最新6年高考4年模拟--第八章第二节点、线、面的位置关系.doc

第二节 点、线、面的位置关系第一部分 六年高考荟萃2020年高考题一、选择题1.（2020浙江理）（6）设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（A）若，，则 （B）若，，则（C）若，，则 （D）若，，则【答案】 B解析：选B，可对选项进行逐个检查本题主要考察了立体几何中线面之间的位置关系及其中的公理和判定定理，也蕴含了对定理公理综合运用能力的考察，属中档题2.（2020江西理）10.过正方体的顶点A作直线L，使L与棱,,所成的角都相等，这样的直线L可以作A.1条 B.2条 C.3条 D.4条【答案】D【解析】考查空间感和线线夹角的计算和判断，重点考查学生分类、划归转化的能力第一类：通过点A位于三条棱之间的直线有一条体对角线AC1，第二类：在图形外部和每条棱的外角和另2条棱夹角相等，有3条，合计4条 3.（2020山东文）(4)在空间，下列命题正确的是A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D4.（2020四川理）（11）半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段、分别与球面交于点M，N，那么M、N两点间的球面距离是（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】由已知，AB＝2R,BC＝R,故tan∠BAC＝ cos∠BAC＝连结OM，则△OAM为等腰三角形AM＝2AOcos∠BAC＝，同理AN＝，且MN∥CD 而AC＝R,CD＝R故MN：CD＝AN:AC Þ MN＝，连结OM、ON，有OM＝ON＝R于是cos∠MON＝所以M、N两点间的球面距离是 5.（2020全国卷1文）(6)直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角等于(A)30° (B)45°(C)60° (D)90°【答案】C【命题意图】本小题主要考查直三棱柱的性质、异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法. 【解析】延长CA到D，使得，则为平行四边形，就是异面直线与所成的角，又三角形为等边三角形，6.（2020湖北文）4.用、、表示三条不同的直线，表示平面，给出下列命题：①若∥，∥，则∥；②若⊥，⊥，则⊥；③若∥，∥，则∥；④若⊥，⊥，则∥.A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④7.（2020山东理）(3)在空间，下列命题正确的是（A）平行直线的平行投影重合（B）平行于同一直线的两个平面平行（C）垂直于同一平面的两个平面平行（D）垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D【解析】由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可以得出答案。

命题意图】考查空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质，属基础题8.（2020安徽理）8、一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为A、280 B、292 C、360 D、372【答案】C【解析】该几何体由两个长方体组合而成，其表面积等于下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和方法技巧】把三视图转化为直观图是解决问题的关键.又三视图很容易知道是两个长方体的组合体，画出直观图，得出各个棱的长度.把几何体的表面积转化为下面长方体的全面积加上面长方体的4个侧面积之和二、填空题1.（2020四川理）（15）如图，二面角的大小是60°，线段.，与所成的角为30°.则与平面所成的角的正弦值是 .【答案】【解析】过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线.垂足为D连结AD，有三垂线定理可知AD⊥l，CD故∠ADC为二面角的平面角，为60°又由已知，∠ABD＝30°连结CB，则∠ABC为与平面所成的角设AD＝2，则AC＝，CD＝1AB＝＝4∴sin∠ABC＝三、解答题1.（2020湖南文）18.（本小题满分12分）如图所示，在长方体中，AB=AD=1，AA1=2，M是棱CC1的中点（Ⅰ）求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；（Ⅱ）证明：平面ABM⊥平面A1B1M12.（2020浙江理）（20）（本题满分15分）如图， 在矩形中，点分别段上，.沿直线将 翻折成，使平面. （Ⅰ）求二面角的余弦值；（Ⅱ）点分别段上，若沿直线将四边形向上翻折，使与重合，求线段的长。

解析：本题主要考察空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同事考查空间想象能力和运算求解能力Ⅰ）解：取线段EF的中点H，连结，因为=及H是EF的中点，所以,又因为平面平面.如图建立空间直角坐标系A-xyz则（2，2，），C（10，8，0），F（4，0，0），D（10，0，0）. 故=（-2，2，2），=（6，0，0）.设=（x,y,z）为平面的一个法向量， -2x+2y+2z=0所以 6x=0.取，则又平面的一个法向量，故所以二面角的余弦值为（Ⅱ）解：设则， 因为翻折后，与重合，所以， 故， ，得， 经检验，此时点段上，所以方法二：（Ⅰ）解：取线段的中点,的中点,连结 因为=及是的中点，所以又因为平面平面，所以平面,又平面,故，又因为、是、的中点，易知∥，所以，于是面，所以为二面角的平面角，在中，=，=2，=所以.故二面角的余弦值为Ⅱ）解：设, 因为翻折后，与重合，所以， 而， 得，经检验，此时点段上，所以3.（2020全国卷2）（19）如图，直三棱柱中，，，为的中点，为上的一点，．（Ⅰ）证明：为异面直线与的公垂线；（Ⅱ）设异面直线与的夹角为45°，求二面角的大小．【命题意图】本试题主要考查空间的线面关系与空间角的求解，考查考生的空间想象与推理计算的能力.【参考答案】(19)解法一：（I）连接A1B，记A1B与AB1的交点为F.因为面AA1BB1为正方形，故A1B⊥AB1，且AF=FB1，又AE=3EB1，所以FE=EB1，又D为BB1的中点，故DE∥BF，DE⊥AB1. ………………3分作CG⊥AB，G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点.又由底面ABC⊥面AA1B1B.连接DG，则DG∥AB1，故DE⊥DG，由三垂线定理，得DE⊥CD.所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线.（II）因为DG∥AB1，故∠CDG为异面直线AB1与CD的夹角，∠CDG=45°设AB=2，则AB1=，DG=，CG=，AC=.作B1H⊥A1C1，H为垂足，因为底面A1B1C1⊥面AA1CC1，故B1H⊥面AA1C1C.又作HK⊥AC1，K为垂足，连接B1K，由三垂线定理，得B1K⊥AC1，因此∠B1KH为二面角A1-AC1-B1的平面角.【点评】三垂线定理是立体几何的最重要定理之一，是高考的的热点，它是处理线线垂直问题的有效方法，同时它也是确定二面角的平面角的主要手段.通过引入空间向量，用向量代数形式来处理立体几何问题，淡化了传统几何中的“形”到“形”的推理方法，从而降低了思维难度，使解题变得程序化，这是用向量解立体几何问题的独到之处.4.（2020北京文）（17）（本小题共13分）如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直。

EF//AC，AB=,CE=EF=1（Ⅰ）求证：AF//平面BDE；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDF;证明：（Ⅰ）设AC于BD交于点G因为EF∥AG,且EF=1，AG=AG=1 所以四边形AGEF为平行四边形 所以AF∥EG 因为EG平面BDE,AF平面BDE, 所以AF∥平面BDE （Ⅱ）连接FG因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以平行四边形CEFG为菱形所以CF⊥EG. 因为四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.5.（2020天津文）（19）（本小题满分12分）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ADEF是正方形，FA⊥平面ABCD，BC∥AD，CD=1，AD=，∠BAD＝∠CDA＝45°.（Ⅰ）求异面直线CE与AF所成角的余弦值； （Ⅱ）证明CD⊥平面ABF；（Ⅲ）求二面角B-EF-A的正切值解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查空间想象能力，运算能力和推理论证能力.满分12分.(I)解：因为四边形ADEF是正方形，所以FA//ED.故为异面直线CE与AF所成的角.因为FA平面ABCD，所以FACD.故EDCD.在Rt△CDE中，CD=1，ED=，CE==3,故cos==.所以异面直线CE和AF所成角的余弦值为.(Ⅱ)证明：过点B作BG//CD,交AD于点G，则.由,可得BGAB,从而CDAB,又CDFA,FAAB=A,所以CD平面ABF.(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得AG=，即G为AD的中点.取EF的中点N，连接GN，则GNEF,因为BC//AD,所以BC//EF.过点N作NMEF，交BC于M，则为二面角B-EF-A的平面角。

连接GM，可得AD平面GNM,故ADGM.从而BCGM.由已知，可得GM=.由NG//FA,FAGM,得NGGM.在Rt△NGM中，tan,所以二面角B-EF-A的正切值为.6.（2020天津理）（19）（本小题满分12分）如图，在长方体中，、分别是棱,上的点，,（1） 求异面直线与所成角的余弦值；（2） 证明平面（3） 求二面角的正弦值解析】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，满分12分方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设,依题意得,,,（1） 解：易得,于是 所以异面直线与所成角的余弦值为（2） 证明：已知,,于是·=0，·=0.因此，,,又所以平面(3)解：设平面的法向量，则,即不妨令X=1,可得由（2）可知，为平面的一个法向量于是，从而所以二面角的正弦值为方法二：（1）解：设AB=1，可得AD=2,AA1=4,CF=1.CE=链接B1C,BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1.故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以 ,所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为（2）证明：连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE.连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED(3)解：连接A1N.FN,由（2）可知DE⊥平面ACF,又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故为二面角A1-ED-F的平。