4.3.2 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（湘教版）

4.3.2 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·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是 (　　) A.若m∥α，n∥α，则m⊥n B.若m∥α，n∥α，则m∥n C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n D.若m∥α，n⊥α，则m与n相交 解析：选C　若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误;若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误. 4.(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. 5.若P是△ABC所在平面外一点，PA，PB，PC两两垂直，且PO⊥平面ABC于点O，则O是△ABC的 (　　) A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心 解析：选D　连接AO并延长交BC于点D，连接BO，并延长交AC于点E，∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC=P，∴PA⊥平面PBC，∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC.∵PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC，又PA∩PO=P，∴BC⊥平面PAO，∵AO⊂平面PAO，∴AO⊥BC，即AD⊥BC，同理可得BE⊥AC.根据三角形垂心定义可知O是△ABC的垂心. 6．(多选)(2025·全国Ⅰ卷)在正三棱柱ABC­A1B1C1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． 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）如图，在直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件　　　　时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况).  解析：如图，连接A1C1，由直四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1可得CC1⊥平面A1B1C1D1，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，故CC1⊥B1D1，当A1C1⊥B1D1时，因为CC1∩A1C1=C1，故B1D1⊥平面A1C1C，而A1C⊂平面A1C1C，故A1C⊥B1D1. 答案：A1C1⊥B1D1（答案不唯一） 9.(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，则由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) 10.(10分)如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，SA⊥平面ABC，AD⊥SC于D，求证：AD⊥平面SBC. 证明：∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC. 又SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC. 又AC∩SA=A，∴BC⊥平面SAC. ∵AD⊂平面SAC，∴BC⊥AD. 又SC⊥AD，SC∩BC=C，∴AD⊥平面SBC. 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. 求证：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·CM·cos∠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)求证：MC⊥AB;(5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.（10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 $