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】2025-2026学年高中数学必修第四册（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．(2025·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.(13分)(2025·日照期末)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是BC1的中点． (1)求证：BC1⊥平面CDE；(6分) (2)求直线DE与平面ABCD所成角的正切值．(7分) 解：(1)证明：连接B1E，在正方体ABCD­A1B1C1D1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. (2)过点E作EF⊥BC，交BC于点F，连接DF，在正方体ABCD­A1B1C1D1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. 由题意，设CC1＝CB＝CD＝2a， 则EF＝CC1＝a， CF＝CB＝a，所以DF＝a， 所以在Rt△DEF中，tan ∠EDF＝＝＝. 所以直线DE与平面ABCD所成角的正切值为. 11．(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＝V三棱锥P­ABC－V三棱锥P­A1B1C1＝×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. 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(　　) A.△CEF为直角三角形 B.SA⊥平面CEF C.SD∥平面CEF D.点D到平面CEF的距离为 解析：选ACD.由题意得到的圆锥如图所示，连接AD，EC交于点O，则O为底面圆的圆心，连接SO，FO， 设圆锥底面半径为r，则2πr＝4π， 所以r＝2，所以CE＝4， SO＝＝2. 因为F为线段SA的中点，O为线段AD的中点， 所以FO∥SD，且FO＝SD＝2＝CE，所以∠CFE＝90°， 即△CEF为等腰直角三角形，故选项A正确； 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； 因为FO∥SD，FO⊂平面CEF，SD⊄平面CEF， 所以SD∥平面CEF，故选项C正确； 设点D到平面CEF的距离为d， 连接DE，DF，CD，由V三棱锥D­CEF＝V三棱锥F­CDE， 得×d××4×2＝×××4×2，解得d＝， 即点D到平面CEF的距离为，故选项D正确． 13.(15分)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，E，F分别是AD，AB上的点，且满足AE＝AD，AF＝AB，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD；(7分) (2)求五棱锥P­BCDEF的体积．(8分) 解：(1)证明：由AB＝8，AD＝5，AE＝AD，AF＝AB， 得AE＝2，AF＝4，又∠BAD＝30°， 在△AEF中，由余弦定理得 EF＝ ＝＝2， 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. (2)由(1)知PE＝AE＝2，ED＝3，因为CD⊥AD，EF⊥AD，所以CD∥EF，又EF⊥PD， 所以CD⊥PD，PD＝＝， 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P­BCDEF的高． 过点B作BG∥EF交DE于点G，则BG∥CD，BG⊥ED，又AF＝AB，所以BG＝2EF＝4，EG＝AE＝2， S五边形BCDEF＝S梯形EFBG＋S梯形CDGB＝××2＋××＝， V五棱锥P­BCDEF＝S五边形BCDEF×PE＝××2＝19. 14．(15分)(2025·德州期末)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，M是DD1的中点． (1)证明：AC⊥BD1；(5分) (2)证明：BD1∥平面AMC；(5分) (3)求BD1到平面AMC的距离．(5分) 解：(1)证明：连接BD.在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1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. (2)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. (3)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． 令点D到平面AMC的距离为h，所以V三棱锥D­AMC＝V三棱锥M­ADC， 即S△AMC·h＝S△ADC·DM， 因为AB＝1，AA1＝2，M是DD1的中点， 所以DM＝1，AM＝MC＝，AC＝， 即S△AMC＝×()2＝， 所以h＝×1×1×1，解得h＝， 即BD1到平面AMC的距离为 . 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． 学科网（北京）股份有限公司 $