13.2.3　直线与平面的位置关系 第2课时 直线与平面垂直--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.(2025河北张家口期中)已知α是一个平面,a,b是两条不同的直线,b α,p:a⊥α,q:a⊥b,则p是q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.(2025吉林长春农安期中)若直线PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,C为圆周上异于A,B的一点,下列说法错误的是(　　)
A.AC⊥PB　　　　B.PC⊥BC
C.PA⊥BC　　　　D.BC⊥平面PAC
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.(2025江苏兴化中学期中)在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,BC=CC1,当底面△A1B1C1满足条件　　　　时,有AB1⊥BC1.
5.(教材习题改编)已知三棱锥P-ABC,P在底面ABC上的射影为O,若三棱锥的三条侧棱相等,则O为△ABC的　　　　心;若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则O为△ABC的　　　　心.
6.(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
7.(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
8.(2025江苏泰州中学期中)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°,则直线AC1与直线BD所成角的大小为(　　)
A.
9.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　　　　B.6 m　　　　
C.8 m　　　　D.9 m
10.(2025山东滨州模拟)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=AC=2,BC=2,点D为△PAB内(包含边界)一点,且BD⊥CD,则点D的轨迹长度为　　　　.
11.(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.
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.(2024江苏无锡第一中学期中)在正四面体ABCD中(各面是全等的正三角形),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
2.(2025江苏江阴成化高级中学模拟)如图,在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面A1BC1内的一个动点,当PB1+PD=2+时,点P的轨迹长度是(　　)
A.6π　　　　B.4π　　　　C.2π
3.(多选题)(2025安徽阜阳期中)如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥平面ABCD,则下列结论正确的是(　　)
A.AB⊥SA
B.AC与SB所成的角为90°
C.AD与SB所成的角等于CD与SB所成的角
D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
4.(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
5.(2025上海嘉定一中期末)已知矩形ABCD的边AB=a,BC=2,PA⊥平面ABCD,现有数据:①a=;④a=2;⑤a=4,当在BC边上存在点Q,使PQ⊥QD时,a可以取　　　　.(填序号)
6.(2025江苏宿迁泗洪中学阶段检测,)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形,侧棱PA⊥底面ABCD,BE⊥PC于点E,且BE=a.
(1)证明:PB⊥BC;
(2)试在AB上找一点F,使EF∥平面PAD.
7.(2025浙江台州期中)如图1,梯形BCDP中,BC∥PD,BA⊥PD,PA=,且AB=BC=1=AD.沿AB把△PAB折起到△P'AB的位置,如图2,此时P'D=.
(1)求异面直线CD与P'B所成角的余弦值;
(2)若E为P'C的中点,F为P'D上一点,证明:AE⊥CF.
　
8.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
第2课时　直线与平面垂直
基础过关练
1.A　若a⊥α,则由b α,知a⊥b,充分性成立;
若b α,a⊥b,则a α或a与α垂直、斜交或平行,必要性不成立,
故p是q的充分不必要条件.
2.A　因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以PA⊥BC,故C中说法正确;
易知AC⊥BC,又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,
所以BC⊥平面PAC,
又PC 平面PAC,所以PC⊥BC,故B,D中说法正确;
假设AC⊥PB,又AC⊥BC,BC∩PB=B,BC,PB 平面PBC,
所以AC⊥平面PBC,又PC 平面PBC,所以AC⊥PC,与PA⊥AC相矛盾,故A中说法错误.
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,
又BN 平面ABB1A1,所以CM⊥BN,故D正确;
因为CM⊥平面ABB1A1,AB1 平面ABB1A1,所以CM⊥AB1,
若A1C⊥AB1,则由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.
4.答案　A1C1⊥B1C1(答案不唯一)
解析　如图所示,连接B1C,
由BC=CC1,可得BC1⊥B1C,
要证AB1⊥BC1,只需证BC1⊥平面AB1C,即证AC⊥BC1,
由三棱柱的侧棱垂直于底面可知,只需证AC⊥BC即可.
又因为A1C1∥AC,B1C1∥BC,所以只需证A1C1⊥B1C1即可.(或者能推出A1C1⊥B1C1的条件,如∠A1C1B1=90°等)　
5.答案　外;垂
解析　如图,连接OA,OB,OC.
当三条侧棱相等时,
∵PO⊥底面ABC,∴PO⊥OA,PO⊥OB,PO⊥OC,
又PA=PB=PC,∴△POA,△POB,△POC是全等的直角三角形,∴OA=OB=OC.故O为△ABC的外心.
当三条侧棱两两垂直时,
∵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,PA,PO 平面PAO,
∴BC⊥平面PAO,
又OA 平面PAO,∴BC⊥OA.
同理可得AB⊥OC,AC⊥OB,
故O为△ABC的垂心.
规律总结　若三棱锥的三条侧棱相等,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.
6.证明　(1)∵AB为☉O的直径,∴AM⊥BM.
∵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.
7.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.
8.A　如图,连接AC交BD于点O,连接BC1,OC1,DC1,
∵CD=CB,CC1=CC1,∠C1CB=∠C1CD,
∴△CDC1≌△CBC1,∴DC1=BC1.
∵底面ABCD是菱形,∴OB=OD,∴OC1⊥BD.
∵AC⊥BD,AC∩OC1=O,AC,OC1 平面ACC1,
∴BD⊥平面ACC1,
又AC1 平面ACC1,∴AC1⊥BD,
故直线AC1与直线BD所成角的大小为.
9.A　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).
10.答案　
解析　因为PA⊥平面ABC,AC 平面ABC,
所以PA⊥AC,
由AB=AC=2,BC=2,可得AB2+AC2=BC2,
所以AB⊥AC.
又PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以AC⊥平面PAB.
又因为BD 平面PAB,所以AC⊥BD,
连接AD,因为BD⊥CD,且CD∩AC=C,CD,AC 平面ACD,所以BD⊥平面ACD.
又AD 平面ACD,所以AD⊥BD,
又点D为△PAB内(包含边界)一点,
所以点D的轨迹是在△PAB内(包括边界)以AB为直径的四分之一圆,
又因为AB=2,所以点D的轨迹长度为π×.
11.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,PN,
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.
能力提升练
1.C　把四面体ABCD放到正方体中,如图,
对于A,因为E,F分别为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,由正方体的结构特征得AC⊥BD,故B中结论正确;
对于C,若AB⊥平面FGH,则AB⊥平面EFGH,
又因为HE 平面EFGH,所以AB⊥HE,
因为E,H分别是AB,AD的中点,
所以EH∥BD,所以AB⊥BD,
显然△ABD是等边三角形,与AB⊥BD矛盾,故C中结论不正确;
对于D,易知EF∥AC,且EF=AC,所以EF GH,
所以四边形EFGH是平行四边形,故E,F,G,H四点共面,故D中结论正确.
2.D　连接B1D,与平面A1BC1交于点E,连接PE,BE,B1D1,BD,
因为DD1⊥平面A1B1C1D1,A1C1 平面A1B1C1D1,
所以DD1⊥A1C1.
又因为A1C1⊥B1D1,DD1∩B1D1=D1,DD1,B1D1 平面BDD1B1,
所以A1C1⊥平面BDD1B1,
又B1D 平面BDD1B1,所以B1D⊥A1C1,
同理可证B1D⊥A1B,又A1C1∩A1B=A1,A1C1,A1B 平面A1BC1,
所以B1D⊥平面A1BC1,易知△A1BC1为正三角形,则E为正三角形A1BC1的中心.
因为A1B=×2×=2,
所以B1E=,
易知B1D=3.
因为B1D⊥平面A1BC1,PE 平面A1BC1,所以PE⊥B1D,
即B1E⊥PE,DE⊥PE,
因为PB1+PD=2+,
所以PE=的圆,
所以点P的轨迹长度是2π.
3.ABC　对于A,由SD⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,得SD⊥AB,
又AB⊥AD,SD∩AD=D,SD,AD 平面SAD,
所以AB⊥平面SAD,又SA 平面SAD,所以AB⊥SA,故A正确;
对于B,连接BD,易知SD⊥AC,又AC⊥BD,SD∩BD=D,SD,BD 平面SBD,所以AC⊥平面SBD,
又SB 平面SBD,所以AC⊥SB,故AC与SB所成的角为90°,故B正确;
对于C,因为SD⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以SD⊥BC,易知BC⊥CD,又CD∩SD=D,CD,SD 平面SCD,所以BC⊥平面SCD,又CS 平面SCD,所以BC⊥CS,由AD∥BC,CD∥AB得AD与SB所成的角为∠SBC(或其补角),CD与SB所成的角为∠SBA(或其补角),
所以cos∠SBC==cos∠SBA,所以AD与SB所成的角等于CD与SB所成的角,故C正确;
对于D,因为AB⊥SA,AB∥CD,所以CD⊥SA,故DC与SA所成的角为90°,
而AB与SC所成的角为∠SCD<90°,所以AB与SC所成的角不等于DC与SA所成的角,故D错误.
4.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×()×3=12.
5.答案　①②
解析　连接AQ,因为PA⊥平面ABCD,QD 平面ABCD,
所以PA⊥QD,又PQ⊥QD,PQ∩PA=P,PQ,PA 平面PAQ,所以QD⊥平面PAQ.
又因为AQ 平面PAQ,所以AQ⊥QD,
由在圆内直径所对的圆周角为直角,得Q点在以AD为直径的圆上,又点Q在BC上,
所以Q为BC与以AD为直径的圆的公共点,
因此AB≤AD=1,即a≤1.故满足题意的a的值可以为①②.
6.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA⊥BC,
又AB⊥BC,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB.
又PB 平面PAB,所以PB⊥BC.
(2)如图所示,过点E作EG∥CD交PD于点G,连接AG,
在AB上取点F,使AF=EG,连接EF.
因为EG∥CD∥AF,且EG=AF,所以四边形FEGA为平行四边形,所以EF∥AG,
又AG 平面PAD,EF 平面PAD,所以EF∥平面PAD,所以点F即为所求的点,
由(1)知PB⊥BC,所以PC2=BC2+PB2=BC2+AB2+PA2,
设PA=x,则PC=,
由PB·BC=PC·BE,可得a,
所以x=a,即PA=a,所以PC=a,
又CE=a,
所以a,故点F是AB上靠近点B的三等分点.
7.解析　(1)取AD的中点G,连接BG,P'G,
∵BC∥GD,BC=GD,∴四边形GDCB是平行四边形,
∴GB∥DC,
∴∠P'BG或其补角为异面直线CD与P'B所成的角,
由题意得AB⊥AD,AB⊥P'A,且P'A=,
∴P'D2=6=P'A2+AD2,∴P'A⊥AD,
又∵AB∩AD=A,AB,AD 平面ABCD,
∴P'A⊥平面ABCD,　
易得P'B=,
在△P'BG中,由余弦定理得
cos∠P'BG=,
∴异面直线CD与P'B所成角的余弦值为.
(2)证明:∵P'A⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,
∴P'A⊥CD.
连接AC,∵AB=BC=1,AB⊥BC,∴△ABC为等腰直角三角形,
∴∠CAB=∠ACB=45°,则∠CAD=45°.
在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·ADcos 45°=2+4-2×2×=2,
∴AD2=CA2+CD2,∴AC⊥CD,
又P'A∩AC=A,P'A,AC 平面P'AC,∴CD⊥平面P'AC,
又AE 平面P'AC,∴CD⊥AE,
∵P'A=AC,E为P'C的中点,∴AE⊥P'C,
又CD∩P'C=C,CD,P'C 平面P'CD,∴AE⊥平面P'CD,
又CF 平面P'CD,∴AE⊥CF.
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,
∴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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