浙江省2019高考數(shù)學(xué)優(yōu)編增分練：解答題突破練二立體幾何.doc

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(二)立體幾何 1．(2018浙江省金麗衢十二校聯(lián)考)如圖，四棱錐S－ABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，側(cè)棱SB垂直于底面． (1)求證：平面SBD⊥平面SAC； (2)若SA與平面SCD所成的角為30，求SB的長(zhǎng)． (1)證明　連接AC，BD， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形， 所以AC⊥BD. 又因?yàn)镾B⊥底面ABCD， 所以AC⊥SB， 因?yàn)锽D∩SB＝B，BD，SB?平面SBD， 所以AC⊥平面SBD. 又因?yàn)锳C?平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD. (2)解　將四棱錐補(bǔ)形成正四棱柱ABCD－A′SC′D′，連接A′D，作AE⊥A′D，垂足為點(diǎn)E，連接SE. 由SA′∥CD可知，平面SCD即為平面SCDA′. 因?yàn)镃D⊥側(cè)面ADD′A′，AE?側(cè)面ADD′A′， 所以CD⊥AE， 又因?yàn)锳E⊥A′D，A′D∩CD＝D，A′D，CD?平面SCD， 所以AE⊥平面SCD， 于是∠ASE即為SA與平面SCD所成的角． 設(shè)SB＝x，在Rt△ABS中，SA＝， 在Rt△DAA′中，AE＝ . 因?yàn)椤螦SE＝30，所以＝， 解得x＝1，即SB的長(zhǎng)為1. 2．(2018浙江省金華十校模擬)如圖，在幾何體ABCDE中，CD∥AE，∠EAC＝90，平面EACD⊥平面ABC，CD＝2EA＝2，AB＝AC＝2，BC＝2，F(xiàn)為BD的中點(diǎn)． (1)證明：EF∥平面ABC； (2)求直線AB與平面BDE所成角的正弦值． (1)證明　取BC的中點(diǎn)G，連接FG，AG， ∵F為BD的中點(diǎn)，CD＝2EA，CD∥AE， ∴FG＝CD＝EA，且FG∥AE， ∴四邊形AGFE是平行四邊形， ∴EF∥AG， ∵EF?平面ABC，AG?平面ABC， ∴EF∥平面ABC. (2)解　∵∠EAC＝90，平面EACD⊥平面ABC，且平面EACD∩平面ABC＝AC，EA?平面EACD， ∴EA⊥平面ABC， 由(1)知FG∥AE，∴FG⊥平面ABC， 又∵AB＝AC，G為BC的中點(diǎn)， ∴AG⊥BC， 如圖，以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以GA，GB，GF所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0，－，2)，E(1,0,1)， ∴＝(－1，，0)，＝(0，－2，2)，＝(1，－，1)， 設(shè)平面BDE的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令y＝1，得n＝(0,1，)， ∴直線AB與平面BDE所成角的正弦值為 ＝. 3．在三棱錐D—ABC中，DA＝DB＝DC，D在底面ABC上的射影為E，AB⊥BC，DF⊥AB于F. (1)求證：平面ABD⊥平面DEF； (2)若AD⊥DC，AC＝4，∠BAC＝60，求直線BE與平面DAB所成角的正弦值． (1)證明　由題意知DE⊥平面ABC，所以AB⊥DE， 又AB⊥DF，且DE∩DF＝D， 所以AB⊥平面DEF， 又AB?平面ABD，所以平面ABD⊥平面DEF. (2)解　方法一　由DA＝DB＝DC，知EA＝EB＝EC， 所以E是△ABC的外心． 又AB⊥BC，所以E為AC的中點(diǎn)，如圖所示． 過E作EH⊥DF于H，連接BH， 則由(1)知EH⊥平面DAB， 所以∠EBH即為BE與平面DAB所成的角． 由AC＝4，∠BAC＝60，得AB＝AE＝BE＝2， 所以EF＝，又DE＝2， 所以DF＝＝，EH＝， 所以sin∠EBH＝＝. 方法二　如圖建系，則A(0，－2，0)，D(0,0,2)，B(，－1,0)， 所以＝(0，－2，－2)， ＝(，－1，－2)． 設(shè)平面DAB的法向量為n＝(x，y，z)， 由 得 取z＝1，得n＝. 設(shè)與n的夾角為θ， 則cos θ＝＝＝， 所以BE與平面DAB所成角的正弦值為. 4．如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，BC上，且AE＝1，BF＝3，將四邊形AEFB沿EF折起，使點(diǎn)B在平面CDEF上的射影H在直線DE上． (1)求證：CD⊥BE； (2)求線段BH的長(zhǎng)度； (3)求直線AF與平面EFCD所成角的正弦值． (1)證明　∵BH⊥平面CDEF，∴BH⊥CD， 又CD⊥DE，BH∩DE＝H，BH，DE?平面DBE， ∴CD⊥平面DBE，∴CD⊥BE. (2)解　方法一　設(shè)BH＝h，EH＝k，過F作FG垂直ED于點(diǎn)G， ∵線段BE，BF在翻折過程中長(zhǎng)度不變， 根據(jù)勾股定理得 即解得 ∴線段BH的長(zhǎng)度為2. 方法二　如圖，過點(diǎn)E作ER∥DC，過點(diǎn)E作ES⊥平面EFCD， 以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以ER，ED，ES所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)點(diǎn)B(0，y，z)(y>0，z>0)， 由于F(2,2,0)，BE＝，BF＝3， ∴ 解得于是B(0,1,2)， ∴線段BH的長(zhǎng)度為2. (3)解　方法一　延長(zhǎng)BA交EF于點(diǎn)M， ∵AE∶BF＝MA∶MB＝1∶3，∴點(diǎn)A到平面EFCD的距離為點(diǎn)B到平面EFCD距離的， ∴點(diǎn)A到平面EFCD的距離為，而AF＝， 故直線AF與平面EFCD所成角的正弦值為. 方法二　由(2)方法二知＝(－2，－1,2)， 故＝＝， ＝＋＝， 設(shè)平面EFCD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)， 直線AF與平面EFCD所成角的大小為θ， 則sin θ＝＝. 5.在如圖所示的幾何體中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE，M是AB的中點(diǎn)． (1)求證：CM⊥EM； (2)求CM與平面CDE所成的角． 方法一　(1)證明　因?yàn)锳C＝BC，M是AB的中點(diǎn)， 所以CM⊥AB. 又EA⊥平面ABC，CM?平面ABC，所以EA⊥CM， 因?yàn)锳B∩EA＝A，AB，EA?平面ABDE， 所以CM⊥平面ABDE， 又因?yàn)镋M?平面ABDE，所以CM⊥EM. (2)解　過點(diǎn)M作MH⊥平面CDE，垂足為H，連接CH并延長(zhǎng)交ED于點(diǎn)F，連接MF，MD，∠FCM是直線CM和平面CDE所成的角． 因?yàn)镸H⊥平面CDE，ED?平面CDE，所以MH⊥ED， 又因?yàn)镃M⊥平面EDM，ED?平面EDM， 所以CM⊥ED， 因?yàn)镸H∩CM＝M，MH，CM?平面CMF， 所以ED⊥平面CMF， 因?yàn)镸F?平面CMF，所以ED⊥MF. 設(shè)EA＝a，BD＝BC＝AC＝2a， 在直角梯形ABDE中， AB＝2a，M是AB的中點(diǎn)， 所以DE＝3a，EM＝a，MD＝a， 所以EM2＋MD2＝ED2， 所以△EMD是直角三角形，其中∠EMD＝90， 所以MF＝＝a. 在Rt△CMF中，tan∠FCM＝＝1， 又因?yàn)椤螰CM∈(0，90)， 所以∠FCM＝45，故CM與平面CDE所成的角是45. 方法二　如圖，以點(diǎn)C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB所在直線分別作為x軸和y軸，過點(diǎn)C作與平面ABC垂直的直線為z軸，建立直角坐標(biāo)系，設(shè)EA＝a，則 A(2a,0,0)，B(0,2a,0)，E(2a,0，a)，D(0,2a,2a)，M(a，a,0)． (1)證明　因?yàn)椋?－a，a，－a)，＝(a，a,0)，所以＝0，故EM⊥CM. (2)解　設(shè)向量n＝(1，y0，z0)為平面CDE的一個(gè)法向量， 則n⊥，n⊥，即n＝0，n＝0. 因?yàn)椋?2a,0，a)，＝(0,2a,2a)， 所以解得 即n＝(1,2，－2)， cos〈n，〉＝＝， 因?yàn)椤磏，〉∈[0，180]，所以〈n，〉＝45. 直線CM與平面CDE所成的角θ是n與夾角的余角，所以θ＝45，因此直線CM與平面CDE所成的角是45. 6.如圖，在三棱臺(tái)ABCDEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3. (1)求證：BF⊥平面ACFD； (2)求直線BD與平面ACFD所成角的余弦值． (1)證明　延長(zhǎng)AD，BE，CF相交于一點(diǎn)K，如圖所示，因?yàn)槠矫鍮CFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCK， 因此BF⊥AC. 又因?yàn)镋F∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2， 所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點(diǎn)， 則BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD. (2)解　因?yàn)锽F⊥平面ACK，所以∠BDF是直線BD與平面ACFD所成的角． 在Rt△BFD中，BF＝，DF＝， 得cos ∠BDF＝. 所以直線BD與平面ACFD所成角的余弦值為.