高考真题衍生卷 命题区间13空间点线面的位置关系、空间向量--《高考快车道》2026版高考数学高考母题必读及衍生

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高考真题衍生卷 命题区间13空间点线面的位置关系、空间向量--《高考快车道》2026版高考数学高考母题必读及衍生

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高考真题衍生卷·命题区间13
1.B [连接MN,ND(图略),由AB=2AA′=2AD,M,N分别是A′B′,D′C′的中点,
可得CN⊥ND,又MN⊥平面CND,
所以CN⊥MN,又MN∩ND=N,
所以CN⊥平面MND,
因为DM 平面MND,所以CN⊥DM,
即直线CN与DM为相互垂直的异面直线.故选B.]
2.C [对于A,B,若m∥α,n∥α,则m,n可能平行、相交或异面,故A,B错误.
对于C,D,若m∥α,n⊥α,则m⊥n,且m与n相交或异面,故D错误.故选C.]
3.A [对①,当n α,因为m∥n,m β,则n∥β;
当n β,因为m∥n,m α,则n∥α;
当n既不在α内也不在β内,因为m∥n,m α,m β,则n∥α且n∥β,故①正确;
对②,若m⊥n,则n与α,β不一定垂直,故②错误;
对③,过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t,
因为n∥α,过直线n的平面与平面α的交线为直线s,则根据线面平行的性质定理知n∥s,
同理可得n∥t,则s∥t,因为s 平面β,t 平面β,则s∥平面β,
因为s 平面α,α∩β=m,则s∥m,又因为n∥s,则m∥n,故③正确;
对④,若α∩β=m,n与α和β所成的角相等,如果n∥α,n∥β,则m∥n,故④错误.
综上只有①③正确,故选A.]
4.ABD [由=0,可知M为AB的中点.
A项:若x≠0,则由可知,
点P 直线BD,点P∈平面BCD,所以点P 平面ABD,
因为AD 平面ABD,点M∈平面ABD,且点M 直线AD,
所以x≠0时,直线MP与直线AD为异面直线,A正确;
B项:若x+y=1,则P,C,D三点共线,即点P∈直线CD,
在正三棱锥DABC中,CM⊥AB,DM⊥AB,所以AB⊥平面MDC,又AB 平面ABD,所以平面MDP⊥平面ABD,B正确;
C项:因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直,所以过点M有且仅有一条直线l与平面BCD垂直,则点P就是直线l与平面BCD的交点,且是唯一的.
又由平面向量基本定理可得,存在唯一的实数对(x,y),使得,C错误;
D项:分别取BD,BC的中点E,F,则,
当x+y=时,2x+2y=1,所以E,F,P三点共线,即P∈EF,
显然平面MEF∥平面ADC,所以MP∥平面ADC,D正确.故选ABD.]
5.B [对于A,如图1,当点P为A1C1的中点时,连接B1D1,BD,则P在B1D1上,BP 平面BDD1B1,又DD1 平面BDD1B1,所以BP与DD1共面,故A不正确;对于B,如图2,连接AC,易知AC 平面ACC1A1,BP 平面ACC1A1,且BP∩平面ACC1A1=P,P不在AC上,所以BP与AC为异面直线,故B正确;当点P与点C1重合时,连接AD1,B1C(图略),由正方体的性质,易知BP∥AD1,BP与B1C相交,故C,D不正确.故选B.
 ]
6.B [.故选B.]
7.解:(1)因为∠A1AB=120°,所以∠ABB1=60°,
又AA1=BB1=4,AB1=,
在△ABB1中,由正弦定理得,
所以sin ∠BAB1=1,即∠BAB1=90°,所以AB=2,AB1⊥AB.
因为平面AA1B1B⊥平面ABC,平面AA1B1B∩平面ABC=AB,AB1 平面AA1B1B,
所以AB1⊥平面ABC.
又AC 平面ABC,故AB1⊥AC,
因为四边形AA1C1C为正方形,故AC⊥AA1,
又AB1,AA1 平面AA1B1B,AB1∩AA1=A,
故AC⊥平面AA1B1B,
因为AB 平面AA1B1B,故AC⊥AB.
设点B到平面AA1C1C的距离为d,由VBAA1C=VA1ABC,
即·d=S△ABC·AB1,
解得d=,
故点B到平面AA1C1C的距离为.
(2)设PA=h,h∈[0,2].
法一:由(1)得AC,AB,AB1两两互相垂直,故以A为坐标原点,以AC,AB,AB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
易知平面ABC的一个法向量为n1=(0,0,1),
由题得B(0,2,0),C(4,0,0),设P(0,0,h),0≤h≤2,
则=(0,-2,h),=(4,-2,0),
设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
故则
令x2=h,则y2=2h,z2=4,
则平面PBC的一个法向量为n2=(h,2h,4),
设二面角PBCA的大小为θ,
因为sin θ=,sin2θ+cos2θ=1,
故cosθ= (θ为锐角),
则cos θ=|cos 〈n1,n2〉|==,
所以h=∈[0,2],所以PA=.
法二:如图,作AH⊥BC,垂足为H,连接PH.设PA=h,0≤h≤2.
因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以PA⊥BC,
又BC⊥AH,AH,PA 平面PAH,AH∩PA=A,
故BC⊥平面PAH,
因为PH 平面PAH,所以BC⊥PH,
故∠PHA即为二面角PBCA的平面角,
则sin ∠PHA=,
在Rt△ABC中,BC=,
则AH=,
则PH=,解得h=∈[0,2],
所以线段AB1上存在点P满足要求,且PA=.
8.解:(1)连接BN,由条件可得AA1⊥BN,AC=2,
因为AB=BC,N为AC的中点,
所以BN⊥AC,
又AC∩AA1=A,AC,AA1 平面AA1C1C,
得BN⊥平面AA1C1C,
又BN 平面BMN,
故平面BMN⊥平面AA1C1C.
过M作MK⊥AB于点K,连接NK,则MK=,
设A1M=x(x>1),
则在△ANK中,由余弦定理可得
NK2=x2+2-2×x cos 45°=x2-2x+2,
故MN2=NK2+MK2=x2-2x+4,
又BM2=B1M2+B=(2-x)2+2=x2-4x+6,
当且仅当x=+1时等号成立,
故的最小值为1-.
(2)由题可知AB⊥BC,AB⊥BB1,BC⊥BB1,
故以B为原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系Bxyz.
则B(0,0,0),C1(2,0,),M(0,2-x,),N(1,1,0),C(2,0,0),
则=(-2,2-x,0),=(-1,1,-),由C1M⊥C1N可得·=2+2-x=0,故x=4,
故=(0,-2,),=(1,3,-),=(-2,-2,),
设平面BMN的法向量为n1=(x1,y1,z1),
由可得
令y1=1,可得n1=(-1,1,)为平面BMN的一个法向量,
设平面CMN的法向量为n2=(x2,y2,z2),
由可得
令x2=,可得n2=(,,4),
所以|cos 〈n1,n2〉|=,
故二面角BMNC的正弦值为.
6/6命题区间13 空间点线面的位置关系、空间向量
(单项选择题每小题5分,多项选择题每小题6分,解答题每小题13分,共57分)
考向一 空间点、直线、平面之间的位置关系
1.(补偿题)如图,在长方体ABCD A′B′C′D′中,AB=2AA′=2AD,M,N分别是A′B′,D′C′的中点.则直线CN与DM是(  )
[A]相互垂直的相交直线
[B]相互垂直的异面直线
[C]相互不垂直的异面直线
[D]所成的角为60°的异面直线
2.(2024·天津卷T6)若m,n为两条直线,α为一个平面,则下列结论中正确的是(  )
[A]若m∥α,n∥α,则m⊥n
[B]若m∥α,n∥α,则m∥n
[C]若m∥α,n⊥α,则m⊥n
[D]若m∥α,n⊥α,则m与n相交
3.(2024·全国甲卷文T11)设α,β是两个平面,m,n是两条直线,且α∩β=m.下列四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β;②若m⊥n,则n⊥α,n⊥β;③若n∥α,且n∥β,则m∥n;④若n与α和β所成的角相等,则m⊥n.
其中所有真命题的编号是(  )
[A]①③ [B]②④
[C]①②③ [D]①③④
4.(多选)(2023·全国乙卷T19(1)姊妹题)在正三棱锥D ABC中,=0,点P满足=x+y,其中x∈[0,1],y∈[0,1],则(  )
[A]当x≠0时,直线MP与直线AD一定为异面直线
[B]当x+y=1时,平面MDP⊥平面ABD
[C]使得MP⊥平面BCD的(x,y)有两对
[D]当x+y=时,MP∥平面ADC
5.(2023·上海春季卷T15)如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,P是A1C1上的动点,则下列直线中,始终与直线BP异面的是(  )
 
[A]DD1 [B]AC
[C]AD1 [D]B1C
考向二 空间向量与立体几何
6.(补偿题)如图,在三棱锥S ABC中,点E,F分别是SA,BC的中点,点G在线段EF上,且满足=,若=a,=b,=c,则=(  )
[A]a-b+c [B]a+b+c
[C]a-b+c [D]a-b+c
7.(13分)(2024·新高考Ⅰ卷T17子母题)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,平面AA1B1B⊥平面ABC,AB1=2,AA1=4,∠A1AB=120°,四边形AA1C1C为正方形.
(1)求点B到平面AA1C1C的距离;
(2)若线段AB1上存在一点P,使得二面角P BC A的正弦值为,求PA.
8.(13分)(2023·新高考Ⅱ卷T20姊妹题如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=2,AA1=,点M在射线A1B1上(A1M>1),N为AC的中点.
(1)求的最小值;
(2)当C1M⊥C1N时,求二面角B MN C的正弦值.
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