周测9空间中的垂直关系- 【蓝海启航·启航金卷周周测】2024-2025学年高中数学必修第四册（人教B版2019）

6.ABC解析：作出过点M,N,E的截面如图所示：10.证明：(1)连接BG,在△BCG中，D (H,I,J均为各棱中点)，平面MNE即为孩戴面 由N为CG的中点，M为BC的 中点， 可得MN∥BG 又MN￠平面ABED,BGC平 而ABED, 则MN∥平面ABED. (2)由O为DF的中点，G为DE的中点，可得GO 所以直线AD与其相交于H,点，故A项错误： ∥EF, 直线FC,与直线IJ在平面BCC:B,内必定相交， 又GO过平面BCFE,EFC平面BCFE, 故B项错误： 可得GO∥平面BCFE. 直线A,B与直线EI相交，故平面A:BC与平面 又O为DF的中点，H为AC的中点， MNE不平行，故C项错误； 可得OHFC, 因为直线AB,∥直线EI,直线AD,∥直线MH,且 又OH亡平面BCFE,FCC平而BCFE, AB,∩AD,=A,所以平面AB,D1∥平面MNE,故 则OH∥平面BCFE. D项正确.故选ABC. 又GO∩OH=O,可得平面GOH∥平面BCFE 7.459 11.解：(1)证明：连接DB,则G为DB的中点，且H 解析：正四棱柱的高是底面边长 为DF的中点， 的2倍，如图： 设AB=a,则AA1=√2a,可得 BD=B1D1=√2a, 因为该几何体是正四棱柱， 所以其体对角线与侧棱所成的角 ∴.GH为△DBF的中位线， 为∠BDD· ∴.GHBF 在Rt△BDD,中，B,D,=2a,DD,=√2a, (2)在CD上存在点P,使得平面GHP∥平面 ∠DD1B,=90°， BCF,且P为CD的中点，证明如下： 所以∠B,DD1=45 取CD的中点P,连接HP,GP,,H为DF的 中点， ∴HP∥FC,且HP在平面BCF,FCC平面BCF, 解析：由平面a平而B,平面PAB∩平面a=CD, .HP∥平面BCF,同理，GP∥平面BCF,且HP 平面PAB∩平面=AB, ∩GP=P,HPC平面GHP,GPC平面GHP, AB/CDP-.CA-3.CD- ∴.平面GHP∥平面BCF 1福72品3AB= 周测9空间中的垂直关系 9.证明：(1)国为在正方体ABCD-A,BC,D中，F,: 1.B解析：“m⊥n”不能推出“m⊥a”,充分性不 G分别是棱BB,,DD1的中点， 成立， 所以D,G=BF,且DGBF. m⊥a,nCa,则m⊥，必要性成立， 所以四边形D,GBF是平行四边形，所以GB 故“m⊥n”是“m⊥a”的必要不充分条件.故选B //D F. 2.D解析：对于A,a和B可能相交不垂直，也可能 (2)因为在正方体ABCD-A:B1C,D1中，E,G分 平行，故A错误： 别是棱CC1,DD1的中点， 对于B,a∩B=m,n⊥m,n二3，但a与3可能垂直， 所以D,G=CE,DG∥CE 也可能不垂直，无法判断垂直关系，故B错误： 所以四边形D,GCE是平行四边形，所以GC 对于C,m⊥n,mCa,nC3,同样的a与3可能垂 ∥ED1, 直，也可能不垂直，依然无法判断空间中的位置关 由(1)知，GBD1F, 系，故C错误： 由图形可知，∠BGC,∠FD,E均为锐角，所以 对于D,若m∥a,则必在a中存在直线l∥m,因为 ∠BGC=∠FD,E. m⊥3，则l⊥3，故a⊥3，故D正确.故选D. ·33· 答案全解全析 3.C解析：因为AB为圆O的直径，C为圓上异于 以AC⊥平而PBC,所以AC⊥PC,与PA⊥AC矛 A,B的任一点，则AC⊥BC,因为PA⊥平面 盾，所以C错误： ABC,有∠PCA为锐角，又BCC平面ABC, 对于D,由B可知，AE⊥平面PBC, 于是得PA⊥BC,又PA∩AC=A,PA,ACC平面 又AEC平面AEF, PAC,从而得BC⊥平面PAC,又PCC平面PAC, 故平面AEF⊥平面PBC,所以D正确.故选ABD 有PC⊥BC,①②④正确： 7.①②③④ 假定AC⊥PB,又AC⊥BC,PB∩BC=B,必有 解析：在△ABC中，AB=1,BC=2,∠ABC=60°， AC⊥平面PBC,得AC⊥PC与∠PCA为锐角矛 由余孩定理可得AC=1十4-2X1X2×2=3, 1 盾，③不正确，所以真命题的个数是3，故选C. 4.D解析：连接AO,OB,由正三 即有AB2+AC2=BC,可得AB⊥AC,①正确： 枚维可知，O为△ABC的外接 由PA⊥平面ABCD,可得PA⊥AB, 圈的半径，设半径为r, 而PA∩AC=A,可得AB⊥平面PAC,②正确： 1,AB1, 由AB⊥平面PAC,可得PC⊥AB, 则r=2‘in602 =1 而AE⊥PC,又AB∩AE=A, 2 可得PC⊥平面ABE,即有PC⊥BE,③④正确. 因为DO⊥平面ABC, 8.(4,+∞) 所以DO⊥AO,可得DO=VDA-AO 解析：连接AE,如图所示： √2-1=√3， 周为PA⊥平面ABCD,DE@ 因为PA⊥平面PBC,可得PA⊥PB,且PA 平面ABCD, =PB, 所以PAI DE 又PE⊥DE,PA∩PE=P,PA,PEC平面PAE, 在△PAB中.AB=2PA=5,所以PA- v② 所以DE⊥平而PAE, 因为AEC平面PAE, 3 所以PO=PA-AO三V?1② 2 所以DE⊥AE,即点E为以AD为直径的圆与BC 的交点， √2 =看脚m-看0p4- ,P02=6 因为AB=2,BC=t,满足条件的点E有2个，即回 所以D0 6 心也就是AD中点到BC的距离小于半径即可，即 故选D. 平行线间的距离AB=2<,解得1>4， 5.AD解析：A选项，可知直线a与平面a内两条相 交直线垂直，则a⊥a,故A正确： 故t的取值范围是(4，十). B选项，缺少条件aC3,不能保证a⊥a,故B错误： 9.证明：(1)：E,F分别为PB,PC中点，EF∥BC, C选项，此时a有可能与两平面的交线不垂直，此 又BC∥AD,.EF∥AD, 时不能保证a⊥a,故C错误： :EF丈平面PAD,ADC平面PAD, D选项，因为l⊥a,a∥a,则a⊥a,故D正确. .EF∥平而PAD. 故选AD. (2)PA⊥底面ABCD,BDC平面ABCD, 6.ABD解析：对于A,PA垂直于以AB为直径的国 .BD⊥PA. 所在平面，而BCC底面面，则PA⊥BC, ,四梭锥P-ABCD的底面是菱形，∴BD⊥AC, 又由圆的性质可知，AC⊥BC,且PA∩AC=A, PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC PA,ACC平面PAC, ∴.BD⊥平面PAC. 则BC⊥平面PAC,所以A正确： ,BDC平面PBD, 对于B,由A可知，BC⊥AE,因为AE⊥PC, .平面PBD⊥平面PAC. 且BC∩PC=C,BC,PCC平面PCB, 10.解：(1)证明：在正△ABC中，AB=BC, 所以AEL平面PCB, 在△ACD中，AD=CD,∴△ADB≌△CDB, 而EFC平面PCB, ,.M为AC的中点，"点V是CD的中点， 所以AE⊥EF,所以B正确： ∴.MN∥AD, 对于C,若AC⊥PC,又AC⊥BC,BC∩PC=C,所 ,PA平面ABCD,,PAAD, 周周测数学必修第四册B版 ·34· ∠CDA=120°，∴.∠DAC=30°， 又由余孩定理，可得cOsA= b2+c2-a2 ∠BAC=60°，.∠BAD=90,即BA⊥AD, 2bc ,PA∩AB=A,∴AD⊥平面PAB, b+(36)2-7621 ∴MN⊥平面PAB, 2b×3b =2 又MNC平面PMN,,,平面PMN⊥平而PAB. 因为A∈(0，x),所以A=三故选B (2)设点M到平面PBC的距离为h, 3.B解析：若以长为轴，则圈柱的高h,=3,底面半 在Rt△PAB中，PA=AB=4,∴.PB=4V2, 径r:=2,此时圆柱的体积V=πr1h,=12π， 在Rt△PAC中，PA=AC=4,.PC=42, 若以宽为轴，则回柱的高h2=2,底面半径r2=3, 在△PBC中，PB=4v②，PC=4√2，BC=4, 此时國柱的体积V。=πrh2=18π， .S△m=4V7, .V_2 3故选围 由V三我#PR:=Vx模楼PC,且S么e=交X2X 4B解析：由题知，S=38一0=20，AB=10√39， 25=25,PA=4, 9e(0,2》cos0=-im0= 4 得号X47X=号×25X4,解得=2可 7 BS AB BS 由正孩定理得，n9m20即。 10√39 sin 2sin 0cos 0' 六点M到平面PBC的距高为2V四 7 所以BS=5V39 11.解：(1)当4=2时，四边形ABCD为正方形， cos 0 =203.故选B. 则BD⊥AC. 5,BD解析：A选项，若a与b是并面直线，则c至少 图为PA⊥平而ABCD,BDC平面ABCD, 与4，b中的一条相交，故A正确： 所以BD⊥PA, B选项，当a⊥3时，若b⊥c,则b⊥a,此时不论ac 又AC∩PA=A,ACC平面PAC,PAC平 是否垂直，均有a⊥b,故B错误： 面PAC, C选项，当a仍时，则a3,由线面平行的性质定理 所以BD⊥平面PAC. 可得a,故C正确： 故当a=2时，BD⊥平面PAC, D选项，若b∥c,当a⊥b,a⊥c时，a与平面B不一 (2)设M是BC边上符合条件的点.连接DM. 定垂直，此时平面a与平面B也不一定垂直，故D 图为PA⊥平而ABCD,DMC平面ABCD, 错误.故选BD. 所以DM⊥PA, 6.ACD解析：对于选项A,:sin A t sin B: 又PM⊥DM,PA∩PM=P,PAC平面PAM. sinC=1:2:V7及正弦定理，a t b t c=1: PMC平面PAM,所以DM⊥平面PAM, 2:√7， 因为AMC平面PAM, 可设a=k,b=2k,c=√7k(k>0). 所以DM⊥AM. ,c>b>a,.判断最长边c所对应的角是否为钝 因此，M点是以AD为直径的圆和BC边的一个 角即可， 公共点 由余弦定理得7k=十4k一4c05C,解得 则半径r=AD ≥AB,即a≥4. cos C=-2 所以a∈[4，十oo). 又：0<C<C=,△ABC为纯角三角形 模块综合检测 则选项A正确： 1.A解析：，(1一i)z=2+i, 对于选项B,b=4,∴k=2,a=2,c=2√7， a告89号-+受话入 由正孩定理释品AC 227 2.B解析：因为sinC=3sinB,由正弦定理得c sin A sin3 =3b, 又因为a2-b”=2bc,可得a2=7b2, 得sinA=y②T 14· ·35· 答案全解全析背择题苦题栏 周测9空间中的垂直关系 限号 6 (时间，40分钟分值，0分) 苦常 一、单项选择整《本慧共4个小题，每题5分，共的分.在每小酸给出的四个选项中，只有一填是符 三，填空题（客题共2个小题，每题5分，共10分》 合题目要求的 7.如图，在四棱崔P-AD.中，产面ABD是平行四边形，且AB=1, 照1.已知直线m时食平面x如果mC排么“a上n“是m“的 BC一2.∠ABC=G0”,PA⊥平面ACD,AE⊥PC于E.给出下列四个 1 A充分不必蔓条用 且.必要不光分条门 站论， (C充要条作 )医不充分也不必要条杆 ①AB⊥AC: 2.已知直线t,n与平面：，期能捷，⊥屏域立约一个充分条件是 gAB1平面PAC: ③PC⊥平面AE: B.a几月=m,tLw,wC DPC⊥E. C.m⊥t,m三xtC3 DM=+游⊥3 3.图，PA垂直干以AB为直径的图O所在的平面，C为朝上异于A,B的E一 其中正端的是 点，现有下用合题：①PA⊥BC:③BCL平直PAC:心AC1PB:PC⊥BC.其 点如图，已知在新形ABCD中，AH-2,BC-t,若PA⊥平面ABCD,在C边上取点E.使PE1 中真合题的个数是 DE,薄汽清足条件的点E有两个时，的取值范调量 A.1 B.2 C.3 D.E 4,知用，在正三棱锥DAC中，AB=,3,DA=2,)为废靠AC的中心，点P 在线段)上，且P心=D.若PA⊥平面PC,期实数A= 回，解答题〔本魔共3个小题共即分.解答应写出文字说明，证阴过程和滴算步骤) 9.(木小题将分8分) 如周，四授前PA以CD的底面是菱形，且PA⊥平面ACD,E,F分别是酸B,C的中点： 求证， I)EF平而PAD: 数 2)平面PBD⊥平面PAC. 二、多项选择瑟（本蓝共2个小题，每围5分，共10外，在每小丽给出的四个选项中，有多项是料合 题目要求的.全邵选对得5分，部分进对得2分，错选或多选得0分) ,已知山/是不同的直线·3是不同的平图，下面条件中雀证明：⊥鱼的是 A.6 CoCo6.g11,6门l=) 我g个0=f,wL.a⊥1 ,8上9e09 “。 D.fLou/ .如图，PA在直下以AH为直径的朝所在平面，C为具上异于A.山的任意 一点，AE⊥C垂足为E,点F是PB上一点，则下列判斯中正喻的是 ABC1平面PA KAE⊥EF C.AC⊥PB L,平国AF⊥半直PC 17 可测0客间中的承直关系 10,木小思满分10分1 11.〔本小题满分12分) 在四棱能P-A以D中，P4⊥平面A以D,△AC是正三角形，AC与BD的交点为，义 红周，在四枝脏P-ABCD中，底面ACD是矩意，A出=2，C一a,PA⊥接面ABCD PA=AB=4,AD=CD,∠CD4=10',点N是CD的中点. (1)当：为倒值时，BD⊥平面PAC?正明你的结论： 1》求任，平董PMNL平面PAB: (2)若在C边上至少存在一点M,德PM上DM,求止韵取值他围 (2》求点M到平而PC的距离. 州风测数学必蜂第四用B版 18·