11.4.1 第2课时 直线与平面垂直的性质及线面角 课后达标检测(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第四册（人教B版）

1．已知两条直线a，b和平面α，且a⊥α，则下列说法错误的是(　　) A．若b⊥a，则b∥α B．若b⊥α，则b∥a C.若b∥α，则b⊥a D．若b∥a，则b⊥α 解析：选A.若b⊥a，则b∥α或b⊂α，A错误；由线面垂直的性质定理可知B正确；若b∥α，则b⊥a，C正确；若b∥a，a⊥α，则b⊥α，D正确． 2．直线l与平面α所成的角为70°，直线l∥m，则m与α所成的角为(　　) A.20° B．70° C．90° D．110° 解析：选B.因为l∥m，所以直线l与平面α所成的角等于m与α所成的角，又直线l与平面α所成的角为70°，所以m与α所成的角为70°. 3．在空间中，到圆周上各点距离相等的点的集合表示的图形是(　　) A.一个点 B．一条直线 C.一个平面 D．一个球面 解析：选B.过圆的圆心作此圆所在平面的垂线，则垂线上的点到圆周上各点的距离相等，所以到圆周上各点距离相等的点的集合表示的图形是一条直线．故选B. 4．在三棱锥P­ABC中，PO⊥平面ABC，垂足为O，且PA＝PB＝PC，则点O一定是△ABC的　(　　) A.内心 B．外心 C．重心 D．垂心 解析：选B.如图所示，分别连接OA，OB，OC，因为PO⊥平面ABC，可得PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC，又因为PA＝PB＝PC，利用勾股定理，可得OA＝OB＝OC，所以点O一定是△ABC的外心．故选B. 5．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面ABCD所成的角的余弦值为(　　) A. B． C. D． 解析：选C.连接AC，如图所示．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD， 则AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1.因为CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以CC1⊥AC.因为AC＝＝2，AC1＝＝3，所以cos ∠CAC1＝＝，即AC1与平面ABCD所成的角的余弦值为. 6.(多选)如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线BD将△ABD折起到△A′BD，且A′在平面BCD上的射影O恰好在CD上，则下列结论正确的是(　　) A.A′C⊥BD B．A′D⊥BC C.A′C⊥BC D．A′D⊥A′B 解析：选BCD.因为四边形ABCD是矩形，且A′在平面BCD上的射影O恰好在CD上，所以A′O⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以BC⊥A′O，又BC⊥CD，且CD∩A′O＝O，CD，A′O⊂平面A′CD，所以BC⊥平面A′CD.因为A′D，A′C⊂平面A′CD，所以BC⊥A′D，BC⊥A′C.显然，由矩形ABCD，易知A′B⊥A′D，故B，C，D正确．假设A′C⊥BD，因为A′O⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以A′O⊥BD.又A′C∩A′O＝A′，A′C，A′O⊂平面A′CD，所以BD⊥平面A′CD，因为CD⊂平面A′CD，所以BD⊥CD，显然不成立，所以假设不成立，故A错误． 7．如图，已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且AF＝DE，AD＝6，则EF＝__________． 解析：因为AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以AF∥DE.因为AF＝DE，所以四边形ADEF是平行四边形，所以EF＝AD＝6. 答案：6 8．(2024·大连期末)如图，在三棱锥P­ABC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 9．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，正方形ABCD的面积为16，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为________． 解析：因为S正方形ABCD＝16， 所以AB＝CB＝4， 因为AB⊥平面BB1C1C，故∠AC1B为AC1与平面BB1C1C所成的角，即∠AC1B＝30°. 从而BC1＝＝4， CC1＝＝4. 故该长方体的体积V＝16×4＝64. 答案：64 10.如图，四边形ABCD是正方形，DE⊥平面ABCD，DE＝DA＝2. (1)求证：AC⊥平面BDE； (2)求直线AE与平面BDE所成的角的大小． 解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD. 因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以AC⊥DE， 因为BD，DE⊂平面BED，BD∩DE＝D， 所以AC⊥平面BDE. (2)设AC∩BD＝O，连接EO，如图所示． 因为AC⊥平面BDE， 所以EO是直线AE在平面BDE上的射影， 所以∠AEO即为AE与平面BDE所成的角．在Rt△EAD中，EA＝＝2，AO＝，所以在Rt△EOA中，sin ∠AEO＝＝，又0°<∠AEO<90°，所以∠AEO＝30°，即直线AE与平面BDE所成的角为30°. 11．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，AB的中点，AB＝4，则MN到平面BCC1B1的距离为(　　) A.4 B．2 C．2 D． 解析：选C. 如图，连接BC1，易知MN∥BC1，因为MN⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1，所以MN到平面BCC1B1的距离为点N到平面BCC1B1的距离．又点N到平面BCC1B1的距离为NB＝AB＝2，所以MN到平面BCC1B1的距离为2.故选C. 12．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　) A. B．1 C．2 D．3 解析：选B.设正三棱台ABC­A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作PO⊥平面ABC于点O，PO交平面A1B1C1于点O1，连接OA，O1A1，如图所示．由AB＝3A1B1，可得PO1＝h，PO＝h，又S△A1B1C1＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱台ABC­A1B1C1的体积V＝VP­ABC－VP­A1B1C1＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.由正三棱台的性质可知，O为△ABC的中心，则OA＝×＝2，因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan ∠PAO＝＝1.故选B. 13．如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝1，则点C到平面ABC1的距离为________． 解析：取AB的中点E，连接CE，C1E，过点C作CF⊥C1E交C1E于点F(图略).在正三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，则AB⊥CC1.因为△ABC是等边三角形，所以AB⊥CE.又CE∩CC1＝C，CE，CC1⊂平面CC1E，所以AB⊥平面CC1E.因为CF⊂平面CC1E，所以CF⊥AB.又AB∩C1E＝E，AB，C1E⊂平面ABC1，所以CF⊥平面ABC1，则CF的长即为所求．在Rt△CEC1中，CC1＝1，CE＝，所以C1E＝＝.由C1E×CF＝CC1×CE，得CF＝＝. 答案： 14.如图，已知AB为圆柱OO1底面圆O的直径，C为的中点，点P为圆柱底面圆O1上一点，PA⊥平面ABC，PA＝AB，过点A作AE⊥PC，交PC于点E. (1)求证：AE⊥PB； (2)若点C到平面PAB的距离为1，求圆柱OO1的表面积． 解：(1)证明：因为AB为圆柱OO1底面圆O的直径，所以BC⊥AC，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC. 因为AE⊂平面PAC，所以BC⊥AE， 又因为AE⊥PC，且PC∩BC＝C，PC， BC⊂平面PBC， 所以AE⊥平面PBC.因为PB⊂平面PBC，所以AE⊥PB. (2)连接CO(图略)，因为C为的中点， 所以CO⊥AB. 因为PA⊥平面ABC，CO⊂平面ABC， 则PA⊥CO， 又因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以CO⊥平面PAB，所以点C到平面PAB的距离为CO＝1，所以PA＝AB＝2. 所以圆柱OO1的表面积S＝2×π×12＋2π×1×2＝6π. 15．(多选)(2024·营口月考)如图，等边三角形ABC的边长为1，BC边上的高为AD，沿AD把△ABD折起来，得到△AB′D，则(　　) A.在折起的过程中始终有AD⊥平面DB′C B.三棱锥A­DB′C的体积的最大值为 C.当∠B′DC＝60°时，点A到B′C的距离为 D.当∠B′DC＝90°时，点C到平面ADB′的距离为 解析：选ABC.因为AD⊥DC，AD⊥DB′，且DC∩DB′＝D，DC，DB′⊂平面DB′C，所以AD⊥平面DB′C，故A正确；当DB′⊥DC时，△DB′C的面积最大，此时三棱锥A­DB′C的体积也最大，最大值为××××＝，故B正确；当∠B′DC＝60°时，△DB′C是等边三角形，设B′C的中点为E，连接AE(图略)，则AE⊥B′C，即AE为点A到B′C的距离，AE＝＝，故C正确；当∠B′DC＝90°时，CD⊥DB′，CD⊥AD，且DB′∩AD＝D，DB′，AD⊂平面ADB′，故CD⊥平面ADB′，则CD就是点C到平面ADB′的距离，则CD＝，故D不正确． 16.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，PA＝AD＝2. (1)求证：CD⊥平面PAC； (2)在棱PC上是否存在点H，使得AH⊥平面PCD？若存在，确定点H的位置；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：由题意，可得CD＝AC＝， 又AD＝2. 所以AC2＋CD2＝AD2，即AC⊥CD， 又因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD， 又因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC. (2)在棱PC上存在点H，使得AH⊥平面PCD.过点A作AH⊥PC，垂足为H， 由(1)可得CD⊥AH， 又PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， 所以AH⊥平面PCD. 因为在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝，所以PC＝，易知Rt△PHA∽Rt△PAC，所以＝，解得PH＝， 所以PH＝PC，即在棱PC上存在点H，使得AH⊥平面PCD，点H为线段PC上靠近点C的三等分点． 学科网（北京）股份有限公司 $