2025版高考数学一轮复习核心素养测评四十七9.5平行垂直的综合问题文含解析北师大版

PAGE核心素养测评四十七平行、垂直的综合问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知线段AB在平面α外,A,B两点到平面α的距离分别为3和5,则线段AB的中点到平面α的距离为 ()A.1 B.4 C.1或4 D.4或【解析】选C.当A,B在平面α同侧时,距离为3+52=4,当A,B在α异侧时,距离为52.边长为a的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角,则折叠后AC的长为 ()A.2a B.22a C.32a【解析】选D.如图所示:取BD的中点O,连接A′O,CO,则∠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.如图所示,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是A.A1D B.AA1C.A1D1 D.A1C【解析】选D.易知AC⊥平面BB1D1D.因为A1C1∥AC,所以A1C1⊥平面BB1D又B1O平面BB1D1D,所以A1C1⊥B1O.4.如图,三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F分别是AC,AD上的动点,且AEAC=AFAD=λ(0<λ<1).下面说法正确的是 (A.当λ≠12时,平面BEF⊥平面B.当λ≠13时,平面BEF⊥平面C.当λ=67时,平面BEF⊥平面D.当λ=17时,平面BEF⊥平面【解析】选C.因为AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.因为CD⊥BC,且AB∩BC=B,AB⫋平面ABC,BC⫋平面ABC,所以CD⊥平面ABC.又因为AEAC=AFAD=λ(0<λ<1),所以不论λ为何值,恒有EF∥CD.所以EF⊥平面ABC,EF平面所以不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC.若平面BEF⊥平面ACD,因为BE⊥EF,所以BE⊥平面ACD.所以BE⊥AC.因为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故当λ=67时,平面BEF⊥平面5.已知矩形ABCD,AB=1,BC=2,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中 世纪金榜导学号()A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直D.对随意位置,三对直线“AC与BD”,“AB与CD”,“AD与BC”均不垂直【解析】选B.找出图形在翻折过程中改变的量与不变的量.对于选项A,过点A作AE⊥BD,垂足为E,过点C作CF⊥BD,垂足为F,在图(1)中由边AB,BC不相等可知点E,F不重合.在图(2)中,连接CE,若直线AC与直线BD垂直,又因为AC∩AE=A,所以BD⊥面ACE,所以BD⊥CE,与点E,F不重合相冲突,故A错误.对于选项B,若AB⊥CD,又因为AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥面ADC,所以AB⊥AC,由AB=1,BC=2,AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形,使得直线AB与直线CD垂直,故B正确.对于选项C,若AD⊥BC,又因为DC⊥BC,AD∩DC=D,所以BC⊥面ADC,所以BC⊥AC.已知BC=2,AB=1,BC>AB,所以不存在这样的直角三角形.所以C错误.由上可知D错误.二、填空题(每小题5分,共15分)6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是棱CC1,C1D1,D1D,DC的中点,N是BC的中点,点M在四边形EFGH及其内部运动,则M满意条件时,有MN∥平面B1BDD1【解析】如图,连接FH,HN,FN,由题意知HN∥平面B1BDD1,FH∥平面B1BDD1.且HN∩FH=H,所以平面NHF∥平面B1BDD1.所以当M在线段HF上运动时,有MN∥平面B1BDD1.答案:M∈线段HF7.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点F在线段AA1上,当AF=时,CF⊥平面B【解析】由题意易知,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,设AF=x,则A1F=3a由Rt△CAF∽Rt△FA1D,得ACA1F=AFA1D,即2a3a-x=xa,整理得答案:a或2a8.在长方体ABCD-A1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示,其中P点不在对角线B1D1上).过P点在平面A1C1内作始终线m,使m与直线BD成α角,其中α∈0,π2,【解析】连接B1D1,BD,因为BD∥B1D1,所以直线m与直线B1D1也成α角,如图.在平面A1B1C1D1内,过直线B1D1外一点P与B1D1成锐角α的直线有两条,所以与BD所成的角α∈0,π2答案:两三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2024·全国卷Ⅰ)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE.(2)求点C到平面C1DE的距离.【解析】(1)连接B1C,ME,C1因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故ME因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN⊈平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,又BC∩C1C=C,所以DE⊥平面C1CE,故DE从而CH⊥平面C1DE,故CH的长即为点C到平面C1DE的距离,由已知可得CE=1,C1C所以C1E=17,故CH=417所以点C到平面C1DE的距离为41710.如图(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC,AB的中点,点F为线段CD上的一点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图(2). (1)求证:DE∥平面A1CB.(2)求证:A1F⊥(3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由【解析】(1)因为D,E分别为AC,AB的中点,所以DE∥BC.又因为DE⊈平面A1CB,BC平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)由已知ED⊥A1D,ED⊥CD,因为A1D∩CD=D,所以ED⊥平面A1CD,因为A1F平面A1CD,所以ED⊥A1F又因为A1F⊥CD,CD∩所以A1F⊥平面BCDE,又BE平面BCDE,所以A1F⊥BE.(3)线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面理由如下:如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥又因为DE∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEQP.由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C所以A1C⊥DP.又DP∩所以A1C⊥平面DEQP.从而A1C⊥故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面(15分钟35分)1.(5分)设α,β是两个不同的平面,l,m为两条不同的直线.命题p:若平面α∥β,lα,mβ,则l∥m;命题q:l∥α,m⊥l,mβ,则β⊥α,则下列命题为真命题的是 ()A.p或qB.p且qC.p或q D.p且q【解析】选C.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,命题p:平面AC为平面α,平面A1C1为平面β,直线A1D1和直线AB分别是直线m,l,明显满意α∥β,lα,mβ,而m与l异面,故命题p是假命题,p是真命题;命题q:平面AC为平面α,平面A1C1为平面β,直线A1D1和直线A1B1分别是直线m,l,明显满意l∥α,m⊥l,mβ,而α∥β,故命题q是假命题,q是真命题,所以p或q为真命题.2.(5分)如图,在四边形ABCD中,AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,E,F分别在BC,AD上,EF∥AB.现将四边形ABEF沿EF折起,使得平面ABEF⊥平面EFDC.若BE=1,在折叠后的AD上取一点P,当APAD=时,CP∥平面【解析】当APAD=35时,CP∥平面ABEF下面证明:过P作MP∥FD,交AF于点M,连接EM.因为FD=5,EC=3,因为MP∥FD∥EC,所以P,M,E,C共面,因为PC∥平面ABEF,所以PC∥EM,所以平面PMEC为平行四边形,所以MP=EC=3,所以APAD=MPFD=答案:33.(5分)以BD为直径的圆O经过A,C两点,延长DA,CB交于P点,将△PAB沿线段AB折起,使P点在底面ABCD的射影恰好为AD的中点Q.若AB=BC=1,BD=2,线段PB,PC的中点分别为E,F.则A,D,E,F四点(填“共面”或“不共面”),四棱锥E-ABCQ的体积为.

【解析】假设四点A,D,E,F共面,因为EF∥BC,BC⊈平面AEFD,所以BC∥平面AEFD,又因为平面AEFD∩平面ABCD=AD,BC⫋平面ABCD,所以BC∥AD,与已知BC∩AD=P冲突,所以四点A,D,E,F不共面.连接CQ,由题意∠BAD=∠BCD=π2又AB⊥AP,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,所以平面ABCD⊥平面PAD,P点在底面ABCD的射影恰为AD的中点Q,所以PQ⊥AD,所以PQ为四棱锥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,因为线段PB的中点为E,所以E点到平面ABCQ的高为34,又CQ⊥AD,CQ=32,所以VE-ABCQ=13×1+32×3答案:不共面54.(10分)如图,△ABC和△BCD所在平面相互垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点. 世纪金榜导学号(1)求证:EF⊥平面BCG.(2)求三棱锥D-BCG的体积.【解析】(1)由已知得△ABC≌△DBC,因此AC=DC.又G为AD的中点,所以CG⊥AD.同理BG⊥AD,又BG∩CG=G,因此AD⊥平面BGC.又由题意得EF∥AD,所以EF⊥平面BCG.(2)在平面ABC内,作AO⊥BC,交CB的延长线于O,如图,由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥平面BDC.又G为AD中点,因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin60°=3,所以VD-BCG=VG-BCD=13S△DBC·=13×12BD·BC·sin120°·325.(10分)如图所示,已知长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形,E为线段AD1的中点,F为线段BD1的中点, (1)求证:EF∥平面ABCD.(2)设M为线段C1C的中点,当D1DAD的比值为多少时,DF⊥平面D【解析】(1)因为E为线段AD1的中点,F为线段BD1的中点,所以EF∥AB.因为EF⊈平面ABCD,AB平面ABCD,所以EF∥平面ABCD.(2)当D1DAD=2时,DF⊥平面D1MB.连接因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD.因为D1D⊥平面ABC,所以D1D⊥AC.又DD1∩BD=D,所以AC⊥平面BB1D1D,所以AC⊥DF.因为F,M分别是BD1,CC1的中点,所以F为AC1的中点,所以FM∥AC.所以DF⊥FM.因为D1D=2AD,所以D1D=BD.所以矩形D1DBB1为正方形.因为F为BD1的中点,所以DF⊥BD1.因为FM∩BD1=F,所以DF⊥平面D1MB.1.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AC1⊥平面A1B1C1,AC=BC=5,AB=6,点D,E,F分别是AB,B1C1,AA1的中点.多面体AB-A1B1C1的体积为32,则DC1的长为,EF的长为【解析】因为AC=BC,D是AB中点,所以CD⊥AB,因为AC1⊥平面A1B1C1,平面A1B1C1∥平面ABC,所以AC1⊥又CD平面ABC,所以AC1⊥CD,设三棱柱的体积为V,则V=S△ABC·AC1,因为在△ABC中,AC=BC=5,AB=6,所以S△ABC=12.由题意可得23V=32,所以AC1在△AC1D中,DC1=AC12+AD2=42+因为E,F分别为B1C1,AA1的中点所以FG=2,EG=3,FG∥AC1,因为AC1⊥平面A1B1C1,EG平面A1B1C1所以AC1⊥EG,所以FG⊥EG,所以EF=EG2+答