11.4.1　第2课时　课后达标检测（教师版）

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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：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：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.
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5．已知在长方体ABCD A1B1C1D1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ABCD A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，
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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＝ eq \r(AC2＋CC) ＝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(　　)
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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＝__________．
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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__________．
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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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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＝ eq \r(BC－BC2) ＝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.
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(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.
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(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°.
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11．在长方体ABCD A1B1C1D1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.
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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ABC A1B1C1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
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解析：选B.设正三棱台ABC A1B1C1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ABC A1B1C1的体积V＝VP ABC－VP A1B1C1＝×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ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝1，则点C到平面ABC1的距离为________．
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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ABC A1B1C1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＝ eq \r(CC＋CE2) ＝.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.
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(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.
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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(　　)
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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
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A DB′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P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝BC＝1，PA＝AD＝2.
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(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.
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(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．