第六章　立体几何初步 5.1 直线与平面垂直--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.(多选题)(2024江西宜春第一中学月考)设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,则下列说法正确的是(　　)
A.若m⊥α,n∥α,则m⊥n
B.若m⊥α,m∥n,则n⊥α
C.若m∥α,m⊥n,则n⊥α
D.若m α,n α,l⊥m,l⊥n,则l⊥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.　　B.　　C.　　D.
4.(2025江西宜春中学月考)如图,已知PO⊥平面ABC,且PB⊥AC,则以下结论一定成立的是(　　)
A.BO⊥AC　　B.PC⊥BO
C.PA⊥BO　　D.AO⊥BO
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,下列结论成立的是(　　)
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.(2025天津滨海新区田家炳中学期中)如图,已知P是平面ABC外一点,PA⊥平面ABC,AC⊥BC.
(1)证明:BC⊥平面PAC;
(2)过A点作AD⊥PC于D,证明:AD⊥PB.
9.(2025湖北武汉华中师范大学第一附属中学期中)如图,在四边形ABCD中,△ABD是等边三角形,△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形,将△ABD沿BD折起到△PBD的位置,连接PC.
(1)求证:BD⊥PC;
(2)若DP⊥BC,求证:PC⊥平面BCD.
题组二　直线与平面的夹角
10.(2025河北邯郸邱县第一中学检测)下列命题正确的是(　　)
A.若两条直线和同一个平面的夹角相等,则这两条直线平行
B.直线l与平面α的夹角的取值范围是[0,π)
C.斜线n与平面α的夹角的取值范围是
D.若直线a与平面α的夹角为θ,直线a与平面α内的直线m的夹角为φ,则总有θ<φ
11.(2025甘肃酒泉敦煌中学期末)《九章算术》是我国古代的数学名著,它对几何学的研究比西方早一千多年,书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图,四面体P-ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=AB=BC=1,则直线PB与平面PAC的夹角为　　　　.
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.(2025黑龙江哈尔滨第九中学期中)如图,在圆柱O'O中,轴截面ABCD是一个边长为4的正方形,E为弧的中点.
(1)求证:AE⊥平面CEB;
(2)求直线AC与平面CEB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.(2025黑龙江哈尔滨师范大学附属中学期中)如图,已知矩形ABCD,过点A作SA⊥平面ABCD,连接SB,SC,SD形成四棱锥S-ABCD,再过点A作AE⊥SB交SB于点E,过点E作EF⊥SC交SC于点F.
(1)求证:AF⊥SC;
(2)若平面AEF交SD于点G,求证:AG⊥平面SDC.
题组二　直线与平面的夹角
3.(2025河南商丘部分学校月考)已知PA,PB,PC是从点P出发的三条射线,若PA⊥PB,∠APC=∠BPC=60°,则直线PC与平面PAB夹角的正弦值是(　　)
A.　　B.　　
C.　　D.
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.(2025辽宁鞍山普通高中月考)如图,已知PA⊥PB,PA⊥PC,∠ABP=∠ACP=60°,PB=PC=BC,D是BC的中点,则直线AD与平面PBC夹角的余弦值为　　　　.
6.(2024河南新乡封丘第一中学月考)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夹角的大小.
答案与分层梯度式解析
§5　垂直关系
5.1　直线与平面垂直
基础过关练
1.B 2.AB 3.D 4.A 5.C 6.BC 10.C
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.AB　对于A,当n∥α时,过n作平面γ,使α∩γ=n',则n∥n',因为m⊥α,n' α,所以m⊥n',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,由m∥α,m⊥n,可得n∥α或n与α相交或n α,故C中说法错误;
对于D,当m α,n α,l⊥m,l⊥n时,要使l⊥α,必须添加“m,n相交”的条件,故D中说法错误.
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.A　对于A,因为PO⊥平面ABC,AC 平面ABC,所以PO⊥AC,
因为PB⊥AC,PO∩PB=P,PO,PB 平面POB,所以AC⊥平面POB,
因为BO 平面POB,所以BO⊥AC,所以A正确;
对于B,假设PC⊥BO成立,因为PO⊥平面ABC,BO 平面ABC,所以PO⊥BO,
因为PO∩PC=P,PO,PC 平面POC,所以BO⊥平面POC,
因为OC 平面POC,所以BO⊥OC,
由A可知BO⊥AC,则点O在直线AC上,这不一定成立,所以PC⊥BO不一定成立,所以B错误;
对于C,假设PA⊥BO成立,同理可得BO⊥OA,则点O在直线AC上,这不一定成立,所以PA⊥BO不一定成立,所以C错误;
对于D,假设AO⊥BO成立,由A可知BO⊥AC,则点O在直线AC上,这不一定成立,所以AO⊥BO不一定成立,所以D错误.
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.
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)因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
所以PA⊥BC,
又AC⊥BC,PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
(2)因为BC⊥平面PAC,AD 平面PAC,
所以BC⊥AD,
又AD⊥PC,PC∩BC=C,PC,BC 平面PBC,
所以AD⊥平面PBC,
又PB 平面PBC,所以AD⊥PB.
9.证明　(1)取BD的中点M,连接PM,CM,如图,
∵在等腰Rt△BCD中,BC=CD,M为BD的中点,∴CM⊥BD,
在等边△PBD中,PB=PD,M为BD的中点,∴BD⊥PM,
又PM∩CM=M,PM,CM 平面PCM,∴BD⊥平面PCM,
又PC 平面PCM,∴BD⊥PC.
(2)由题知在等腰Rt△BCD中,BC⊥CD,
又DP⊥BC,CD∩DP=D,CD,DP 平面PCD,∴BC⊥平面PCD,又PC 平面PCD,∴BC⊥PC,
由(1)知BD⊥PC,∵BC∩BD=B,BC,BD 平面BCD,∴PC⊥平面BCD.
10.C　对于A,若两条直线和同一个平面的夹角相等,这两条直线可能相交、平行或异面,故A错误.
对于B,C,当直线在平面内或者直线与平面平行时,直线与平面的夹角为0;
当直线与平面斜交时(即直线为平面的斜线),直线与平面的夹角的取值范围是;
当直线与平面垂直时,直线与平面的夹角为.
综上可知,直线l与平面α的夹角的取值范围为,斜线n与平面α的夹角的取值范围为,故B错误,C正确.
对于D,根据线面角的定义可知,直线a与平面α内的直线m所成的角中的最小角为θ,所以θ≤φ,故D错误.
11.答案　
解析　取AC的中点D,连接BD,PD,如图,
因为AB=BC=1,AB⊥BC,
所以BD⊥AC,且BD=AC=×=,
又PA⊥平面ABC,BD 平面ABC,
所以PA⊥BD,
因为AC∩PA=A,AC,PA 平面PAC,所以BD⊥平面PAC,
所以∠BPD即为直线PB与平面PAC的夹角,
又PA⊥平面ABC,AB 平面ABC,
所以PA⊥AB,所以PB==,
所以在Rt△BDP中,sin∠BPD==,所以∠BPD=,即直线PB与平面PAC的夹角为.
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:易知CB⊥平面ABE,因为AE 平面ABE,
所以CB⊥AE,又因为AB是底面圆的一条直径,所以AE⊥EB,
又EB,CB 平面CEB,EB∩CB=B,所以AE⊥平面CEB.
(2)因为AE⊥平面CEB,所以直线AC与平面CEB的夹角为∠ACE,
因为轴截面ABCD是一个边长为4的正方形,E为弧的中点,所以AE=2,AC=4,
所以在Rt△AEC中,sin∠ACE===,即直线AC与平面CEB夹角的正弦值为.
能力提升练
1.C 3.B 4.BCD
1.C　连接AC,交BD于O,连接A1C1,OC1,如图,
因为PA1=PC1=2,A1C1=2,OC=CC1=,
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.
2.证明　(1)因为四边形ABCD为矩形,所以BC⊥AB,又SA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以BC⊥SA.
因为SA∩AB=A,SA,AB 平面SAB,所以BC⊥平面SAB.
因为AE 平面SAB,所以BC⊥AE.
又AE⊥SB,SB∩BC=B,SB,BC 平面SBC,
所以AE⊥平面SBC,又SC 平面SBC,所以AE⊥SC,
又EF⊥SC,AE∩EF=E,AE,EF 平面AEF,
所以SC⊥平面AEF,
又AF 平面AEF,所以AF⊥SC.
(2)因为四边形ABCD为矩形,所以AB∥CD,AB⊥AD,又SA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,所以AB⊥SA.
因为SA∩AD=A,SA,AD 平面SAD,所以AB⊥平面SAD,
又因为AB∥CD,所以CD⊥平面SAD.
又A∈平面SAD,G∈SD 平面SAD,所以AG 平面SAD,所以CD⊥AG.
由(1)知SC⊥平面AEF,由平面AEF交SD于点G,可得AG 平面AEF,所以SC⊥AG,
又SC∩CD=C,SC,CD 平面SDC,
所以AG⊥平面SDC.
3.B　如图,过点C作CG⊥平面PAB于点G,连接PG,则∠CPG即为直线PC与平面PAB的夹角,
在平面PAB内过点G作GH⊥PA,GE⊥PB,垂足分别为H,E,连接CH,CE,
因为CG⊥平面PAB,PA 平面PAB,所以CG⊥PA,
又GH⊥PA,CG∩GH=G,CG,GH 平面CHG,所以PA⊥平面CHG,
又CH 平面CHG,所以PA⊥CH,同理可得PB⊥CE,
由∠APC=∠BPC=60°,得PE=PH=PC,
又PA⊥PB,所以四边形PEGH为正方形,所以PG=PH=PC,所以CG=PC,
所以在Rt△CGP中,sin∠CPG==,即直线PC与平面PAB夹角的正弦值为.
4.BCD　如图①,易知直线B1M与BC相交,所以直线B1M与平面PBC相交,故A错误;
如图①,因为P 平面BB1C1C,N∈平面BB1C1C,N CC1,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.
5.答案　
解析　∵PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,PB,PC 平面PBC,∴PA⊥平面PBC.连接PD,如图所示,
则PD是AD在平面PBC上的投影,
∴∠PDA就是直线AD与平面PBC的夹角.
设BC=2,则PB=PC=2,
∵PA⊥PB,∠ABP=60°,∴PA=PB=2,
∵PB=PC,D是BC的中点,∴PD⊥BC,
∴PD===,
∵PA⊥平面PBC,PD 平面PBC,∴PA⊥PD,
∴AD===,
∴在Rt△APD中,cos∠PDA===,
∴直线AD与平面PBC夹角的余弦值为.
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=2.
∵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=AB=,
∴在Rt△BEH中,tan∠BEH==,
∴∠BEH=,
故直线BE与平面PAD的夹角为.
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