:NQ⊥PB.
题组二　直线与平面垂直的判定和性质的综合应用
6.(多选题)(2024江苏无锡江阴长泾中学阶段测试)已知m,n,l是三条不重合的直线,α,β是两个不重合的平面,则下列说法正确的是(　　)
A.若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l⊥n
B.若m α,n⊥α,l⊥n,则l∥m
C.若m∥n,m⊥α,则n⊥α
D.若m,n是异面直线,m∥α,n∥α,l⊥m且l⊥n,则l⊥α
7.如图,三棱锥P-ABC的三条侧棱两两垂直,则顶点P在底面ABC上的射影O为△ABC的(　　)
A.内心　　B.外心　　C.重心　　D.垂心
8.图①是建筑工地上的塔吊,图②是根据图①绘制的塔吊简易直观图,点A,B,C在同一水平面内.塔身PO⊥平面ABC,直线AO与BC的交点E是BC的中点,起重小车挂在线段AO上的D处,AB=AC,PB=PC,DO=6 m.若PO=2 m,PB=3 m,△ABC的面积为10 m2,根据图中标注的数据,忽略△ABC自重对塔吊平衡的影响,在塔吊保持平衡的条件下可得点A,P之间的距离为(0.5OD=1.5OE)(　　)
A.2 m　　C.8 m　　D.9 m
9.(多选题)(2023江苏泰州兴化中学联考)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面垂直,且底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上,要使CE⊥平面B1DE,则AE的长可能是(　　)
A.a　　B.a
10.(2022江苏南京六合高级中学期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,AB=2,AD=a,PD⊥平面ABCD,若边AB上存在点M,使得PM⊥CM,则实数a的取值范围是　　　　.
11.(2024江苏盐城中学等四校联考)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,已知AD=2,AB=1,∠BAD=60°,D1D⊥AD,AB⊥BD1.证明:D1D⊥平面ABCD.
12.(2024江苏南通质量监测)已知四棱锥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)MN⊥BC.
能力提升练
题组　直线与平面垂直的判定和性质及其应用
1.(2022江苏淮安马坝高级中学阶段练习)如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,PA⊥平面ABCD,且PA=1,点Q在线段BC上.若要使PQ⊥QD,则这样的点Q有(　　)
A.0个　　B.1个　　C.2个　　D.无数个
2.(2024江西南昌第二次模拟测试)在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,AB=,BC=BD=CD=2,E,F分别为AC,CD的中点,则下列结论正确的是(　　)
A.AF,BE是异面直线,AF⊥BE
B.AF,BE是相交直线,AF⊥BE
C.AF,BE是异面直线,AF与BE不垂直
D.AF,BE是相交直线,AF与BE不垂直
3.(2023江苏镇江第一中学阶段练习)如图,在三棱柱A1B1C1-ABC中,侧棱均与底面垂直,侧棱长为2,AC=BC=1,∠ACB=90°,点D是A1B1的中点,F是侧面AA1B1B(含边界)内的动点.要使AB1⊥平面C1DF,则线段C1F长度的最大值为(　　)
A.　　
C.
4.(2024江苏无锡第一中学期中)在正四面体A-BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,AD的中点,则下列结论不正确的为(　　)
A.EF∥平面ACD　　B.AC⊥BD
C.AB⊥平面FGH　　D.E,F,G,H四点共面
5.(2024河南名校联考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,P为CC1的中点,点E在棱A1D1上,且A1E=3ED1,用过E且与A1P垂直的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1,则所得截面的面积为(　　)
A.6　　B.8
C.12　　D.16
6.(2024辽宁大连第二十四中学第五次模拟)如图1,在△ABC中,CD⊥AB,BD=2CD=2AD,点E为AC的中点.将△ACD沿CD折起到△PCD的位置,使DE⊥BC,如图2.
　
(1)求证:PB⊥PC;
(2)在线段BC上是否存在点F,使得CP⊥DF 若存在,求出点F的位置;若不存在,请说明理由.
7.(2024江苏连云港锦屏高级中学阶段测试)如图,AB是半球O的直径,AB=4,M,N是底面半圆弧上的两个三等分点,P是半球面上一点,且∠PON=60°.
(1)求四边形OMNB的面积;
(2)证明:PB⊥平面PAM.
如图,在直角梯形ABCD中,∠BAD=
∠ADC=90°,CD=DA=a,AB=2a,SA⊥平面ABCD,且SA=a.
(1)求证:△SAD,△SAB,△SCB,△SDC都是直角三角形;
(2)在SD上取点M,平面ABM交SC于N,求证:四边形ABNM为直角梯形.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.A　如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,m取为直线AB,α取为平面A1B1C1D1,当n为取直线B1C1时,满足m⊥n,但n α,不满足n⊥α,所以必要性不成立.
反之,若n⊥α,m∥α,则有m⊥n,所以充分性成立.故“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件.故选A.
2.BC　题图2中AH⊥HE,AH⊥HF,
根据线面垂直的判定定理,可得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,AH⊥EF,AG∩AH=A,∴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.
3.AD　对于A,由三棱柱的性质可得AB=A1B1,又点M,N分别是AB,A1B1的中点,
所以A1N=MB=AB,故A正确;
因为A1A⊥平面ABC,CM 平面ABC,所以A1A⊥CM,
因为CA=CB,点M是AB的中点,所以AB⊥CM,
又AB∩A1A=A,AB,A1A 平面ABB1A1,所以CM⊥平面ABB1A1,
而BN 平面ABB1A1,所以CM⊥BN,故D正确;
因为AB1 平面ABB1A1,所以CM⊥AB1,
若A1C⊥AB1,由CM∩A1C=C,CM,A1C 平面CMA1,得AB1⊥平面CMA1,
又A1M 平面CMA1,所以AB1⊥A1M,
在四边形ABB1A1中,若AB1⊥A1M,则△A1AM∽△B1A1A,所以AA1,
题目中没有对应的条件,故B,C不一定成立.
故选AD.
4.证明　由题意得AC=AB1=B1C=8,
由AC2+BC2=62+82=102=AB2得BC⊥AC,
又BC⊥B1C,AC∩B1C=C,AC,B1C 平面AB1C,
所以BC⊥平面AB1C,
又B1D 平面AB1C,所以BC⊥B1D.
因为△AB1C为等边三角形,D为AC的中点,所以B1D⊥AC,
又AC∩BC=C,AC,BC 平面ABC,
所以B1D⊥平面ABC.
5.证明　(1)∵AB为☉O的直径,∴AM⊥BM.
又PA⊥平面ABM,BM 平面ABM,∴PA⊥BM.
又∵PA∩AM=A,PA,AM 平面PAM,
∴BM⊥平面PAM.
又AN 平面PAM,∴BM⊥AN.
又AN⊥PM,且BM∩PM=M,BM,PM 平面PBM,
∴AN⊥平面PBM.
(2)由(1)知AN⊥平面PBM,
又PB 平面PBM,∴AN⊥PB.
又∵AQ⊥PB,AN∩AQ=A,AN,AQ 平面ANQ,
∴PB⊥平面ANQ.
又NQ 平面ANQ,∴NQ⊥PB.
6.CD　对于A,因为m⊥α,n⊥α,所以m∥n,又l∥m,所以l∥n,故A错误;
对于B,l与m可以相交、平行或异面,故B错误;
对于C,两条平行线中的一条直线垂直于某个平面,则另外一条直线也垂直于此平面,故C正确;
对于D,如图,
因为m∥α,所以存在直线a,使得a α且a∥m,
又l⊥m,所以l⊥a,
同理,存在直线b,使得b α且b∥n,
又l⊥n,所以l⊥b,
因为m,n是异面直线,所以a,b相交,
又a,b α,所以l⊥α,故D正确.故选CD.
7.D　连接AO,BO,CO.∵PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,PB,PC 平面PBC,∴PA⊥平面PBC.
又BC 平面PBC,∴PA⊥BC.
由题意知PO⊥平面ABC,
∵BC 平面ABC,∴PO⊥BC.
又PA∩PO=P,∴BC⊥平面PAO,
又OA 平面PAO,∴BC⊥OA.
同理可证AB⊥OC,AC⊥OB,
故O为△ABC的垂心.故选D.
解题模板　若三棱锥的三条侧棱两两相等,则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心;若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则顶点在底面上的射影为底面三角形的垂心.
8.A
信息提取　①PO⊥平面ABC;②AB=AC,即△ABC为等腰三角形,且△ABC的面积为10 m2;③0.5OD=1.5OE.
数学建模　以实际生活中建筑工地上的塔吊为背景建立数学模型.首先根据关系式0.5OD=1.5OE求出OE的长,再由线面垂直的性质得PO⊥AE,最后在Rt△PAO中用勾股定理求解.
解析　连接PE(图略),根据条件得OE==2(m).
∵PO⊥平面ABC,AE 平面ABC,∴PO⊥AE,
又AB=AC,PB=PC,E是BC的中点,
∴AE⊥BC,PE⊥BC.
∵PO=2 m,∴PE=2 m.
∵PB=3 m,∴BE=1 m,∴BC=2 m.
∵△ABC的面积为10 m2,
∴BC·AE=10,解得AE=10 m,即AO=8 m,
∴AP=(m).故选A.
9.AC　由已知得A1B1=B1C1,
又D是A1C1的中点,所以B1D⊥A1C1,
因为AA1⊥平面A1B1C1,B1D 平面A1B1C1,
所以AA1⊥B1D,
因为AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面AA1C1C,
所以B1D⊥平面AA1C1C,
又CE 平面AA1C1C,所以B1D⊥CE,
故要使CE⊥平面B1DE,令CE⊥DE即可.
设AE=x(0连接CD,
因为CD2=C1D2+C=a2+9a2=10a2,CD2=CE2+DE2=x2+4a2+a2+(3a-x)2,
所以10a2=x2+4a2+a2+(3a-x)2,
解得x=a或x=2a.故选AC.
10.答案　0解析　连接DM,如图.
因为PD⊥平面ABCD,CM 平面ABCD,所以PD⊥CM.
又PM⊥CM,且PD∩PM=P,
所以CM⊥平面PDM,因为DM 平面PDM,所以CM⊥DM,
要使边AB上存在点M,使得PM⊥CM,则以DC为直径的圆与AB有交点,所以011.证明　连接BD,在△ABD中,∵AD=2,AB=1,∠BAD=60°,
∴BD=,∴AB2+BD2=AD2,
∴AB⊥BD,
又∵AB⊥BD1,BD∩BD1=B,BD,BD1 平面BDD1,
∴AB⊥平面BDD1,而DD1 平面BDD1,∴AB⊥DD1.
又∵D1D⊥AD,AB∩AD=A,AB,AD 平面ABCD,∴D1D⊥平面ABCD.
12.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∥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PN,DN,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,
又DC=2,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,
因为MN 平面PDN,所以MN⊥BC.
能力提升练
1.B　连接PD,∵PA⊥平面ABCD,AD,AQ 平面ABCD,∴PA⊥AD,PA⊥AQ,
设BQ=x(0≤x≤2),则CQ=2-x,
∴PQ2=PA2+AQ2=PA2+AB2+BQ2=1+1+x2=2+x2,
QD2=DC2+CQ2=1+(2-x)2=5-4x+x2,
PD2=PA2+AD2=1+4=5,
∵PQ⊥QD,∴PQ2+DQ2=PD2,
∴2+x2+5+x2-4x=5,
整理得x2-2x+1=0,解得x=1,
则这样的点Q有且仅有1个.故选B.
2.A　易知经过平面ACD外一点B与平面ACD内一点E的直线BE与平面ACD内不经过点E的直线AF是异面直线.
下面证明AF⊥BE:
连接BF,因为AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,所以AB⊥CD.
因为BC=BD=CD,F为CD的中点,所以BF⊥CD.
因为AB∩BF=B,AB,BF 平面ABF,
所以CD⊥平面ABF.
因为AF 平面ABF,所以CD⊥AF,
取AF的中点Q,连接BQ,EQ,
易证得EQ∥CD,所以EQ⊥AF.
因为BC=BD=CD=2,所以BF==AB,
又Q为AF的中点,所以BQ⊥AF,
因为BQ∩EQ=Q,BQ,EQ 平面BEQ,所以AF⊥平面BEQ,
因为BE 平面BEQ,所以AF⊥BE.故选A.
3.A　∵AB1⊥平面C1DF,DF 平面C1DF,
∴AB1⊥DF,
∵AC=BC=1,∠ACB=90°,∴A1B1=,
取E为BB1上靠近B1的四等分点,连接C1E,则,故DE⊥AB1,故D,F,E三点共线.
∵AA1⊥平面A1B1C1,C1D 平面A1B1C1,
∴AA1⊥C1D,
∵D为A1B1的中点,A1C1=B1C1,
∴C1D⊥A1B1,又A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1 平面AA1B1,
∴C1D⊥平面AA1B1,
又DE,AB1 平面AA1B1,∴C1D⊥AB1,且C1D⊥DE,
又DE⊥AB1,DE∩C1D=D,DE,C1D 平面C1DF,
∴AB1⊥平面C1DF,
故F的轨迹为线段DE,
故线段C1F长度的最大值为C1E=.故选A.
4.C　将正四面体A-BCD放置到正方体中.
对于A,如图1,连接EF,因为E,F分别是棱AB,BC的中点,所以EF∥AC,
又AC 平面ACD,EF 平面ACD,所以EF∥平面ACD,故A中结论正确;
对于B,如图2,取BD的中点M,连接AM,CM,
因为四面体A-BCD是正四面体,
所以AM⊥BD,CM⊥BD,
又AM∩CM=M,AM,CM 平面AMC,所以BD⊥平面AMC,
又AC 平面AMC,所以AC⊥BD,故B中结论正确;
对于D,连接EF,GH,如图3,因为G,H分别是棱CD,AD的中点,所以HG∥AC,又由A选项知EF∥AC,
所以HG∥EF,故E,F,G,H四点共面,故D中结论正确;
对于C,如图3,由选项A知,EF∥AC,又△ABC是等边三角形,所以AB与AC不垂直,故AB与EF不垂直,若AB⊥平面FGH,因为EF 平面FGH,所以AB⊥EF,矛盾,故C中结论错误.故选C.
　
5.C　如图所示,在棱A1B1上取一点F,使得A1F=3FB1,连接EF,B1D1,A1C1,AC.
因为点E在棱A1D1上,且A1E=3ED1,
所以EF∥B1D1,EF=B1D1.易知B1D1⊥A1C1.
因为AA1⊥平面A1B1C1D1,B1D1 平面A1B1C1D1,所以AA1⊥B1D1,又AA1∩A1C1=A1,AA1,A1C1 平面AA1C1C,
所以B1D1⊥平面AA1C1C,所以EF⊥平面AA1C1C.
又A1P 平面AA1C1C,所以EF⊥A1P.
取D1D的中点Q,在棱AD上取一点H,使得DH=3HA,连接PQ,A1Q,EH,
则tan∠A1EH=2,tan∠QA1E=,所以EH⊥A1Q.
因为P,Q分别为CC1,D1D的中点,所以PQ⊥平面AA1D1D.
又EH 平面AA1D1D,所以EH⊥PQ.
因为A1Q∩PQ=Q,A1Q,PQ 平面A1PQ,
所以EH⊥平面A1PQ.
又A1P 平面A1PQ,所以EH⊥A1P.
因为EF∩EH=E,所以A1P⊥平面EFH,
在棱AB上取一点G,使得BG=3GA,连接HG,GF.
因为,所以HG∥B1D1,所以HG∥EF.
所以截面为四边形EFGH.
又因为AA1=4,所以EH=,
所以所得截面为等腰梯形EFGH,其高为,　
所以等腰梯形EFGH的面积为=12.故选C.
6.解析　(1)证明:依题意可知点E为PC的中点,PD=CD,所以DE⊥PC,
又DE⊥BC,BC∩PC=C,BC,PC 平面PCB,所以DE⊥平面PCB.
又PB 平面PCB,所以DE⊥PB.
依题意可知CD⊥PD,CD⊥BD,而BD∩PD=D,BD,PD 平面PDB,
所以CD⊥平面PDB,又PB 平面PDB,所以CD⊥PB.
因为CD∩DE=D,CD,DE 平面PCD,所以PB⊥平面PCD.
又PC 平面PCD,所以PB⊥PC.
(2)在线段BC上存在点F,使得CP⊥DF,且F为BC的中点.
连接EF.因为E为CP的中点,所以EF∥PB,
由(1)知PB⊥PC,所以EF⊥PC,
又DE⊥PC,EF∩DE=E,EF,DE 平面DEF,所以CP⊥平面DEF,
又DF 平面DEF,所以CP⊥DF.
7.解析　(1)连接BM,因为M,N是底面半圆弧上的两个三等分点,
所以∠MON=∠NOB=60°,
又OM=ON=OB=2,所以△MON,△NOB都为正三角形,
所以MN=NB=BO=OM,即四边形OMNB是菱形,
则N到OB的距离h=BNsin 60°=2×,
所以四边形OMNB的面积为OB·h=2.
(2)证明:记ON与BM的交点为Q,连接PQ,
因为四边形OMNB是菱形,则Q为ON和BM的中点,
因为∠PON=60°,OP=ON,所以△OPN为正三角形,
所以PQ⊥ON,则PQ=POsin 60°=2×,
而在等边△MON,△NOB中,易知MQ=BQ=,
即PQ=MQ=BQ,所以PB⊥PM,
因为P是半球面上一点,AB是半球O的直径,所以PB⊥PA(点拨:可由直径所对的圆周角为直角得到),
又PM∩PA=P,PM,PA 平面PAM,所以PB⊥平面PAM.
8.证明　(1)∵SA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,
∴SA⊥AB,SA⊥AD,
∴△SAB,△SAD是直角三角形.
∵∠ADC=90°,∴AD⊥DC.
∵SA⊥平面ABCD,DC 平面ABCD,∴SA⊥DC,
又AD∩SA=A,∴CD⊥平面SAD,
又SD 平面SAD,
∴CD⊥SD,即△SDC是直角三角形.
∵CD=DA=a,AB=2a,SA=a,
∴SD=a,
BC=a,
SC=a,
∴SB2=BC2+SC2,故△SCB是直角三角形.
(2)∵CD∥AB,CD 平面SCD,AB 平面SCD,
∴AB∥平面SCD.
∵AB 平面ABNM,平面ABNM∩平面SCD=MN,
∴AB∥MN.易得AB≠MN,∴四边形ABNM为梯形.
∵SA⊥底面ABCD,∠BAD=90°,
∴SA⊥AB,AD⊥AB,
又SA∩DA=A,∴AB⊥平面SAD.
∵AM 平面SAD,∴AB⊥AM,即∠BAM=90°.
故四边形ABNM为直角梯形.
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