1、高考数学(浙江专用),8.2 空间点、线、面的位置关系,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.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
2、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,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 1.(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.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 C 本题考查
3、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cosB1AD1= .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.,2.(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.
4、 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 行线就展现出来了.,3.(2015广东,8
5、,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
6、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.,考点 空间点、线、面的位置关系 1.(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mn B.若m,n,则mn C.若m,mn,则n D.若m,mn,则n,C组 教师专用题组,答案 B A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.根 据线面垂直的性质可知选B.,2.(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
7、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=(1,0,0)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
8、 |= ,|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
9、系 1.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,3)设l为直线,是两个不同的平面,下列命题中正确 的是 ( ) A.若,l,则l B.若l,l,则 C.若l,l,则 D.若l,l,则,三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,答案 D 若,l,则l与平行、相交或l在内,故A错;若l,l,则与平行或相交,故 B错;若l,l,则,故C错;由垂直于同一直线的两平面平行得D正确.,2.(2018浙江镇海中学模拟,4)下列命题正确的是 ( ) A.若两个平面分别经过两条平行直线,则这两个平面平行 B.若平面,则平面 C.平行四边形的平面投影可能是正方形 D.若一条直线上的两个点到平面的距离相等
10、,则这条直线平行于平面,答案 C 对于选项A,设两平行直线为a,b,两平面为,当两直线a,b都在平面内,而直线a在 平面内,直线b不在平面内时,两平面,相交,故A错.若平面,则平面,也有可能平 行,故B错.在正方体ABCD-EFGH中,平行四边形ABGH在底面ABCD上的投影是正方形ABCD, 故C正确.当直线a与平面相交时,直线a上存在两个点到平面的距离相等,即D错,故选C.,3.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,9)已知等腰RtABC内接于圆O,点M是下半圆弧上的 动点(如图所示).现将上半圆面沿AB折起,使所成的二面角C-AB-M为 ,则直线AC与直线OM所 成角的最小值是 ( )
11、A. B. C. D.,答案 B 如图1,取下半圆弧的中点D,连接AD,BD,CO,DO,沿AB折成二面角C-AB-D,则二面角 的平面角为COD= ,作CHOD于H,则CH平面ABD.设圆O的半径为2,如图2建系:则A(2,0,0),C(0, , ),设M(x,y,0),满足x2+y2=4(y0),所以 =(-2, , ), =(x,y,0),则cos= = ,令t=-2x+ y,由x,y的关系式,令x=2cos ,y=2sin ,0,则t=,-4cos +2 sin =2 sin(-) ,设直线AC和直线OM所成的角为,则 (cos )max= = min= .,4.(2017浙江宁波二模
12、(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,答案 B 由线面平行的性质定理知选项B正确.,5.(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BC垂直 D.存在某个位置,使得平面
13、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,又AC BC,则AC平面BCD,ACCD,与ADCD不符,故A错.若ABCD,又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,又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,从而OC平面 A
14、BD,OCAD,由ADCD,得AD平面OCD,得ADOD,显然矛盾,故D错.故选C.,6.(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所成的角为,记线段EF的中点M的轨迹为L,则|L|(表示L的测度,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 连接B1C,分别取棱AC,B1C,B1A1,AA1的中
15、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.,7.(2018浙江浙东北联盟期中,16)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
16、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 .,8.(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所成角的正弦值.,解析 (1)证明:取FB的中点M,连接CM,AM,EM. 由已知得AE
17、BM,AMDC,四边形ABME和四边形AMCD是平行四边形,ABEM,AD CM, 又CMEM=M,ABAD=A, 平面CME平面ADB,又CE平面CME, CE平面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所成角的正弦值为
18、. 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 .,1.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),4)已知a,b是两条不同的直线,是两个不同的平面, 下列命题正确的是 ( ) A.若a,ab,则b B.若a,则a C.若a,ab,则b D.若ab,b,则a,B组 20162018年高考模拟综合题组 (时间：40分钟 分值：58分),一、选择题,答案 D 对A,b可能在平面上;对B,a可能在平面上;对C,b可能在平面上;对D,由
19、线面垂直 的性质定理可知,正确.故选D.,2.(2018浙江杭州高三教学质检,8)在三棱锥P-ABC中,PA平面ABC,BAC=90,D,E分别是 BC,AB的中点,ABAC,且ACAD.设PC与DE所成的角为,PD与平面ABC所成的角为,二面角 P-BC-A的平面角为,则 ( )A. B. C. D.,答案 A 由题意可得DEAC,所以PCA=.因为PA平面ABC,所以PD在平面ABC内的射 影是AD,故PDA=.在平面ABC内过A作AFBC,垂足为点F,连接PF,则PFBC,如图,故 PFA=.在RtPAC中,tanPCA=tan = ; 在RtPAD中,tanPDA=tan = ; 在R
20、tPAF中,tanPFA=tan = . 因为ACAB,所以必有AFAD,所以 ,即tan tan tan . 因为, ,所以,故选A.,3.(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. D.,答案 D 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
21、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= = .,4.(2017浙江温州2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,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,
22、使得mn,因此排除D.故选C.,5.(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,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
23、轴建立平面直角坐标系,则A(-3,0),B(3,0).设P(x,y)(y 0),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.,6.(2017浙江镇海中学模拟卷四,9)如图,已知ABC是以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
24、 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),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
25、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.,7.(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=A
26、B,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, ABFCED,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,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,
27、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.,8.(2018浙江温州二模(3月),19,15分)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.,二、填空题,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, (4分) BD=AB=2,BC
28、= . (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,AD平面ABD, 平面ABD
29、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),9.(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
30、; (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 .,
