6.5.1 直线与平面垂直 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（北师大版）

6.5.1 直线与平面垂直 [课时跟踪检测] 1.若三条直线OA,OB,OC两两垂直,则直线OA垂直于 (　　) A.平面OAB B.平面OAC C.平面OBC D.平面ABC 解析:选C　由线面垂直的判定定理知OA垂直于平面OBC. 2.在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,若直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1,则 (　　) A.B1B⊥l B.B1B∥l C.B1B与l异面但不垂直 D.B1B与l相交但不垂直 解析:选B　因为B1B⊥平面A1C1,又因为l⊥平面A1C1,所以l∥B1B. 3.空间中有两个不同的平面α,β和两条不同的直线m,n,则下列说法正确的是 (　　) A.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,则m⊥n B.若α⊥β,m⊥α,m⊥n,则n⊥β C.若α∥β,m∥α,n∥β,则m∥n D.若α∥β,m∥α,m∥n,则n∥β 解析:选A　对于A,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m⊂β,又n⊥β,当m∥β时,在β内必存在直线l和m平行,则n⊥l,∴n⊥m;当m⊂β时,显然有n⊥m,所以m⊥n,故A正确;对于B,若α⊥β,m⊥α,则m∥β或m⊂β,由m⊥n,则n与β斜交、垂直、平行均有可能,故B错误;对于C,若α∥β,m∥α,则m∥β或m⊂β,由n∥β,则m与n相交、平行、异面均有可能,故C错误;对于D,若α∥β,m∥α,则m∥β或m⊂β,又m∥n,则n∥β或n⊂β,故D错误. 4.从平面外一点向平面引一条垂线和三条斜线,斜足分别为A,B,C,如果这些斜线与平面成等角,有如下结论: ①△ABC是正三角形;②垂足是△ABC的内心;③垂足是△ABC的外心;④垂足是△ABC的垂心. 其中正确结论的个数是 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:选A　设平面ABC外一点P及其在该平面内的投影为O,则PO⊥平面ABC.由已知可得△PAO,△PBO,△PCO全等,所以OA=OB=OC,所以O为△ABC的外心,只有③正确. 5.(2025·全国Ⅰ卷)在正三棱柱ABC⁃A1B1C1中,D为BC中点,则 (　　) A.AD⊥A1C B.BC⊥平面AA1D C.CC1∥平面AA1D D.AD∥A1B1 解析:选BC　设D1为B1C1的中点,由题得AD⊥AA1,若AD⊥A1C,则AD⊥平面AA1C,则AD⊥AC,矛盾!故A错误; 由题得AD⊥BC,AA1⊥BC,则BC⊥平面AA1D,故B正确; 由题得AD∥A1D1,若AD∥A1B1,则A1D1∥A1B1,矛盾!故D错误; 由题得CC1∥AA1,又CC1不在平面AA1D上,故CC1∥平面AA1D,故C正确. 6.如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,且AC=BC,则直线B1C1与平面ABC1的夹角的大小为 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:选A　∵∠BAC=90°,AC=BC,∴∠CBA=30°,∵BC1⊥AC,AB⊥AC,BC1∩AB=B,BC1⊂平面ABC1,AB⊂平面ABC1,∴AC⊥平面ABC1,∴∠CBA就是BC与平面ABC1的夹角,即BC与平面ABC1的夹角是30°,∵棱柱中B1C1∥BC,∴B1C1与平面ABC1的夹角的大小为30°. 7.[多选]已知正方体ABCD⁃A1B1C1D1,则 (　　) A.直线BC1与DA1的夹角为90° B.直线BC1与CA1的夹角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D的夹角为45° D.直线BC1与平面ABCD的夹角为45° 解析:选ABD　如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1.所以直线BC1与DA1的夹角为90°,故A正确. 在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1⊂平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.连接B1C,则B1C⊥BC1,因为CD∩B1C=C,CD,B1C⊂平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1.又CA1⊂平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1.所以直线BC1与CA1的夹角为90°,故B正确. 连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D,连接OB,因为OB⊂平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D的夹角.设正方体的棱长为a,则易得BC1=a,OC1=,所以在Rt△BOC1中,OC1=BC1.所以∠OBC1=30°,故C错误. 因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD的夹角,易得∠CBC1=45°,故D正确.故选ABD. 8.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 B.3 C.4 D.6 解析:选C　如图,过点P作PO⊥平面ABCD,垂足为O,取DC的中点M,AB的中点N,连接PM,MN,AO,BO. 由PC=PD,得PM⊥DC,又PO⊥DC,PO∩PM=P,所以DC⊥平面POM,又OM⊂平面POM,所以DC⊥OM.在正方形ABCD中,DC⊥NM,所以M,N,O三点共线,所以OA=OB,所以Rt△POA≌Rt△POB,所以PB=PA.在△PAC中,由余弦定理,得PA==,所以PB=.在△PBC中,由余弦定理,得cos∠PCB==,所以sin∠PCB=,所以S△PBC=PC·BCsin∠PCB=4,故选C. 9.(5分)已知AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,如图所示,且AF=DE,AD=6,则EF=_________. 解析:因为AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,所以AF∥DE,又AF=DE,所以四边形AFED是平行四边形,所以EF=AD=6. 答案:6 10.(5分)在三棱锥P⁃ABC中,点O是点P在底面ABC内的射影,若点P到△ABC三边的距离相等,则点O是△ABC的_________心. 解析:因为点P到△ABC三边的距离相等,所以点O到△ABC三边的距离相等.所以点O是△ABC的内心. 答案:内 11.(5分)如图,在圆柱OP中,底面圆的半径为2,高为4,AB为底面圆O的直径,C为上更靠近A的三等分点,则直线PC与平面PAB夹角的正弦值为_________. 解析:如图,取OA的中点D,连接CO,PO,CD,PD, 由题意得∠AOC=,所以△AOC为正三角形, 则CD⊥AO. 因为PO⊥平面ABC,CD⊂平面ABC, 所以PO⊥CD,同理PO⊥CO. 而PO∩AO=O,PO,AO⊂平面PAB, 所以CD⊥平面PAB. 而PD⊂平面PAB,则CD⊥PD. 由CD⊥平面PAB,可得直线PC与平面PAB的夹角为∠CPD. 由等边三角形ACO及OA=2,可得CD=. 又PC==2,得sin∠CPD==. 答案: 12.(10分)如图所示,AB是异面直线a,b的公垂线(与a,b都垂直相交的直线),a⊥平面α,b⊥平面β,α∩β=c,求证:AB∥c. 证明:如图,过A作b'⊥平面β, ∵b⊥平面β,∴b∥b'. ∵AB是异面直线a,b的公垂线, ∴AB⊥a,AB⊥b. ∴AB⊥b'. 又a∩b'=A, ∴AB垂直于直线a,b'所确定的平面γ. 又a⊥平面α,b'⊥平面β,α∩β=c, ∴a⊥c,b'⊥c.∴c⊥平面γ.∴AB∥c. 13.(10分)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;(6分) (2)若AQ⊥PB,垂足为Q,求证:NQ⊥PB.(4分) 证明:(1)∵AB为☉O的直径,M为圆周上一点,∴AM⊥BM. 又PA⊥平面ABM,BM⊂平面ABM, ∴PA⊥BM. 又PA∩AM=A,PA⊂平面PAM,AM⊂平面PAM, ∴BM⊥平面PAM. 又AN⊂平面PAM,∴BM⊥AN. 又AN⊥PM,且BM∩PM=M,BM⊂平面PBM,PM⊂平面PBM,∴AN⊥平面PBM. (2)由(1)知AN⊥平面PBM,PB⊂平面PBM, ∴AN⊥PB. 又AQ⊥PB,AN∩AQ=A,AN⊂平面ANQ,AQ⊂平面ANQ,∴PB⊥平面ANQ. 又NQ⊂平面ANQ,∴NQ⊥PB. 14.(15分)(2024·上海高考)如图,在正四棱锥P⁃ABCD中,O为底面ABCD的中心. (1)若AP=5,AD=3,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积;(7分) (2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小.(8分) 解:(1)在正四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD为正方形,且PO⊥底面ABCD, ∴△AOD为等腰直角三角形.又AD=3, ∴AO=3. ∵AP=5,∴PO==4. ∵Rt△AOP绕直角边PO旋转一周形成的几何体是底面半径为3,高为4的圆锥, ∴旋转体的体积V=×π×32×4=12π. (2)如图,连接OE, ∵AP=AD=AB,E为PB的中点,∴PB⊥AE, 同理,PB⊥CE,又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面AEC, ∴PB⊥平面AEC, ∴∠BOE是BD与平面AEC所成的角. 设AP=AD=2,则BO=,BE=1, 在△BPD中,E,O分别为BP,BD的中点, ∴EO=PD=AP=1, ∴△BEO是等腰直角三角形, ∴∠BOE=, 即BD与平面AEC所成角的大小为. 学科网（北京）股份有限公司 $