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（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）
2026-05-01
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教辅
摘要：
该高中数学课件聚焦立体几何核心知识，涵盖空间位置关系、空间角与距离及体积计算。从基础达标题（如线面垂直性质、线面角）到综合解答题（如翻折问题、体积计算），构建递进式学习支架，帮助学生逐步深化对立体几何的理解。
其亮点在于题目类型多样，包含选择、填空、解答及多选题，解析注重逻辑推理（如线面垂直判定）和体积法应用（如五棱锥体积计算），体现数学思维与数学语言。学生能提升空间观念和推理能力，教师可借助分层训练素材提高教学效率。
内容正文：
课后达标检测
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√
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：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．
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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：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°.
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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：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.
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4．在三棱锥P-ABC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：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.
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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
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解析：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．
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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.
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8．(2025·大连期末)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.
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9．在长方体ABCD-A1B1C1D1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________．
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10.(13分)(2025·日照期末)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC1的中点．
(1)求证：BC1⊥平面CDE；(6分)
解：证明：连接B1E，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是BC1的中点，
所以E也是B1C的中点，且B1C⊥BC1，即EC⊥BC1，
因为DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
所以DC⊥BC1，
又DC∩EC＝C，DC，EC⊂平面CDE，所以BC1⊥平面CDE.
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(2)求直线DE与平面ABCD所成角的正切值．(7分)
解：过点E作EF⊥BC，交BC于点F，连接DF，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，EF∥CC1，
所以EF⊥平面ABCD，
又DF⊂平面ABCD，所以EF⊥DF，
所以∠EDF是直线DE与平面ABCD所成的角.
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12.(多选)(2025·济南月考)如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段SA的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列选项正确的是( )
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若SA⊥平面CEF，因为FO⊂平面CEF，则SA⊥FO，
在Rt△SOA中，AO＝FO＝AF＝2，所以∠OFA＝60°，故选项B错误；
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因为FO∥SD，FO⊂平面CEF，SD⊄平面CEF，
所以SD∥平面CEF，故选项C正确；
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(1)证明：EF⊥PD；(7分)
所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以翻折后有EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD.
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(2)求五棱锥P-BCDEF的体积．(8分)
且PE2＋ED2＝PD2，所以PE⊥ED，由(1)知EF⊥PE，
又EF∩ED＝E，EF，ED⊂平面BCDEF，
所以PE⊥平面BCDEF，PE即为五棱锥P-BC-DEF的高．
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14．(15分)(2025·德州期末)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，M是DD1的中点．
(1)证明：AC⊥BD1；(5分)
解：证明：连接BD.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，
又在正方形ABCD 中，BD⊥AC，
且DD1∩BD＝D，DD1，BD⊂平面 BDD1，
所以AC⊥平面BDD1, 又BD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥BD1.
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(2)证明：BD1∥平面AMC；(5分)
解：证明：设AC∩BD＝O，连接OM，
因为四边形ABCD 是正方形，
所以O为BD的中点， 又M为DD1的中点，
所以OM∥BD1，又OM⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，所以BD1∥平面AMC.
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(3)求BD1到平面AMC的距离．(5分)
解：由(2)知BD1到平面AMC的距离就是点D1到平面AMC的距离，又因为M是DD1的中点，所以即求点D到平面AMC的距离．
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解析：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；
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又S△A1B1C1＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱台ABC-A1B1C1的体积V＝V三棱锥P-ABC－V三棱锥P-A1B1C1＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.
令点D到平面AMC的距离为h，所以V三棱锥D-AMC＝V三棱锥M-ADC，
即S△AMC·h＝S△ADC·DM，
15.(多选)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A-DB′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
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