阶段测评(四) 空间位置关系的判断与证明-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第四册课后案·学业评价（人教B版2019）

。数学·必修第四册（配RJB版） 阶段测评（四） 空间位置关系的判断与证明 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系 1.(2024·河南周口高一月考)已知直线a与平面a 作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC:②AB⊥ 没有公共点，直线bCa,则a与b的位置关系是 平面ACD:③平面ABD⊥平面ACD:④平面 ABD⊥平面BCD.其中判断正确的个数是 A.平行 B.异面 C.相交 D.平行或异面 2.(2024·重庆沙坪坝高一月考期中)已知直线a,b 与平面a,3,下列命题正确的是 A.若a∥b,bCa,则a∥a B.若a∥a,bCa,则a∥b C.若a⊥a,bCa,则a⊥b 图 图2 D.若a⊥3，aCa,则a⊥3 A.1 B.2 3.(2024·江苏扬州高一月考)已知a,3是平面，m, C.3 D.4 n是直线，下列命题不正确的是 ( 6.在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面 A.若ma,a∩B=n,则m∥n BCD,且DA⊥平面ABC,则△ABC的形状是 B.若m∥n,m⊥a,则n⊥a ( C.若m⊥a,m⊥B,则a∥3 D.若m⊥a,mC3,则a⊥3 4.(2024·江西赣州高一期中)如图，直三棱柱 ABCA,B,C,中，侧棱长为2，AC=BC=1, ∠ACB=90°，D是A,B,的中点，F是BB,上的 动点，AB·DF交于点E,要使AB⊥平面： C,DF,则线段B,F的长为 ( B A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确定 7.(多选题)如图，在棱长均相等的正四棱锥P B ABCD中，M,N分别为侧棱PA,PB的中点，O A B③ 是底面四边形ABCD对角线的交点，下列结论正 2 确的有 c D 3 5.(2024·北京丰台高一期末)在某次数学探究活 动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行 D 拼接，然后他又将三角板ABC折起，使得二面角 ABCD为直二面角，得图2所示四面体ABCD. 44 A.PC∥平面OMN :三、解答题：本题共4小题，共40分.解答应写出文 B.平面PCD∥平面OMN 字说明、证明过程或验算步骤 C.OM⊥PA 13.(8分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD D.PD⊥平面OMN 为平行四边形，N是PB中点，过A,N,D三点 8.(多选题)如图，在四面体ABCD中，截面MNPQ 的平面交PC于M.求证： 是正方形，则下列判断正确的是 ( (1)PD∥平面ANC: (2)M是PC的中点. A.AC=BD B.AC∥平面MNPQ C.AC⊥BD D.点B,D到平面MNPQ的距离不相等 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 9.已知1，m是平面α外的两条不同直线.给出下列 三个论断：①l⊥m;②m∥a;③l⊥a.以其中的两 个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写 出一个真命题 10.m,n是空间两条不同直线，a,3是两个不同平 面，下面有四个命题： 14.(10分)如图，平面ABFE⊥平面ABCD,四边形 ①m⊥a,n∥B,a∥B,则m⊥n, ABCD和四边形ABFE均为正方形.CG∥BF, ②m⊥n,a∥B,m⊥a,则n∥3， BF=2CG=2. ③m⊥，a∥B,m∥a,则n⊥3， ④m⊥a,m∥n,a∥B,则n⊥3. 其中真命题的编号是 .(写出所有真命 题的编号) 11.如图，在长方体ABCD-A,B,C,D1中，过BB, (1)求证：平面ADE∥平面CGF; 的中点E作一个与平面ACB,平行的平面交 (2)求多面体ABCDEFG的体积. AB于点M,交BC于点N,则 D C B B 12.已知PA⊥平面ABCD,则四边形ABCD满足 时，有PC⊥BD.(试写出一个满足的条件) 45 O数学·必修第四册（配RJB版） 15.(10分)如图，在四棱锥 16.12分)如图，在R△ABC中，B=交，AB P-ABCD中，已知底面 2BC=2,且E,F分别为AB,AC的中点.现将 ABCD是菱形，且对角 线AC与BD相交于 △AEF沿EF折起，使点A到达点D的位置， 连接BD,CD,M为CD的中点，连接FM. 点O (1)若PB=PD,求证：平面PBD⊥平面PAC: (2)设点E为BC的中点，在棱PC上是否存在 点F,使得PB∥平面AEF？请说明理由. (1)证明：FM⊥平面BCD; (2②)若二面角E-M-C的余弦值为-号求四 棱锥D-EBCF的体积 46在直角梯形ABCD中,{BAD= ADC=90{},AD= 2CD-1,AB-2, .00-2v2, 又△ABC和△A.BC 是直角三角形,AC-4,AC.=2, *OB-2,O.B-1. 所以 ABD=CAD. 又 CAD+ BAC-90*, 在直角梯形OBBO 中,BB = 1+OO=1+8-3. 答案3 所以 ABD+ BAC=90*,即AC1BD;. 画出图形如下图所示,由图可知,要两个平面垂 又.ACOSA=A:ACC平面SAC,SAC乎面SAC 12.解析 直,注意到BP1MN是恒成立的,则只需BP1CM就有 所以BD1平面SAC,又AFC平面SAC, BP 平面CMN,显然,当P为AD中点时,△ABP 所以BDIAF. (2)解析 设点E到平面ABCD的距离为h,因为 △BCM, PBA十 CMB--,即BP1CM,从而BP1 VB-Aaec=Vr-anc, Vs-mco Vranc-4 平面CMN,也即有平面CMN平面A.BP,所以 #2 0 故VnC C #.= B 所以E点到平面ABCD的距离为. ----C 15.解析 当A.C为2v3时,可以使平面A.BE1平面BED 证明如下: 取BE中点F,则AF 1 BE,A. F |BE 答案2 在△BCF中,CF^*}=BF^{*}+BC^$-2BF·BCCcos 45^*}=2 +$$ 13.(1)证明 如图,过点D作DO1 16-2·4.1-10 AC,交直线AC于点O,连接OB 2 电/ACD=45*.DO | AC得CD '$AF*+CF*}-10+2-12-AC 一、②CO,由平面ACFD1平面 .A.F1CF,此时A.C-2③ ABC得DO1平面ABC, 又.A.F1BE 所以DO1BC .'.A.F1平面BCD,A.FC平面A.BE, 由乙ACB=45”,BC-CD-Co得 .平面A.BE1平面BCD, 此时A.FI平面BCD...CF为A.C在平面BCD上的射 BOBC. 影,..A.CF是A.C与平面BCD所成角. 所以BC1平面BDO,故BC1DB. 由三核台ABC-DEF得BC/EF, 所以EF |DB (2)解析 如图,过点O作OH上BD,交直线BD于点H, 5 连接CH. 由三核台ABC-DEF得DF/CO,所以直线 DF与平面 DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角. 由BC|平面BDO得OH|BC,故OH1平面BCD,所以 OCH为直线CO与平面DBC所成角. 设CD-2v②. 23,所以 由DO=OC-2,BO=BC-$2,得BD=,OH 阶段测评(四) 空间位置关系的判断与证明 1.D 依题意可知aa,而bCa,所以a,b没有公共点,a与 OC b可能异面或平行. 2.C A选项,缺条件aa,结论不成立; 因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为3 B选项,直线b与直线a可能平行可能异面,结论不成立; 14.(1)证明 因为梯形ABCD为直角梯形,且之SAB= C选项,由直线与平面垂直的定义可知,结论正确 乙sDC-90”, D选项,直线a可能与B平行,可能在8内,也可能与B相 所以SAD为二面角S-AB-C的平面角, 交,不一定满足垂直,结论不成立. 又二面角S一AB-C的大小为90{*, 3.A若m/a,a ③-n,则n//n或m与n异面,故A错误 所以SAD-90*,即SA1AD, 两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于 又SA|AB,且ADOAB=A,ADC平面ABCD,ABC平面 这个平面, ABCD. 故若m/n,mIa,则nIa,故B正确; 所以SA|平面ABCD,又BDC平面ABCD 垂直于同一条直线的两个平面互相平行, 所以SAIBD; 故若mla,mIB,则a/B,故C正确; 根据面面垂直的判断定理可知,若m|a,mCB,则a|B,故 所以AE1BC, D正确. 而DA1平面ABC,BCC平面ABC, 4.C 因为AC=BC=1, ACB=90{*,$$$$$ 所以DA1BC, 所以AC -BC-1. ACB=90*$ 又因为AFOAD=A,所以BC| 平面ABD 因此A.B=AC+B$C=1+1-2. 而ABC平面ABD,所以BC1AB, 因为D是A.B.的中点, 即△ABC为直角三角形. 7.ABC 因为O为底面四边形ABCD对角线的交点, 所以O为AC的中点,由M是PA的中点,可得PC/MO A. BC 中,AA1平面ABC, 因为PCC平面OMN,OMC平面OMN. 而C.DC平面A. BC,所以AA C.D,因为AA. OAB= 所以PC/平面OMN,A正确; A. .AA ,A. B C平面AA.B. B,所以C D1平面AA.B.B 同理可推得PD/平面OMN. 而AB.C平面AA.BB, 而PCOPD-P. 所以平面PCD/平面OMN,B正确; ##一- 因此C.DAB,在直角三角形AAB 中,tan ABA.= 因为PDC平面PCD,故PD不可能垂直平面OMN,D 错误; 设该正四锥的梭长为a,则PA-PC-a,AC-/②a 所以PA PC.因为PC/MO.所以OMI PA.C正确 当tan DFB.=tan AB.A.-、②时,即 #27→B_F-# 此时 DFB=ABA,而FBA+ ABA-,即 (FB.A+ DFB-2, 即FD1AB.,而FDOC.D-D,FD,C.DC平面C.DF, 因此ABI平面C.DF,此时B.F-. 8.BC 在四面体ABCD中,若截面PQMN是正方形,可得 PQ/MN,MNC平面ACD,PQC平面ACD,可得MN/ 5.C 对于①中,因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平 平面ACD. 面ABC1平面BCD 又MNC平面ACB,而平面ACBO平面ACD=AC,可得 又因为平面ABCO平面BCD=BC,DC |BC,且DCC平 AC/MN. 面BCD. 又ACC平面POMN,MNC平面POMN,则AC/平面 所以DCI平面ABC,所以①正确; PQMN,故B正确; 对于②中,由DC上平面ABC,且ABC平面ABC,可得 同样可得BD/平面PQMN,所以点B,D到平面MNPQ ABCD, 的距离相等,故D错误; 又因为AB1AC,且ACOCD=C,AC,CDC平面ACD, 由BD/ PN,AC/ PO,PN PO,可得AC IBD,故C 所以AB|平面ACD,所以②正确; 正确; 由BN-CDAO-D且PN=PQ,但CP不一定与DP 对于③中,由AB1平面ACD,且ABC平面ABD,所以平 .PN CP PQ DP 面ABD 平面ACD,所以③正确; 对于④中,因为DC1平面ABC,且DCC平面BCD,可得 相等,故AC,BD不一定相等,故A错误 9.解析 共有如下三个命题. 平面ABC1平面BCD, (1)如果 g,m/g,则/In,正确; 若平面ABD |平面BCD,且平面ABDO平面ABC=AB (2)如果la,lLm,则m/a,不正确,m可能在平面a内; 可得AB1平面BCD, (3)如果l上m,m/a,则l上a,不正确,l与a可能斜交,可 又因为BCC平面BCD,所以AB1BC, 能/a. 因为AB与BC不垂直,所以矛盾,所以平面ABD和平面 答案 如果/a,n/a,则/n BCD不垂直,所以D错误. 10.解析 对于①,'n/B,必然存在一个平面v使得n二?, 6. B 作AE BD于E 并且y//B,又mla,a/B,a///,my,mn,正确; D. 对于②,如果n二B,则结论不成立,错误 对于③,如图: a/B,构造平面>,使得mCv,并且y/a,则y//B,在>平 面内,作直线n,使得n上m,显然n/B,错误; 对于④,:mIa,m/n...nIa,又a/B. 因为平面ABD 平面BCD,平面ABDO平面BCD=BD. .nB,正确. 所以AE 平面BCD,又因为BCC平面BCD. 答案 ①④ 55 11.解析.平面MNE/平面ACB,平面MNEO平面 $$Vecps=2Vpcec=2x1SAxc\$cD=2t1 G $$ $ABBB A. =EM,平面ACB $O平面ABB A. =B A,平面$ $BC CD-=2×##×#22-,以多面# MNEO平面CBBC=EN,平面ACB O平面CBBC= B.C. '.由两个平面平行的性质定理可得EN/B.C, ABCDEFG的体积V=V+V-4+4-16. EM/B.A. 15.(1)证明 由已知,O为BD 中点,连接PO,若PB一PD, 则POBD. N分别为BA,BC的中点, 又:底面ABCD是菱形,.. AC= ACBD, ~ :POOAC-O,POC平面 答案 PAC,ACC平面PAC...BD 如图, 12.解析。 1平面PAC, 又.BDC平面PBD. .平面PBD1平面PAC. (2)解析 校PC上存在点F,使得PB/平面AEF,F为 PC中点, A..-....:D 证明如下,取PC的中点F,连接AF,EF .E是BC的中点,..EF//PB,又EFC平面AEF,PB 平面AEF, .PB/乎面AEF 因为PA|平面ABCD,BDC平面ABCD. 故存在校PC的中点F使得PB/平面AEF 所以PABD. 16.(1)证明 设N为BD的中点,连接EN,MN 当四边形ABCD为菱形时,AC1BD. 又 ED=EB,则EN BD 又PAOAC=A,PA.ACC平面PAC D 所以BD1平面PAC,又PCC平面PAC, 。1 所以BD1PC 故答案为:四边形ABCD为菱形(答案不唯一) 答案 四边形ABCD为菱形(答案不唯一) 13.证明 (1)连接BD.AC,设ACOBD-O.连接NO .ABCD是平行四边形, .O是BD的中点,在△PBD中, N是PB的中点, 因为FD一FC.M是DC的中点,所以FMI DC. ..PD/NO. 因为EF/BC,EF-BC,MN/BC,MN-BC, 又NOC平面ANC,PDC平 所以EF//MN,EF=MN,所以EFMN为平行四边形, 面ANC, 则EN/FM,故FMI BD '.PD/乎面ANC 又因为BDODC-D.BD.DCC乎面BCD. (2)·底面ABCD为平行四边形, 所以FM1平面BCD. .AD/BC. (2)解析 因为FM1平面BCD,MNC平面BCD,所以 .BCC平面ADMN,ADC平面ADMN, MN I FM. *BC//乎面ADMN 又FMIDC,所以 NMC是二面角E-MF-C的平 .平面PBCO平面ADMN=MN,BC在平面PBC内. 面角, '.BC/MN,又N是PB的中点, '.M是PC的中点. 14.(1)证明 因为CG/BF,所以B,C,G,F四点共面, 因为EF I EB,EF I DE,EBODE=E,EB,DEC平 因为四边形ABCD为正方形,所以AD/BC,又BC二平 面BDE, 面CGF,ADC平面CGF,所以AD//平面CGF, 所以EFI平面BDE,于是有BC1平面BDE 四边形ABFE为正方形,所以AE/BF,又BFC平面 因为BDC平面BDE,所以BC1BD. CGF,AEC乎面CGF,所以AE//平面CGF,又ADOAE 一A,AD,AEC平面ADE,所以平面ADE/平面CGF. (2)解析 多面体ABCDEFG可看成三校柱ADE一BCF 故CD-3,BD-2. 和四校锥组合而成,因为ABFE为正方形,所以AB1 因为 DE-EB-1,所以BD{*}=$DE{}+EB^{},所 $$$$ AE.又平面ABFE |平面ABCD,乎面ABFEO平面 DEl EB, ABCD=AB,AEC平面ABFE,所以AE1平面ABCD 又因为EF DE,EBOEF-E,EB,EFC平面EBCF,所 又ADC平面ABCD,所以AE AD,又AB1AD,AB 以DE平面EBCF. AE,ADOAE-A,AD,AEC平面AED,所以AB1平面 故Vp-sncr=$$smcr×DE-×1×(1+)x ADE,所以三校柱ADE-BCF的体积,V.=SApE· 1-# AB-X2X2X2-4,四校锥G-CDEF的体积V- 56