2021版高考数学一轮复习 核心素养测评四十七 9.doc

1、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 外,A,B 两点到平面 的距离分别为 3 和 5,则线段 AB 的中点到平面 的距离为()A.1 B.4 C.1 或 4 D.4 或 6【解析】选 C.当 A,B 在平面 同侧时,距离为=4,当 A,B 在 异侧时,距离为=1.2.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.a B.a C.a D.a【解析】选 D.如图所示:取 BD 的中点 O,连接 AO,CO,则AOC 是二面角 A-BD-C 的平面角.即AO

2、C=90,又 AO=CO=a,所以 AC=a,即折叠后 AC 的长 AC 为 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.AA1 C.A1D1 D.A1C1【解析】选 D.易知 AC平面 BB1D1D.因为 A1C1AC,所以 A1C1平面 BB1D1D.又 B1O平面 BB1D1D,所以 A1C1B1O.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=(01).下面说法正确的是()A.当 时,平面 BEF平面 AB

3、C;B.当 时,平面 BEF平面 ABC;C.当=时,平面 BEF平面 ACD;D.当=时,平面 BEF平面 ACD.【解析】选 C.因为 AB平面 BCD,所以 ABCD.因为 CDBC,且 ABBC=B,AB 平面 ABC,BC 平面 ABC,所以 CD平面 ABC.又因为=(01),所以不论 为何值,恒有 EFCD.所以 EF平面 ABC,EF平面BEF.所以不论 为何值恒有平面 BEF平面 ABC.若平面 BEF平面 ACD,因为 BEEF,所以 BE平面 ACD.所以 BEAC.因为 BC=CD=1,BCD=90,ABD=90,ADB=60,所以 BD=,AB=tan 60=.所以

4、AC=.由 AB2=AEAC,得 AE=.所以=.故当=时,平面 BEF平面 ACD.5.已知矩形 ABCD,AB=1,BC=,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.对任意位置,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变化的量与不变的量.对于选项 A,过点 A 作 AEBD,垂足为 E,过点 C 作 CFBD,垂足为 F

5、,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 ACAE=A,所以 BD面 ACE,所以 BDCE,与点 E,F 不重合相矛盾,故 A 错误.对于选项 B,若 ABCD,又因为 ABAD,ADCD=D,所以 AB面 ADC,所以 ABAC,由 AB=1,BC=,ABAB,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

6、 M 在四边形 EFGH 及其内部运动,则 M 满足条件 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 HNFH=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 HF 7.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 B1DF.【解析】由题意易知,B1D平面 ACC1A1,又 CF平

7、面 ACC1A1,所以 B1DCF.要使 CF平面 B1DF,只需 CFDF 即可.令 CFDF,设 AF=x,则 A1F=3a-x.由 RtCAFRtFA1D,得=,即=,整理得 x2-3ax+2a2=0,解得 x=a 或 x=2a.答案:a 或 2a 8.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内作一直线 m,使 m 与直线 BD 成 角,其中 ,这样的直线有 条.世纪金榜导学号 【解析】连接 B1D1,BD,因为 BDB1D1,所以直线 m 与直线 B1D1也成 角,如图.在平面 A1B1C

8、1D1内,过直线 B1D1外一点 P 与 B1D1成锐角 的直线有两条,所以与 BD 所成的角 的直线 m 有两条.答案:两 三、解答题(每小题 10 分,共 20 分)9.(2019全国卷)如图,直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,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,C1D.因为 M,E 分别为 BB1,BC 的中点,所以 MEB1C,且 ME=B1C.又因为 N 为 A1D 的中点,所以 ND=A1D.由题设知 A1B1

9、DC,可得 B1CA1D,故 MEND,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 DEBC,DEC1C,又 BCC1C=C,所以 DE平面 C1CE,故 DECH.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=4,所以 C1E=,故 CH=.所以点 C 到平面 C1DE 的距离为.10.如图(1),在 RtABC 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

10、A1DE 的位置,使 A1FCD,如图(2).世纪金榜导学号 (1)求证:DE平面 A1CB.(2)求证:A1FBE.(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 DEBC.又因为 DE 平面 A1CB,BC平面 A1CB,所以 DE平面 A1CB.(2)由已知 EDA1D,EDCD,因为 A1DCD=D,所以 ED平面 A1CD,因为 A1F平面 A1CD,所以 EDA1F.又因为 A1FCD,CDDE=D,所以 A1F平面 BCDE,又 BE平面 BCDE,所以 A1FBE.(3)线段 A1B 上存在点

11、 Q,使 A1C平面 DEQ.理由如下:如图,分别取 A1C,A1B 的中点 P,Q,则 PQBC.又因为 DEBC,所以 DEPQ.所以平面 DEQ 即为平面 DEQP.由(2)知,DE平面 A1DC,所以 DEA1C.又因为 P 是等腰三角形 DA1C 底边 A1C 的中点,所以 A1CDP.又 DPDE=D,所以 A1C平面 DEQP.从而 A1C平面 DEQ.故线段 A1B 上存在点 Q,使得 A1C平面 DEQ.(15 分钟 35 分)1.(5 分)设,是两个不同的平面,l,m 为两条不同的直线.命题 p:若平面,l,m,则 lm;命题 q:l,ml,m,则,则下列命题为真命题的是(

12、)A.p 或 q B.p 且 q C.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,平面 A1C1为平面,直线A1D1和直线 AB 分别是直线 m,l,显然满足,l,m,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,平面 A1C1为平面,直线 A1D1和直线 A1B1分别是直线 m,l,显然满足 l,ml,m,而,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,ABAD,ADBC,AD=6,BC=4,AB=2,E,F 分别在 BC,

13、AD 上,EFAB.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=时,CP平面 ABEF.【解析】当=时,CP平面 ABEF.下面证明:过 P 作 MPFD,交 AF 于点 M,连接 EM.因为 FD=5,EC=3,因为 MPFDEC,所以 P,M,E,C 共面,因为 PC平面 ABEF,所以 PCEM,所以平面 PMEC 为平行四边形,所以 MP=EC=3,所以=.答案:3.(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

14、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 EFBC,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 BCAD,与已知 BCAD=P 矛盾,所以四点 A,D,E,F 不共面.连接 CQ,由题意BAD=BCD=,又 ABAP,PAAD=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

15、的中点 Q,所以 PQAD,所以 PQ 为四棱锥 P-ABCQ 的高,AB=BC=1,BD=2,所以 AD=CD=,ADC=,所以APB=ADB=,所以 PD=PA=,AQ=QD=,PQ=,因为线段 PB 的中点为 E,所以 E 点到平面 ABCQ 的高为,又CQAD,CQ=,所以 VE-ABCQ=.答案:不共面 4.(10 分)如图,ABC 和BCD 所在平面互相垂直,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ABCDBC,因此 AC=

16、DC.又 G 为 AD 的中点,所以 CGAD.同理 BGAD,又 BGCG=G,因此 AD平面 BGC.又由题意得 EFAD,所以 EF平面 BCG.(2)在平面 ABC 内,作 AOBC,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=ABsin 60=,所以 VD-BCG=VG-BCD=SDBCh=BDBCsin 120=.5.(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

17、BD1的中点,世纪金榜导学号 (1)求证:EF平面 ABCD.(2)设 M 为线段 C1C 的中点,当的比值为多少时,DF平面 D1MB,并说明理由.【解析】(1)因为 E 为线段 AD1的中点,F 为线段 BD1的中点,所以 EFAB.因为 EF 平面ABCD,AB平面 ABCD,所以 EF平面 ABCD.(2)当=时,DF平面 D1MB.连接 FM,AC1.因为四边形 ABCD 是正方形,所以 ACBD.因为 D1D平面 ABC,所以 D1DAC.又 DD1BD=D,所以 AC平面 BB1D1D,所以 ACDF.因为 F,M 分别是 BD1,CC1的中点,所以 F 为 AC1的中点,所以

18、FMAC.所以 DFFM.因为 D1D=AD,所以 D1D=BD.所以矩形 D1DBB1为正方形.因为 F 为 BD1的中点,所以 DFBD1.因为 FMBD1=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 .世纪金榜导学号 【解析】因为 AC=BC,D 是 AB 中点,所以 CDAB,因为 AC1平面 A1B1C1,平面 A1B1C1平面 ABC,所以 AC1平面 ABC,又 CD平面

19、ABC,所以 AC1CD,设三棱柱的体积为 V,则 V=SABCAC1,因为在ABC 中,AC=BC=5,AB=6,所以 SABC=12.由题意可得 V=32,所以 AC1=4,在AC1D 中,DC1=5,取 A1C1中点 G,连接 EG,FG,因为 E,F 分别为 B1C1,AA1的中点,所以 FG=2,EG=3,FGAC1,因为 AC1平面 A1B1C1,EG平面 A1B1C1,所以 AC1EG,所以 FGEG,所以 EF=.答案:5 2.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AB=AA1=CA=CB=2,BAA1=.若 cosCAA1=,则三棱柱ABC-A1B1C1的体积为 .世纪金榜导学号 【解析】设点 O 为 AB 的中点,连接 CO,A1O,由 AB=AA1=CA=CB,BAA1=,知ABC 与ABA1均为等边三角形,CO=A1O=,又在A1AC 中,AA1=AC=2,cosCAA1=,由余弦定理得 A1C=,所以 CO2+A1O2=A1C2,所以 COA1O,又 A1OAB,故 A1O平面 ABC,所以=SABCA1O=3,所以所求三棱柱 ABC-A1B1C1的体积为 3.答案:3