高考数学浙江省专用复习专题测试第八章立体几何82空间点线面的位置关系

1、考点空间点、线、面的位置关系 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.mlB.mnC.nlD.mn,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正确;对于选项B,若,l,

2、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.,3.(2013浙江,10,5分)在空间中,过点A作平面的垂线,垂足为B,记B=f(A).设,是两个不同的平面,对空间任意一点P,Q1=ff(P),Q2=ff(P),恒有PQ1=PQ2,则() A.平面与平面垂直 B.平面与平面所成的(锐)二面角为45 C.平面与平面平行 D.平面与平面所成的(锐)二面角为60,答案A设P1=f(P),P2=f(P).由条件中的新定义知:PP1,P1Q1,PP2,P

3、2Q2,故PP1P2Q2,PP2P1Q1,PP1P1Q2,PP2P2Q1, 可知点P,P1,P2,Q1,Q2五点共面,记为平面,可得,.当时,PP2PP1,此时四边形PP1Q2P2为矩形,PP2P2Q2,故Q1与Q2重合,满足题意,故选A.,4.(2013浙江文,4,5分)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面() A.若m,n,则mnB.若m,m,则 C.若mn,m,则nD.若m,则m,答案C设直线a,b,ab=A,m,ma,mb.又nm,na,nb,n.故选C.,5.(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A

4、BB1A1=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,A1D.易证AA2A1BD1C,AA3A1DB1C. 平面AA2A3平面CB1D1,即平面AA2A3为平面. 于是mA2A3,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

5、展现出来了.,6.(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3B.至多等于4C.等于5D.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

6、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.,7.(2015福建,7,5分)若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面,则“lm”是“l”的() A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件,答案B因为lm,m,所以l或l.故充分性不成立.反之,l,m,一定有lm.故必要性成立.选B.,8.(2014辽宁,4,5分)已知m,n表示两条不同直线,表示平面.下列说法正确的是() A.若m,n,则mnB.若m,n,则mn C.若m,mn,则nD.若m,mn,则n,答案BA选项m,n也可以相交或异面,C选项也可以n,D选项也可以n或n与斜交

7、.根据线面垂直的性质可知选B.,9.(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),答案,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

8、,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|=,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.,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

9、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),10.(2013课标全国,4,5分)已知m,n为异面直线,m平面,n平面.直线l满足lm,ln,l,l,则() A.且lB.且l C.与相交,且交线垂直于lD.与相交,且交线平行于l,以下为教师用书专用,答案D若,则mn,这与m,n为异面直线矛盾,所以A不正确.将已知条件转化到正方体中,易知与不一定垂直,但与的交线一定平行于l,从而排除B,C.故选D.,评析本题考查了线面的位置关系,考查了空间想象能力,本题利用排除法求解效果比较好.,11.(2

10、013广东,6,5分)设m,n是两条不同的直线,是两个不同的平面.下列命题中正确的是 () A.若,m,n,则mn B.若,m,n,则mn C.若mn,m,n,则 D.若m,mn,n,则,答案D若,m,n,则m与n可能平行,故A错;若,m,n,则m与n可能平行,也可能异面,故B错;若mn,m,n,则与可能相交,也可能平行,故C错;对于D项,由m,mn,得n,又知n,故,所以D项正确.,12.(2013江西,8,5分)如图,正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上,且ABCD,正方体的六个面所在的平面与直线CE,EF相交的平面个数分别记为m,n,那么m+n=() A.8B.9C.10D.11,答

11、案A如图,CE平面ABPQ,CE平面A1B1P1Q1,CE与正方体的其余四个面所在平面均相交,m=4;EF平面BPP1B1,且EF平面AQQ1A1,EF与正方体的其余四个面所在平面均相交,n=4,故m+n=8,选A.,13.(2013上海春招,9,3分)在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中,异面直线A1B与B1C所成角的大小为.,答案,解析连接A1D,BD,则A1DB1C,故BA1D即为异面直线A1B与B1C所成角,又A1DB为正三角形,故所成的角为.,14.(2013上海春招,25,7分)如图,在正三棱锥ABC-A1B1C中,AA1=6,异面直线BC1与AA1所成角的大小为,求该三

12、棱柱的体积.,解析因为CC1AA1,所以BC1C为异面直线BC1与AA1所成的角, 即BC1C=. 在RtBC1C中,BC=CC1tanBC1C=6=2, 从而SABC=BC2=3, 因此该三棱柱的体积为V=SABCAA1=36=18.,1.(2017浙江宁波二模(5月),5)已知平面,和直线l1,l2,且=l2,则“l1l2”是“l1,且l1”的() A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件,三年模拟,一、选择题,A组 20152017年高考模拟基础题组,答案B由线面平行的性质定理知选项B正确.,2.(2017浙江镇海中学模拟卷四,9)如图,已知ABC是

13、以B为直角顶点的直角三角形,D为平面ABC外一点,且满足AD=BC,CD=AB,E是线段AB的中点.若点D在平面ABC上的投影点M恰好落在线段BE上(不含两端点),则的取值范围是() A.(0,1)B.(1,)C.(1,)D.(,),答案B如图,该问题可以看成是“已知矩形ABCD,E为AB的中点,现将ACD沿对角线AC翻折,点D在平面ABC上的投影点M恰好落在线段BE上(不含两端点),求的取值范围”. 不妨设BC=1.过点D作DGAC,与AC和AB分别交于点G和点F,则D在平面ABC上的投影点M的轨迹在直线GF上.易知ADC与FAD相似,所以 =,即AF=.因为M落在线段BE上(不 含两端点)

14、,所以AFAB,即AB,所以1AB,又AD=1,所以的取值范围是(1, ).故选B.,解题技巧对于立体几何中的动态问题,关键是抓住变化过程中不变的位置关系和数量关系.如该题在翻折的过程中,DGAC,FGAC是一组不变关系(这是该题的突破口),这样我们就可以得到AC平面DFG,由面面垂直的判定知,平面ABC平面DFG,因此点D在平面ABC上的投影必在直线GF上,投影点即为GF和AB的交点F.,3.(2017浙江金华十校调研,10)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知E,F分别是线段AB1与CA1上的动点,异面直线AB1与CA1所成角为,记线段EF的中点M的轨迹为L,则|L|(表示L的测度,

15、在本题中当L表示曲线、平面图形、空间几何体时,|L|分别对应其所表示的曲线、平面图形、空间几何体的长度、面积、体积)等于() A.|AB1| B. C.|AB1|CA1|sin D.(是三棱柱ABC-A1B1C1的体积),答案C分别取棱AC,B1C,B1A1,AA1的中点P,Q,R,S,易知点M的轨迹恰为平行四边形PQRS的内部(包括边界),所以|L|即为平行四边形PQRS的面积,因此|L|=|PQ|QR|sin =|AB1|CA1|sin ,故选 C.,4.(2017浙江温州2月模拟,8)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABC平面BCD,BAC与BCD均为等腰直角三角形,且BAC=BCD=9

16、0,BC=2,点P是线段AB上的动点(不含端点),若线段CD上存在点Q(不含端点),使得异面直线PQ与AC成30的角,则线段PA的长度的取值范围是() A.B. C.D.,答案B如图,将题图中的三棱锥补全为一个长方体,在平面ABC内,过点P作AB的垂线交CE于点R.因为ACAB,PRAB,所以ACPR,因而RPQ即为异面直线PQ与AC所成的角,所以RPQ=.设AP=x,则CR=x,在直角三角形PQR中,易求PR=,所以RQ=.在直角三角形CRQ中, CQ=(0,2),故0x2,解得x,故选B.,一题多解以C为原点,CD,CB分别为x轴,y轴建立空间直角坐标系(图略),则A(0,1,1),B(0

17、,2,0),D(2,0,0).设Q(y,0,0),=x=x(0,1,-1)=(0,x,-x),其中0|=, 即=在y(0,2)上有解,即y2=-2x2(0,4),所以0x2, 所以|=x|=,即|.故选B.,5.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,5)三个半径为R的球和两个半径为r的球,满足条件:三个半径为R的球两两外切,且每个球都同时与半径为r的球外切.若半径为r的两个球也互相外切,则R与r的关系是() A.R=rB.R=2rC.R=3rD.R=6r,答案D设三个半径为R的球的球心分别为A,B,C,两个半径为r的球的球心分别为P,Q.把球心两两相连得几何体P-ABC-Q,它是由两个全等的正三棱锥

18、P-ABC、Q-ABC组成的,如图. 在正三棱锥P-ABC中,底面边长为2R,侧棱长为R+r,则它的高为PO= ,又PQ=2r,故PO=r,从而得=r,即R=6r.,6.(2016浙江模拟训练卷(一),3)下列命题为假的是() A.如果一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的任意一条直线,则两平面垂直 B.如果一个平面内的任一条直线都平行于另一个平面,则两平面平行 C.如果两条不同的直线在一平面内的射影互相垂直,则这两条直线互相垂直 D.如果一条直线和一个平面平行,经过这条直线的平面和这个平面相交,那么这条直线和交线平行,答案C设直线l平面,直线l垂直于平面内的任意一条直线,则有l,由面面垂直

19、的判定定理知,即A正确;如果平面内的任一条直线都平行于平面,则在平面内就有两相交直线平行于平面,从而平面与平面平行,即B正确;在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BA1与BC1在底面ABCD内的射影互相垂直,但BA1与BC1不垂直,即C错;D显然正确.故选C.,7.(2016浙江高考模拟冲刺(四),8)已知直角梯形ABCD,ABAD,CDAD, AB=2,AD=CD=1,将ACD沿梯形的对角线AC所在的直线进行翻折,且点D不在平面ABC内,则在翻折的过程中 () 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B

20、C垂直 D.存在某个位置,使得平面ABD与平面ABC垂直,答案C由ABAD,CDAD,AB=2,AD=CD=1,得AC=BC=,且ACBC.若ACBD,ACBC, 则AC平面BCD,ACCD,与ADCD不符,故A错.若ABCD,CDAD,CD平面ABD,CDBD,当满足CD=1,BC=时,得BD=1,从而AD+BD=AB,与点D不在平面ABC内不符,故B错. 若ADBC,CDAD,AD平面BCD,ADBD,当满足BCCD时,由CD=1,BC=,得BD= ,满足BD2+AD2=AB2,与ADBD相符,故C正确. 若平面ABD平面ABC,设AB的中点为O,连接OC,OD,由AC=BC知OCAB,从

21、而OC平面ABD,OCAD,由ADCD,得AD平面OCD,得ADOD,显然矛盾,故D错.故选C.,8.(2017浙江名校协作体期初,15)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,在面对角线A1D上取点M,CD1上取点N,使得MN平面AA1C1C,当线段MN的长度取最小值时,三棱锥A1-MND1的体积为.,二、填空题,答案1,解析分别以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系(图略),则有D(0,0,0),A1(3,0,3),C(0,3,0),D1(0,0,3),设=m(0m1),则M(3m,0,3m). 设=n(0n1),则=+=+n,得N(0,3-3n,3n).

22、 所以=(3m,3n-3,3m-3n),又平面AA1C1C的法向量为a=(1,1,0),且MN平面AA1C1C, 所以a=0,可得m+n=1. 此时,|=3=3=3,故当m=,n=时,线段 MN的长度取最小值,此时M(1,0,1),N(0,1,2). 故三棱锥A1-MND1的体积为V=321=1.,9.(2015浙江名校(绍兴一中)交流卷五,11)长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,点E在侧棱AA1上,满足C1EB=90,则异面直线BE与C1B1所成的角为,侧棱AA1的长的最小值为.,答案90;2,解析连接BC1,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,CB平面ABB1A1

23、,CBE=90,又C1B1BC,异面直线BE与C1B1所成的角为90.设AA1=x,AE=m(m0),所以BE2=1+m2,E=(x-m)2+2,B=1+x2,因 为C1EB=90,所以B=E+BE2,即1+x2=(x-m)2+2+1+m2,即m2-mx+1=0,所以x=m+2 .,10.(2017浙江金华十校调研,19)已知四边形ABCD为直角梯形,BCD=90,ADCB,且AD=3,BC=2CD=4,点E,F分别在线段AD和BC上,FEDC为正方形,将四边形ABFE沿EF折起,使二面角B-EF-C的平面角为60. (1)求证:CE面ADB; (2)求直线AB与平面FEDC所成的角的正弦值.

24、,三、解答题,解析证明:(1)取FB的中点M,连接CM,AM,EM. 由已知得AEBM,AMDC,ABEM,ADCM, 又CMEM=M,ABAD=A, 面CME面ADB,又CE面CME, CE面ADB. (2)解法一:由(1)可知ABEM,直线AB与平面FEDC所成的角即为直线EM与平面FEDC所成的角, 过M作MNCF于点N,连接EN. 由题易知,EFB=90,EFC=90, EF平面BFC,EFMN,MN平面FEDC, MEN为直线AB与平面FEDC所成的角. M为FB的中点, MF=1. 由折叠知BFC=60,MN=,由(1)知EM=AB=, sinMEN=,即直线AB与平面FEDC所成

25、角的正弦值为. 解法二:取DE的中点O作为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系. 则B(0,2,),A, =,平面EFCD的一个法向量为n=(0,0,1), |cos|=, 即直线AB与平面FEDC所成角的正弦值为.,11.(2017浙江台州期末质量评估,19,)如图,在边长为2的菱形ABCD中,BAD=60,O为AC的中点,点P为平面ABCD外一点,且平面PAC平面ABCD,PO=1,PA=2. (1)求证:PO平面ABCD; (2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值.,解析(1)证明:在边长为2的菱形ABCD中,因为BAD=60,所以AO=, 又因为PO=1,PA=2,所以PO2+AO

26、2=4=PA2,所以AOPO. 因为平面PAC平面ABCD,平面PAC平面ABCD=AC, PO平面PAC,所以PO平面ABCD. (2)以O为原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系(如图所示),由已知得A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,0),P(0,0,1). 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z). 因为=(1,0,-1),=(-1,0),所以由得 设x=,则y=1,z=,所以 n=(,1,). 设直线PA与平面PBC所成角为. 又因为=(0,1),所以sin =|cos|=. 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.,1.(2017浙江温州2

27、月模拟,3)已知空间中两条不同的直线m,n,两个不同的平面,下列命题正确的是() A.若m且n,则mn B.若m且mn,则n C.若m且m,则 D.若m不垂直于,且n,则m不垂直于n,一、选择题,B组 20152017年高考模拟综合题组,答案C选项A,若m且n,则两直线m,n相交、异面、平行都有可能,因此排除A;选项B,若m且mn,则n,因此排除B;选项C,若m,则存在直线m,使得mm,而m,所以有m,因此,正确;选项D,当m不垂直于时,存在n,使得mn,因此排除D.故选C.,2.(2017浙江宁波二模(5月),10)如图,在直二面角A-BD-C中,ABD,CBD均是以BD为斜边的等腰直角三角

28、形,取AD的中点E,将ABE沿BE翻折到A1BE的位置,在ABE的翻折过程中,下列不可能成立的是() A.BC与平面A1BE内某直线平行 B.CD平面A1BE C.BC与平面A1BE内某直线垂直 D.BCA1B,答案D将ABE沿BE进行翻折时,可知直线A1B的轨迹为圆锥曲面.当直线BC在平面A1BE内时,在平面A1BE内必定存在直线l和BC平行,也存在直线l和BC垂直,因此选项A,C正确;显然直线BE,CD异面,则过直线BE有且仅有一个平面与CD平行,所以ABE沿BE进行翻折,当平面A1BE与平面重合时满足条件,因此选项B正确. 对于选项D,因为A1BCABE+EBCABE+EBD+DBC=9

29、0,因此D不正确.综上,故选D.,点拨本题考查了立体几何中的动态问题,很多的问题都可以将其理解为翻折(旋转)问题,在解题的过程中关键是要把握其中的不变量以及变化过程中几何量(点、线、面)的轨迹.,3.(2017浙江名校(绍兴一中)交流卷一,10)四棱锥P-ABCD中,AD平面PAB,BC平面PAB,底面ABCD为梯形,AD=4,BC=8,AB=6,APD=CPB,则下列结论中正确的是() PB=2PA;P点的轨迹是圆;P点的轨迹是抛物线的一部分;三角形PAB的面积的最大值是12. A.B.C.D.,答案C因为AD平面PAB,BC平面PAB,所以ADBC且ADPA,CBPB.因为APD=CPB,

30、所以tanAPD=tanCPB,所以=,又AD=4,BC=8,因此PB=2PA,故正确.在平面PAB 内,以AB的中点为原点,AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系,则A(-3,0),B(3,0).设P(x,y)(y0),则(x-3)2+y2=4(x+3)2+y2(y0),即(x+5)2+y2=16(y0),故点P的轨迹为圆的一部分,故不正确.因为ymax=4,所以=|AB|yP|64=12,故正确.故选C.,4.(2017浙江宁波期末,10)在正方形ABCD中,点E,F 分别为边BC,AD的中点,将ABF沿BF所在的直线进行翻折,将CDE沿DE所在的直线进行翻折,则在翻折的过程中() A.点A

31、与点C在某一位置可能重合 B.点A与点C的最大距离为AB C.直线AB与直线CD可能垂直 D.直线AF与直线CE可能垂直,答案D若点A与点C在某一位置重合,则在ABE中,BE=AE=AB,即有BE+AE=AB,则BE,AE, AB三边不构成三角形,故A错.在正方形ABCD中,设AC与BF,ED分别交于点M,N,则AM+MN+NC=AB,在翻折的过程中,总有ACAM+MCAM+MN+NC=AB,故B错.因为BFDE,ABF CED,所以在翻折的过程中,AB与CE不平行,过点B作BPCE,且BP=CE,则直线BP,BA是相交直线,由四边形BECP为平行四边形得CPBE,且CP=BE,从而有CPDF

32、,且CP=DF,所以四边形CDFP为平行四边形,故FPCD,故若ABCD,则FPAB,又CDCE,故FPPB,从而有FP平面ABP,所以FPAP,则在FPA中,AFFP,但AF=CD=FP,矛盾,故C错.由上知若直线AF与直 线CE垂直,则AFBP,又FPPB,从而有BP平面APF,所以BPAP,故只需AP=AB即可,即D 正确,故选D.,5.(2017浙江镇海中学第一学期期中,7)如图,四边形ABCD,AB=BD=DA=2,BC=CD=,现将 ABD沿BD折起,当二面角A-BD-C的大小在时,直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围 是() A.B. C.D.,答案B取BD的中点为O,连接AO,CO,由AB=DA,BC=CD,知AOBD,COBD,分别以OB,OC所在直线为x,y轴,过O作平面BCD的垂线,垂线所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),设二面角A-BD-C的平面角为,则动