13.2.3 第2课时 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（苏教版）

13.2.3 第2课时 直线与平面垂直 [课时跟踪检测] 1.△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，l，m为两条不重合的直线，则直线l，m的位置关系是 (　　) A.平行　　　　　　 B.垂直 C.相交 D.以上都有可能 解析：选A　因为直线l⊥AB，l⊥AC，且AB∩AC=A，所以l⊥平面α，同理m⊥平面α.由线面垂直的性质定理可得l∥m. 2.如图，α∩β=l，点A，C∈α，点B∈β，且BA⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的关系是 (　　) A.异面 B.平行 C.垂直 D.不确定 解析：选C　∵AB⊥α，l⊂α，∴AB⊥l，又∵BC⊥β，l⊂β，∴BC⊥l，又AB∩BC=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴l⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴l⊥AC. 3.(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β=m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是 (　　) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 解析：选A　若α∩β=m，则m⊂α，m⊂β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确；对于②，若m⊥n，则可能n⊂α或n∥α或n与α相交，②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确；对于④，n与m所成的角可以为内的任意角，④错误.故选A. 4.(多选)(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. 5.(多选)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB，D为PB的中点，则下列结论正确的有 (　　) A.BC⊥平面PAB　 B.AD⊥PC C.AD⊥平面PBC D.PB⊥平面ADC 解析：选ABC　∵PA⊥平面ABC， BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，故A正确； 由BC⊥平面PAB，AD⊂平面PAB，得BC⊥AD， 又PA=AB，D是PB的中点，∴AD⊥PB， 又PB∩BC=B，PB，BC⊂平面PBC， ∴AD⊥平面PBC，故C正确； 由AD⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，得AD⊥PC，故B正确； 由BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，得PB⊥BC， ∴PB与DC不垂直， ∴PB与平面ADC不垂直.故D错误. 6.《九章算术》中，称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正八棱柱的一条侧棱(正八棱柱的底面是正八边形，且侧棱和底面垂直)，如图，若阳马以该正八棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是 (　　) A.8 B.16 C.24 D.28 解析：选C　根据正八边形的性质可得，底面边长都相等，底面每个内角都为135°，∠HAG=∠BAC=22.5°，∠HAF=∠BAD=45°，所以AB⊥AF，AC⊥AG，AD⊥AH，又因为AA1⊥平面ABCDEFGH，所以AA1⊥AF，因为AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面AA1B1B，所以AF⊥平面AA1B1B，又因为AF∥A1F1∥BE∥B1E1，所以共有4个阳马；同理，AG⊥平面AA1C1C，共4个；AH⊥平面AA1D1D，共4个；AB⊥平面AA1F1F，共4个；AC⊥平面AA1G1G，共4个；AD⊥平面AA1H1H，共4个.故有24个阳马.故选C. 7.(5分)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，D是侧面PBC上的一点，过点D作平面ABC的垂线DE，其中D∉PC，则DE与平面PAC的位置关系是　　　　.   解析：因为DE⊥平面ABC，PA⊥平面ABC，所以DE∥PA.又DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC. 答案：平行 8.(5分)若AP垂直于正方形ABCD所在平面，且AB=AP=2，则PC=　　　　.  解析：根据题意画出图形如图所示，在正方形ABCD中，AC==2.因为AP⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，所以AP⊥AC，于是PC==2. 答案：2 9.(5分)如图，AB是☉O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，PA⊥平面ABC，则四面体P-ABC的四个面中，直角三角形有　　　　个.  解析：∵AB是圆O的直径， ∴∠ACB=90°，即BC⊥AC， ∴△ABC是直角三角形. ∵PA⊥平面ABC，AC，AB，BC⊂平面ABC， ∴PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC， ∴△PAC，△PAB是直角三角形. 又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC， ∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC， ∴△PBC是直角三角形.从而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC都是直角三角形. 答案：4 10.(5分)如图，设平面α∩平面β=PQ，EG⊥平面α，FH⊥平面α，垂足分别为G，H，为使PQ⊥GH，则需增加的一个条件是　　　　　.  解析：因为EG⊥平面α，PQ⊂平面α，所以EG⊥PQ. 若EF⊥平面β，由PQ⊂平面β，得EF⊥PQ. 又因为EG与EF为相交直线，所以PQ⊥平面EFHG.而GH⊂平面EFHG，从而PQ⊥GH. 答案：EF⊥平面β(答案不唯一) 11.(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD=AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC. 求证：AE∥MN. 证明：∵AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD， ∴AE⊥AB.又AB∥CD，∴AE⊥CD. ∵AD=AP，E是PD的中点，∴AE⊥PD. 又CD∩PD=D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD， ∴AE⊥平面PCD. ∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD. 又∵MN⊥PC，PC∩CD=C，PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD， ∴MN⊥平面PCD.∴AE∥MN. 12.(10分)如图， 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，BC=4，M是BC的中点，PD⊥DC.证明：DC⊥平面PDM. 证明：在△DCM中，易知DC=1，CM=2，∠DCM=60°，由余弦定理，得DM2=CD2+CM2-2CD·CMcos∠DCM=1+4-2×1×2×=3，所以DM=， 所以DM2+DC2=CM2， 所以△DCM为直角三角形，且∠CDM=90°， 即DM⊥DC. 又因为DP⊥DC，DP∩DM=D，DP⊂平面PDM，DM⊂平面PDM， 所以DC⊥平面PDM. 13.(15分)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为4的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点. (1)证明：MC⊥AB；(6分) (2)若AA1=2，侧棱CC1上是否存在点P使得MC⊥平面ABP?若存在，求出PC的长；若不存在，请说明理由.(9分) 解：(1)证明：取AB的中点N，连接MN，CN， 则MN⊥底面ABC，MN⊥AB. 因为△ABC是正三角形， 所以NC⊥AB， 又MN∩NC=N，MN⊂平面MNC，NC⊂平面MNC， 可得AB⊥平面MNC，从而AB⊥MC. (2)存在点P且当PC=时，使得MC⊥平面ABP. 由(1)知，MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP. 过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影，只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C∽Rt△PCB，=， 所以PC===， 点P恰好是CC1的中点. 学科网（北京）股份有限公司 $