2025版高考數(shù)學一輪復習核心素養(yǎng)測評四十七9.5平行垂直的綜合問題文含解析北師大版

PAGE核心素養(yǎng)測評四十七平行、垂直的綜合問題(30分鐘60分)一、選擇題(每小題5分,共25分)1.已知線段AB在平面α外,A,B兩點到平面α的距離分別為3和5,則線段AB的中點到平面α的距離為 ()A.1 B.4 C.1或4 D.4或【解析】選C.當A,B在平面α同側(cè)時,距離為3+52=4,當A,B在α異側(cè)時,距離為52.邊長為a的正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角,則折疊后AC的長為 ()A.2a B.22a C.32a【解析】選D.如圖所示:取BD的中點O,連接A′O,CO,則∠A′OC是二面角A′-BD-C的平面角.即∠A′OC=90°,又A′O=CO=22所以A′C=a22+a22=a,3.如圖所示,O為正方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,則下列直線中與B1O垂直的是A.A1D B.AA1C.A1D1 D.A1C【解析】選D.易知AC⊥平面BB1D1D.因為A1C1∥AC,所以A1C1⊥平面BB1D又B1O平面BB1D1D,所以A1C1⊥B1O.4.如圖,三棱錐A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F分別是AC,AD上的動點,且AEAC=AFAD=λ(0<λ<1).下面說法正確的是 (A.當λ≠12時,平面BEF⊥平面B.當λ≠13時,平面BEF⊥平面C.當λ=67時,平面BEF⊥平面D.當λ=17時,平面BEF⊥平面【解析】選C.因為AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.因為CD⊥BC,且AB∩BC=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,所以CD⊥平面ABC.又因為AEAC=AFAD=λ(0<λ<1),所以不論λ為何值,恒有EF∥CD.所以EF⊥平面ABC,EF平面所以不論λ為何值恒有平面BEF⊥平面ABC.若平面BEF⊥平面ACD,因為BE⊥EF,所以BE⊥平面ACD.所以BE⊥AC.因為BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ABD=90°,∠ADB=60°,所以BD=2,AB=2tan60°=6.所以AC=AB2+BC2=7.由AB2=AE·AC,得AE=67故當λ=67時,平面BEF⊥平面5.已知矩形ABCD,AB=1,BC=2,將△ABD沿矩形的對角線BD所在的直線進行翻折,在翻折過程中 世紀金榜導學號()A.存在某個位置,使得直線AC與直線BD垂直B.存在某個位置,使得直線AB與直線CD垂直C.存在某個位置,使得直線AD與直線BC垂直D.對隨意位置,三對直線“AC與BD”,“AB與CD”,“AD與BC”均不垂直【解析】選B.找出圖形在翻折過程中改變的量與不變的量.對于選項A,過點A作AE⊥BD,垂足為E,過點C作CF⊥BD,垂足為F,在圖(1)中由邊AB,BC不相等可知點E,F不重合.在圖(2)中,連接CE,若直線AC與直線BD垂直,又因為AC∩AE=A,所以BD⊥面ACE,所以BD⊥CE,與點E,F不重合相沖突,故A錯誤.對于選項B,若AB⊥CD,又因為AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥面ADC,所以AB⊥AC,由AB=1,BC=2,AB<BC可知存在這樣的等腰直角三角形,使得直線AB與直線CD垂直,故B正確.對于選項C,若AD⊥BC,又因為DC⊥BC,AD∩DC=D,所以BC⊥面ADC,所以BC⊥AC.已知BC=2,AB=1,BC>AB,所以不存在這樣的直角三角形.所以C錯誤.由上可知D錯誤.二、填空題(每小題5分,共15分)6.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分別是棱CC1,C1D1,D1D,DC的中點,N是BC的中點,點M在四邊形EFGH及其內(nèi)部運動,則M滿意條件時,有MN∥平面B1BDD1【解析】如圖,連接FH,HN,FN,由題意知HN∥平面B1BDD1,FH∥平面B1BDD1.且HN∩FH=H,所以平面NHF∥平面B1BDD1.所以當M在線段HF上運動時,有MN∥平面B1BDD1.答案:M∈線段HF7.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱AA1⊥底面ABC,底面是以∠ABC為直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中點,點F在線段AA1上,當AF=時,CF⊥平面B【解析】由題意易知,B1D⊥平面ACC1A1,又CF平面ACC1A1,所以B1D⊥CF.要使CF⊥平面B1DF,只需CF⊥DF即可令CF⊥DF,設(shè)AF=x,則A1F=3a由Rt△CAF∽Rt△FA1D,得ACA1F=AFA1D,即2a3a-x=xa,整理得答案:a或2a8.在長方體ABCD-A1B1C1D1的A1C1面上有一點P(如圖所示,其中P點不在對角線B1D1上).過P點在平面A1C1內(nèi)作始終線m,使m與直線BD成α角,其中α∈0,π2,【解析】連接B1D1,BD,因為BD∥B1D1,所以直線m與直線B1D1也成α角,如圖.在平面A1B1C1D1內(nèi),過直線B1D1外一點P與B1D1成銳角α的直線有兩條,所以與BD所成的角α∈0,π2答案:兩三、解答題(每小題10分,共20分)9.(2024·全國卷Ⅰ)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1∠BAD=60°,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.(1)證明:MN∥平面C1DE.(2)求點C到平面C1DE的距離.【解析】(1)連接B1C,ME,C1因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且ME=12B又因為N為A1D的中點,所以ND=12A1由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故ME因此四邊形MNDE為平行四邊形,MNED.又MN?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)過C作C1E的垂線,垂足為H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,又BC∩C1C=C,所以DE⊥平面C1CE,故DE從而CH⊥平面C1DE,故CH的長即為點C到平面C1DE的距離,由已知可得CE=1,C1C所以C1E=17,故CH=417所以點C到平面C1DE的距離為41710.如圖(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分別為AC,AB的中點,點F為線段CD上的一點,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如圖(2). (1)求證:DE∥平面A1CB.(2)求證:A1F⊥(3)線段A1B上是否存在點Q,使A1C⊥平面DEQ?說明理由【解析】(1)因為D,E分別為AC,AB的中點,所以DE∥BC.又因為DE?平面A1CB,BC平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)由已知ED⊥A1D,ED⊥CD,因為A1D∩CD=D,所以ED⊥平面A1CD,因為A1F平面A1CD,所以ED⊥A1F又因為A1F⊥CD,CD∩所以A1F⊥平面BCDE,又BE平面BCDE,所以A1F⊥BE.(3)線段A1B上存在點Q,使A1C⊥平面理由如下:如圖,分別取A1C,A1B的中點P,Q,則PQ∥又因為DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即為平面DEQP.由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C所以A1C⊥DP.又DP∩所以A1C⊥平面DEQP.從而A1C⊥故線段A1B上存在點Q,使得A1C⊥平面(15分鐘35分)1.(5分)設(shè)α,β是兩個不同的平面,l,m為兩條不同的直線.命題p:若平面α∥β,lα,mβ,則l∥m;命題q:l∥α,m⊥l,mβ,則β⊥α,則下列命題為真命題的是 ()A.p或qB.p且qC.p或q D.p且q【解析】選C.在長方體ABCD-A1B1C1D1中,命題p:平面AC為平面α,平面A1C1為平面β,直線A1D1和直線AB分別是直線m,l,明顯滿意α∥β,lα,mβ,而m與l異面,故命題p是假命題,p是真命題;命題q:平面AC為平面α,平面A1C1為平面β,直線A1D1和直線A1B1分別是直線m,l,明顯滿意l∥α,m⊥l,mβ,而α∥β,故命題q是假命題,q是真命題,所以p或q為真命題.2.(5分)如圖,在四邊形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,E,F分別在BC,AD上,EF∥AB.現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起,使得平面ABEF⊥平面EFDC.若BE=1,在折疊后的AD上取一點P,當APAD=時,CP∥平面【解析】當APAD=35時,CP∥平面ABEF下面證明:過P作MP∥FD,交AF于點M,連接EM.因為FD=5,EC=3,因為MP∥FD∥EC,所以P,M,E,C共面,因為PC∥平面ABEF,所以PC∥EM,所以平面PMEC為平行四邊形,所以MP=EC=3,所以APAD=MPFD=答案:33.(5分)以BD為直徑的圓O經(jīng)過A,C兩點,延長DA,CB交于P點,將△PAB沿線段AB折起,使P點在底面ABCD的射影恰好為AD的中點Q.若AB=BC=1,BD=2,線段PB,PC的中點分別為E,F.則A,D,E,F四點(填“共面”或“不共面”),四棱錐E-ABCQ的體積為.

【解析】假設(shè)四點A,D,E,F共面,因為EF∥BC,BC?平面AEFD,所以BC∥平面AEFD,又因為平面AEFD∩平面ABCD=AD,BC?平面ABCD,所以BC∥AD,與已知BC∩AD=P沖突,所以四點A,D,E,F不共面.連接CQ,由題意∠BAD=∠BCD=π2又AB⊥AP,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,所以平面ABCD⊥平面PAD,P點在底面ABCD的射影恰為AD的中點Q,所以PQ⊥AD,所以PQ為四棱錐P-ABCQ的高,AB=BC=1,BD=2,所以AD=CD=3,∠ADC=π3,所以∠APB=∠ADB=π所以PD=PA=3,AQ=QD=32,PQ=32,因為線段PB的中點為E,所以E點到平面ABCQ的高為34,又CQ⊥AD,CQ=32,所以VE-ABCQ=13×1+32×3答案:不共面54.(10分)如圖,△ABC和△BCD所在平面相互垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分別為AC,DC,AD的中點. 世紀金榜導學號(1)求證:EF⊥平面BCG.(2)求三棱錐D-BCG的體積.【解析】(1)由已知得△ABC≌△DBC,因此AC=DC.又G為AD的中點,所以CG⊥AD.同理BG⊥AD,又BG∩CG=G,因此AD⊥平面BGC.又由題意得EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC內(nèi),作AO⊥BC,交CB的延長線于O,如圖,由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.又G為AD中點,因此G到平面BDC的距離h是AO長度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin60°=3,所以VD-BCG=VG-BCD=13S△DBC·=13×12BD·BC·sin120°·325.(10分)如圖所示,已知長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD為正方形,E為線段AD1的中點,F為線段BD1的中點, (1)求證:EF∥平面ABCD.(2)設(shè)M為線段C1C的中點,當D1DAD的比值為多少時,DF⊥平面D【解析】(1)因為E為線段AD1的中點,F為線段BD1的中點,所以EF∥AB.因為EF?平面ABCD,AB平面ABCD,所以EF∥平面ABCD.(2)當D1DAD=2時,DF⊥平面D1MB.連接因為四邊形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.因為D1D⊥平面ABC,所以D1D⊥AC.又DD1∩BD=D,所以AC⊥平面BB1D1D,所以AC⊥DF.因為F,M分別是BD1,CC1的中點,所以F為AC1的中點,所以FM∥AC.所以DF⊥FM.因為D1D=2AD,所以D1D=BD.所以矩形D1DBB1為正方形.因為F為BD1的中點,所以DF⊥BD1.因為FM∩BD1=F,所以DF⊥平面D1MB.1.如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,AC1⊥平面A1B1C1,AC=BC=5,AB=6,點D,E,F分別是AB,B1C1,AA1的中點.多面體AB-A1B1C1的體積為32,則DC1的長為,EF的長為【解析】因為AC=BC,D是AB中點,所以CD⊥AB,因為AC1⊥平面A1B1C1,平面A1B1C1∥平面ABC,所以AC1⊥又CD平面ABC,所以AC1⊥CD,設(shè)三棱柱的體積為V,則V=S△ABC·AC1,因為在△ABC中,AC=BC=5,AB=6,所以S△ABC=12.由題意可得23V=32,所以AC1在△AC1D中,DC1=AC12+AD2=42+因為E,F分別為B1C1,AA1的中點所以FG=2,EG=3,FG∥AC1,因為AC1⊥平面A1B1C1,EG平面A1B1C1所以AC1⊥EG,所以FG⊥EG,所以EF=EG2+答