资源简介 高考真题衍生卷·命题区间131.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]①③④4.(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ADC5.(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+c7.(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.3/3 展开更多...... 收起↑ 资源列表 命题区间13 参考答案与精析.docx 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.docx