1、1.(2016浙江,2,5分)已知互相垂直的平面,交于直线l.若直线m,n满足m,n,则 ( ) A.ml B.mn C.nl D.mn,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,答案 C 对于A,m与l可能平行或异面,故A错;对于B、D,m与n可能平行、相交或异面,故B、 D错;对于C,因为n,l,所以nl,故C正确.故选C.,评析 本题考查了线面平行与垂直的性质及空间两条直线的位置关系.,2.(2015浙江文,4,5分)设,是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l,m. ( ) A.若l,则 B.若,则lm C.若l,则 D.若,则lm,答案 A 对于选项A,由面面垂直的判定定理可知选项A
2、正确;对于选项B,若,l,m, 则l与m可能平行,可能相交,也可能异面,所以选项B错误;对于选项C,当l平行于与的交线时,l ,但此时与相交,所以选项C错误;对于选项D,若,则l与m可能平行,也可能异面,所以选 项D错误.故选A.,考点 空间点、线、面的位置关系,B组 统一命题、省（区、市）卷题组,1.(2019课标全国文,8,5分)如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD 平面ABCD,M是线段ED的中点,则 ( ) A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BMEN,且直线BM
3、,EN是异面直线,答案 B 本题考查了两直线的位置关系,通过面面垂直考查了空间想象能力和数学运算能 力,体现的核心素养为直观想象. 过E作EQCD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上, 平面ECD平面ABCD,平面ECD平面ABCD=CD, EQ平面ABCD,EQQN,同理可知BCCE, 设CD=2,则EN= = =2, BE= = =2 ,又在正方形ABCD中,BD= =2 =BE,EBD是等腰三 角形,故在等腰EBD中,M为DE的中点,BM= = = ,BM= 2=EN,即BM EN. 又点M、N、B、E均在平面BED内,BM,EN在平面BED内,又BM与EN不平行,BM,EN是相
4、 交直线,故选B.,疑难突破 过点E作CD的垂线,构造直角三角形是求BM的关键,也是解本题的突破口.,2.(2017课标全国理,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,则异 面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 本题考查直棱柱的性质和异面直线所成的角. 将直三棱柱ABC-A1B1C1补形成直四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图),连接AD1,B1D1,则AD1BC1. 则B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角),易求得AB1= ,BC1=AD1= ,B1D1= .由 余弦定理得cosB
5、1AD1= .故选C.,方法总结 本题主要考查异面直线所成的角,求异面直线所成角的方法有两种.一是定义法,二 是用向量的夹角公式求解.,3.(2016课标全国,11,5分)平面过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,平面CB1D1,平面 ABCD=m,平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为 ( ) A. B. C. D.,答案 A 如图,延长B1A1至A2,使A2A1=B1A1,延长D1A1至A3,使A3A1=D1A1,连接AA2,AA3,A2A3,A1B,A1 D.易证AA2A1BD1C,AA3A1DB1C. 平面AA2A3平面CB1D1,即平面AA2A3为平面. 于是mA2A3
6、,直线AA2即为直线n.显然有AA2=AA3=A2A3,于是m,n所成的角为60,其正弦值为 .选A.,疑难突破 本题的难点是明确直线m,n的具体位置或它们相对正方体中的棱、对角线的相对 位置关系.为此适当扩形是常用策略.向右、向前扩展(补形)两个全等的正方体,则m,n或其平 行线就展现出来了.,4.(2015广东,8,5分)若空间中n个不同的点两两距离都相等,则正整数n的取值 ( ) A.至多等于3 B.至多等于4 C.等于5 D.大于5,答案 B 由正四面体的定义可知n=4能满足条件.当n5时,可设其中三个点为A、B、C,由 直线与平面垂直的性质及点到点的距离定义可知到A、B、C三点距离相
7、等的点必在过ABC 的重心且与平面ABC垂直的直线上,从而易知到A、B、C的距离等于正三角形ABC边长的点 有两个,分别在平面ABC的两侧.此时可知这两点间的距离大于正三角形的边长,从而不可能有 5个点满足条件.当然也不可能有多于5个的点满足条件.故选B.,评析 本题利用正四面体知识可知n能等于4,对于n5的情形,则要求学生有较强的空间想 象力,适当地构造几何体的能力及推理能力.,5.(2017课标全国理,16,5分)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角 边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论: 当直线AB与a成60角时,AB与b成30
8、角; 当直线AB与a成60角时,AB与b成60角; 直线AB与a所成角的最小值为45; 直线AB与a所成角的最大值为60. 其中正确的是 .(填写所有正确结论的编号),解析 本题考查空间直线、平面间的位置关系. 过点C作直线a1a,b1b,则直线AC、a1、b1两两垂直.不妨分别以a1、b1、AC所在直线 为x、y、z轴建立空间直角坐标系,取n1=(1,0,0)为a1的方向向量,n2=(0,1,0)为b1的方向向量,令A (0,0,1).可设B(cos ,sin ,0),则 =(cos ,sin ,-1).当直线AB与a成60角时,|cos|= ,| cos |= ,|sin |= ,|cos
9、|= ,即AB与b所成角也是60.|cos|= = , 直线AB与a所成角的最小值为45.综上,和是正确的,和是错误的.故填.,答案 ,一题多解 过点B作a1a,b1b,当直线AB与a成60角时,由题意,可知AB在由a1,b1确定的平面 上的射影为BC,且BC与a1成45角,又ab,故AB与b所成角也是60.错,正确;当直线aBC 时,AB与a所成角最小,故最小角为45.正确,错误.综上,正确的是,错误的是.(注:一 条斜线与平面所成角的余弦值和其在平面内的射影与平面内一条直线所成角的余弦值的乘 积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦值),考点 空间点、线、面的位置关系,三年模拟,A组 2017
10、2019年高考模拟考点基础题组,1.(2019浙江高考信息优化卷(五),4)已知三条不重合的直线m,n,l和两个不重合的平面,下列 说法正确的是 ( ) A.若m,n,n,则m B.若m,n,m,n,则 C.若,m,则m D.若l,m,且若lm,则,答案 D A选项中,m,n同时平行,但m,n不一定平行,故A错.B选项中,m,n不一定相交,故B错.C 选项中,m也可能发生,故C错,故选D.,2.(2019浙江高考信息优化卷(三),6)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA160,60 B.60,60 D.60,60,答案 B 如图所示, 若AA1=AB=AD,则AD1C为等边三角形,直线A
11、1B与直线AD1所成角=AD1C=60,当AA160,同理=A1BD60.故 选B.,3.(2019浙江高考数学仿真卷(三),7)在三棱锥P-ABC中,PA=3,PC= ,BC=4,AB=2 ,则异面直 线AC与PB所成角的正弦值为 ( ) A. B. C. D.1,答案 D 因为 = - ,所以 = -2 + , 同理, = -2 + . -,得16-20=5-9+2 ( - ), 解得 =0, 所以 ,即ACPB,所以异面直线AC与PB所成角的正弦值为1.故选D.,4.(2019浙江衢州、湖州、丽水三地教学质量检测,10)已知三棱柱ABC-ABC,AA平面ABC,P 是ABC内一点,点E,
12、F在直线BC上运动,若直线PA和AE所成角的最小值与直线PF和平面 ABC所成角的最大值相等,则满足条件的点P的轨迹是( ) A.直线的一部分 B.圆的一部分 C.抛物线的一部分 D.椭圆的一部分,答案 C 设点P在平面ABC内的射影为P,过P作BC的垂线,垂足为M,由已知有PAP= PMP,所以PA=PM,由抛物线的定义可得点P的轨迹是抛物线的一部分,所以点P的轨迹是抛 物线的一部分.,5.(2018浙江新高考调研卷一(诸暨中学),9)已知四棱锥S-ABCD的底面是边长为1的正方形,四 棱锥的高为 ,若四棱锥的五个顶点在半径为1的球面上,则侧棱SA的长度的最大值为 ( ) A. B. C.
13、D.,答案 B 过球心O引平面ABCD的垂线,垂足为H,则OA=1,AH= . 从而OH= = .因为 + 1,所以S的可能位置都在一个与平面ABCD平行的平 面上,与OH交于G,且GH= ,故OG= . 设A在平面上的射影为A1,在平面上,半径为 = 的圆上的点都有可能为S,且A1G= ,欲使AS的长度最大,只需A1S的长度最大,而当A1,G,S共线且A1,S在G的异侧时,A1S的长度最 大,所以SAmax= = .,6.(2017浙江镇海中学模拟卷三,10)已知正四面体ABCD的棱长为4,平面分别与棱AB,AC,AD 交于点E,F,G,若EF=FG=3,GE=2,则满足条件的平面的个数是
14、( ) A.1 B.2 C.3 D.4,答案 C 设AE=x,AF=y,AG=z,由余弦定理知 即 -得,(x-z)(x+z-y)=0. 当x=z时,式变形为x2=4,即x=2. 再将x=2代入,知y2-2y-5=0,解得y=1+ (负值舍去).故满足条件的平面有1个. 当y=x+z时,代入,化简得x2+z2+xz=9, 与式联立,解得 即 所以x2,z2为方程t2- t+ =0的两根,而= -4 = 0,故该方程有两个正根,即有序数 对(x,z)有两对,则满足条件的平面有2个. 综上,满足条件的平面有3个.故选C.,7.(2019浙江高考信息优化卷(二),16)如图所示,设异面直线a,b所成
15、的角为60,点Aa,点Bb, 且ABa,ABb,AB=2,点M在直线a上,点N在直线b上,若MA=1,则线段MN长的最小值是 .,答案,解析 设BN=x,由 = + + ,得 =1+4+x22xcos 60= + ,故线段MN 的最小值是 .,8.(2017浙江台州4月调研(一模),19)如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E为BC的中点,F为线段 AD上的一点,且AF= .现将四边形ABEF沿直线EF翻折,使翻折后的二面角A-EF-C的余弦值为 . (1)求证:ACEF; (2)求直线AD与平面ECDF所成角的大小.,解析 (1)证明:在矩形ABCD中,连接AC交EF于点M,由平面几
16、何知识可得AC= ,EF= , = = , 则有AM= ,MC= ,MF= , 故AM2+MF2=AF2,所以ACEF, 于是,AMEF,CMEF, 又AMCM=M,所以EF平面AMC, 而AC平面AMC,故ACEF.,(2)由(1)知,二面角A-EF-C的平面角是AMC, 则cosAMC= , 根据余弦定理及(1),可求得AC=1, 因为AC2+MC2=AM2,所以ACMC, 而ACEF,EFMC=M,所以AC平面ECDF,因此,ADC就是直线AD与平面ECDF所成的角. 由于AC=CD=1, 故直线AD与平面ECDF所成角的大小为 .,9.(2019浙江宁波北仑中学高三模拟(二),19)如
17、图所示,平面四边形PACB中,PAB为直角, ABC为等边三角形,现把PAB沿着AB折起,使得平面APB与平面ABC垂直,且点M为AB的中点. (1)求证:平面PAB平面PCM; (2)若2PA=AB,求直线BC与平面PMC所成角的余弦值.,解析 (1)证明:平面APB平面ABC,且交线为AB, PAB为直角,AP平面ABC. 故APCM. ABC为等边三角形,点M为AB的中点,CMAB. 又APAB=A, CM平面PAB, 又CM平面PCM, 平面PAB平面PCM. (6分) (2)假设PA=a,则AB=2a. 解法一:(等体积法)VP-MBC=VB-PMC,即 PASMBC= hBSPMC
18、. 又三角形PMC为直角三角形,设PA=a,则AB=2a,故SPMC= a2SMBC= a2, 故hB= a. 设BC与平面PMC所成的角为,则直线BC与平面PMC所成角的正弦值sin = = , 余弦值cos = . (15分) 解法二:(向量坐标法)以M点为坐标原点,以MB所在的直线为x轴,以MC所在的直线为y轴建立,空间直角坐标系,(图略),设PA=a,则M(0,0,0),P(-a,0,a),B(a,0,0),C(0, a,0),故 =(-a, a,0). 假设平面PMC的法向量为n=(x,y,z),则y=0,x=z,令x=1,则n=(1,0,1).设直线BC与平面PMC所成的 角为,
19、则直线BC与平面PMC所成角的正弦值sin = = ,余弦值cos = . (15分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:30分钟 分值:65分 一、选择题(每小题4分,共16分),1.(2019浙江高考数学仿真卷(一),4)平面外有两条直线m,n,如果m,n在平面内的投影分别是m 1,n1,则“mn”是“m1n1”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件,答案 D 若mn,则m1与n1可以平行,也可以重合;若m1n1,m与n可以平行,也可以异面.故 选D.,2.(2019浙江高考数学仿真卷,7)已知m,n为异面直线,为两
20、个不同平面,m,n,且直线l满 足lm,ln,l,l,则 ( ) A.且l B.且l C.与相交,且交线垂直于l D.与相交,且交线平行于l,答案 D 若,且m,n,则mn,与题意矛盾,故A错误;因此与相交,由m,lm,l ,可知l,同理由l,可得l平行于两个平面的交线,因此B,C错误,故选D.,3.(2019浙江新高考调研模拟卷(一),8)P是正四面体ABCD的面ABC内一动点,E为棱AD的中点, 记DP与平面BCE所成的角为定值,若点P的轨迹为一段抛物线,则tan 的值是 ( ) A. B. C. D.2,答案 B 点P的轨迹是抛物线,即DP与DA所成的角等于DA与平面ABC所成的角,设其
21、所成 的角为,则tan = .DP与平面BCE所成的角与DP与DA所成的角互余,tan = .,4.(2019浙江嵊州高三上期末,9)在直角梯形ABCD中,ADBC,ADC=90,M,E分别为AD,CD的 中点,N为BC上的点,MNBC,且BC=3,AD=2,CD=1,现将四边形ABNM沿直线MN翻折,则在翻折 过程中 ( ) A.直线AB与直线NE所成的角不可能为25 B.直线AB与直线NE所成的角不可能为50 C.直线AB与平面MNCD所成的角不可能为25 D.直线AB与平面MNCD所成的角不可能为50,答案 D 取BN的中点F,连接MF,显然ABMF,在沿直线MN翻折的过程中,线段MF的
22、轨迹是 圆锥的侧面,线段MF为圆锥的母线,显然,当MFDN时,直线AB与直线NE所成的角最小, 此时夹角为DNE,通过计算可得tanENC= ,tanDNE= ,所以ENCDNE,又ENC+ DNE=45,所以DNE22.5.如图,G为圆N上一点,过G作GHNC交NC于点H,连接MH, 显然当MHNE时,NE平面MGH,此时MGNE,所以直线AB与直线NE所成的角大于或等于 DNE且小于或等于90,所以A,B均不对.易知GMH就是直线AB与平面MNCD所成的角,且 GMH ,所以C不对,D正确.,解题思维 翻折的过程中,MF的轨迹为圆锥的母线运动过程中,找到直线AB与NE所成角的 最大值(探求
23、能否垂直)和最小值(共面)的临界位置得到范围判断选项A,B. 运动过程中,找到母线与平面MNCD所成角的最小值(共面)和最大值(与FC垂直)的临界位置 得到线面角的范围判断选项C,D.,知识拓展 翻折问题的一线五结论: 一线:垂直于折痕的线,即DFAE.,五结论: (1)折线同侧的几何量和位置关系保持不变,折线两侧的几何量和位置关系发生改变; (2)DHF是二面角D-AE-F的平面角; (3)D在平面ABCD上的投影一定落在射线DF上; (4)点D的轨迹是以H为圆心,DH为半径的圆; (5)平面ADE绕AE翻折形成两个同底的圆锥.,二、填空题(共4分),5.(2018浙江浙东北联盟期中,16)
24、正四面体ABCD的棱长为6,其中AB平面,E,F分别为线段 AD,BC的中点,当正四面体以AB为轴旋转时,线段EF在平面上的射影长的取值范围是 .,答案 3,3 ,解析 如图,取AC的中点G,结合已知可得GFAB,在正四面体中,ABCD,又GECD,GE GF,EF2=GE2+GF2,当四面体绕AB旋转时,GF平面,GE与GF的垂直性保持不变,显然,当 CD与平面垂直时,GE在平面上的射影长最短,为0,此时EF在平面上的射影E1F1的长取得最 小值3,当CD与平面平行时,GE在平面上的射影长取得最大值3,E1F1取得最大值3 ,所以射影 E1F1长的取值范围是3,3 .,6.(2019浙江新高
25、考调研模拟卷(二),19)如图,在三角形ABC中,ACB= ,AC=2BC,四边形 BCDE是边长为1的正方形,平面BCDE平面ABC. (1)求证:ABCE; (2)若点P是线段BE上一动点,当直线AD,AP与平面ACE所成的角相等时,求BP的长.,三、解答题(共45分),解析 (1)证明:因为ACB= ,AC=2BC,由余弦定理得AB= BC,从而AB2+BC2=AC2,所以AB BC.又平面BCDE平面ABC,平面BCDE平面ABC=BC,所以AB平面BCDE,又CE平面 BCDE,所以ABCE. (2)如图建立空间直角坐标系B-xyz, 则C(1,0,0),A(0, ,0),E(0,0
26、,1),D(1,0,1), =(0,- ,1), =(1,0,-1), =(1,- ,1), 设P(0,0,t)(0t1),设平面ACE的法向量为n=(x,y,z),则 令y=1,则n=( ,1, ),|cos|= = , |cos|= = ,化简得2t2-5t+1=0,解得t= .BE=1,t1,舍去t= ,故t= ,BP= .,7.(2019浙江新高考调研模拟卷(三)(镇海中学),19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角 梯形,ABBC, ADBC,AB=BC= AD,PAD是正三角形,E是PD的中点. (1)求证: PCAD; (2)已知AD=2,PC= ,求直线BE和平面
27、PBC所成角的正弦值.,解析 (1)证明:取AD的中点H,连接PH,HC,则AD平面PHC,又PC平面PHC,PCAD. (2)解法一:由(1)易知PH= ,HC=1,且PC= ,PHC= ,过H作HMPC,则HM平面PBC, 易求得HM= ,即H到平面PBC的距离为 ,E到平面PBC的距离为 .过E作AD的垂线 交AD于Q,过Q作AD的垂线交BC的延长线于N,连接EN,则EQ= ,QN=1,EN2= ,BE= , 设BE与平面PBC所成的角为,则sin = = ,即直线BE和平面PBC所成角的正弦值是 .,解法二:以A为坐标原点,AB,AD所在的直线为x,y轴建立空间直角坐标系,如图.则B(
28、1,0,0),C(1,1, 0),D(0,2,0),P ,E , = ,可求得平面PBC的一个法向量n= ,设BE与平面PBC所成的角为,则 sin = = ,直线BE与平面PBC所成角的正弦值是 .,8.(2018浙江温州二模(3月),19)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,ABC=90,ADP是等边 三角形,AB=AP=2,BP=3,ADBP. (1)求BC的长度; (2)求直线BC与平面ADP所成角的正弦值.,解析 (1)如图,取AD的中点F,连接PF,BF,BD. ADP是等边三角形,PFAD. (2分) 又ADBP,BPPF=P,AD平面PFB, BF平面PFB,ADBF, (
29、4分) BD=AB=2,BC= . (6分) (2)解法一:AD平面PFB,AD平面APD, 平面PFB平面APD. (8分) 如图,作BGPF交PF的延长线于G,则BG平面APD,延长AD,BC交于H,连接GH,BHG为直线BC与平面ADP所成的角. (10分) 由题意得PF=BF= ,又BP=3,GFB=60,BG= . (12分) ABC=BCD=90,CD=1,BH=2 . sinBHG= . (15分) 解法二:由(1)可知ABD是边长为2的正三角形,如图,取AB的中点M,连接MD,得BCMD,MD与平面ADP所成的角即为BC与平面ADP所成的角. (8分) 由(1)知AD平面PFB
30、,AD平面ABD, 平面ABD平面PFB. 作PQBF,交BF的延长线于点Q,BF为两垂直平面ABD与平面PFB的交线, PQ平面ABD, (10分) PQ=BPsinPBF=3 = ,SADP= 22= ,SADM= 22= . 设点M到平面ADP的距离为h,由VM-ADP=VP-ADM,得h= = = . (12分) 设所求线面角的大小为,又MD= ,sin = = = . (15分),C组 20172019年高考模拟应用创新题组 (2019 53原创题)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=AA1,D、E分别为棱BB1、AC的中点,AF =2BF,则直线C1D与EF的位置关系为 ( ) A.平行 B.相交 C.异面 D.垂直,答案 B 如图,延长C1D,与CB的延长线相交于点G,连接AG,EG,DBCC1且DB= CC1, BD为GCC1的中位线,B为CG的中点,又E为AC的中点,AB与EG的交点O为GAC的重 心,又F为中线AB的三等分点(靠近点B),F与O重合,故直线C1D与EF相交,故选B.,
