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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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