浙江省2019高考數(shù)學(xué) 精準(zhǔn)提分練 解答題通關(guān)練2 立體幾何.docx

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2.立體幾何 1．如圖，已知正方形ADEF與梯形ABCD所在平面互相垂直，點(diǎn)M在線段ED上，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝CD＝1. (1)當(dāng)M為線段ED的中點(diǎn)時(shí)，求證：AM∥平面BEC； (2)求直線DE與平面BEC所成角的正弦值． (1)證明　取EC的中點(diǎn)N，連接MN，BN，如圖． 在△EDC中，M，N分別為ED，EC的中點(diǎn)， 所以MN∥CD，且MN＝CD. 又AB∥CD，AB＝CD， 所以MN∥AB，且MN＝AB. 由此可知四邊形ABNM為平行四邊形，所以BN∥AM， 又BN?平面BEC，且AM?平面BEC， 所以AM∥平面BEC. (2)解　在正方形ADEF中，ED⊥AD， 因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD， 所以ED⊥平面ABCD，而BC?平面ABCD， 所以ED⊥BC. 在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝1，CD＝2， 易得BC＝， 連接BD，在△BCD中，BD＝BC＝，CD＝2， 所以BD2＋BC2＝CD2， 所以BC⊥BD，又BD∩ED＝D，BD，ED?平面BDE， 所以BC⊥平面BDE，而BC?平面BCE， 所以平面BDE⊥平面BCE. 過點(diǎn)D作DH⊥EB，交EB于點(diǎn)H，則DH⊥平面BCE，所以∠DEH為直線DE與平面BEC所成的角． 在Rt△BDE中，BE＝＝， S△BDE＝BDDE＝BEDH， 所以DH＝＝＝， 所以sin∠DEH＝＝. 所以直線DE與平面BEC所成角的正弦值為. 2．如圖，在所有棱長(zhǎng)均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E，F(xiàn)分別是棱AA1，CC1，AB的中點(diǎn)． (1)證明：BE∥平面CDF； (2)求直線EF與平面CDF所成角的正弦值． (1)證明　方法一　連接AE交CD于G，連接GF，如圖1. 因?yàn)镈，E分別是棱AA1，CC1的中點(diǎn)，所以G是AE的中點(diǎn)． 在△ABE中，GF是中位線，所以GF∥BE. 又GF?平面CDF，BE?平面CDF. 所以BE∥平面CDF. 　　 　　　　圖1　　　　　　　　　　圖2 方法二　連接A1B，A1E，如圖2. 在△A1AB中，DF是中位線，所以DF∥A1B. 又A1B?平面CDF，DF?平面CDF， 所以A1B∥平面CDF. 因?yàn)镈，E分別是棱AA1，CC1的中點(diǎn)，所以A1D∥CE，且A1D＝CE，所以四邊形A1ECD是平行四邊形， 故A1E∥CD. 又A1E?平面CDF，CD?平面CDF， 所以A1E∥平面CDF. 又A1B∩A1E＝A1，所以平面A1BE∥平面CDF，又BE?平面A1BE，所以BE∥平面CDF. (2)解　方法一　如圖2，連接AB1，因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B是正方形，所以A1B⊥AB1. 又DF∥A1B，所以AB1⊥DF. 因?yàn)椤鰽BC是正三角形，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)， 所以CF⊥AB. 又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，CF?平面ABC，所以CF⊥平面AA1B1B. 而AB1?平面AA1B1B，所以CF⊥AB1，又DF∩CF＝F，且DF，CF?平面CDF， 所以AB1⊥平面CDF. 取BB1的中點(diǎn)H，連接HF，HE， 則HF∥AB1，HF⊥平面CDF. 所以∠EFH是直線EF與平面CDF所成角的余角． 設(shè)直三棱柱ABC－A1B1C1的棱長(zhǎng)為2，則在△EFH中，F(xiàn)H＝，EH＝EF＝2. 所以cos∠EFH＝＝. 故直線EF與平面CDF所成角的正弦值為. 方法二　以點(diǎn)F為坐標(biāo)原點(diǎn)，BF，CF所在直線分別為x軸，y軸建立如圖3所示的空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)直三棱柱ABC－A1B1C1的棱長(zhǎng)為2，則F(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,1)，E(0，，1)． 圖3 所以＝(0，，0)，＝(－1,0,1)． 設(shè)平面CDF的法向量為n＝(x，y，z)，則所以 則n＝(1,0,1)為平面CDF的一個(gè)法向量， 又＝(0，，1)． 所以cos〈，n〉＝＝＝. 故直線EF與平面CDF所成角的正弦值為. 3．如圖，在四面體ABCD中，O是BD的中點(diǎn)，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝，連接AO. (1)求證：AO⊥平面BCD； (2)求直線AB與平面ACD所成角的余弦值． (1)證明　如圖，連接OC，因?yàn)锳B＝AD，O是線段BD的中點(diǎn)，所以AO⊥BD，同理可得CO⊥BD. 又在△ABD中，AB＝AD＝，BD＝2，所以AO＝1， 在△BCD中，CB＝CD＝BD＝2，所以CO＝，又AC＝2， 所以AO2＋OC2＝AC2，所以∠AOC＝90，即AO⊥OC. 又OC∩BD＝O，OC，BD?平面BCD， 所以AO⊥平面BCD. (2)解　方法一　如圖，過點(diǎn)B作BM⊥平面ACD于點(diǎn)M，連接AM，則∠BAM為直線AB與平面ACD所成的角， 由VA－BCD＝VB－ACD，可得AOS△BCD＝BMS△ACD， 因?yàn)锳O＝1，S△BCD＝2＝， S△ACD＝＝， 所以BM＝. 在Rt△AMB中，AM＝＝. 所以cos∠BAM＝＝. 所以直線AB與平面ACD所成角的余弦值為. 方法二　以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OA所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0，，0)，A(0,0,1)． 所以＝(－1,0，－1)，＝(0，，－1)， 設(shè)平面ACD的法向量為n＝(x，y，z)， 則 所以 令y＝1，得n＝(－，1，)是平面ACD的一個(gè)法向量． 又＝(1,0，－1)， 所以cos〈n，〉＝＝－， 故直線AB與平面ACD所成角的余弦值為＝. 4．在如圖所示的直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是BC，A1B1的中點(diǎn)． (1)求證：DE∥平面ACC1A1； (2)若AB⊥BC，AB＝BC，∠ACB1＝60，求直線BC與平面AB1C所成角的正切值． (1)證明　取AB中點(diǎn)F，連接DF，EF. 在△ABC中，因?yàn)镈，F(xiàn)分別為BC，AB的中點(diǎn)， 所以DF∥AC，又DF?平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1，所以DF∥平面ACC1A1. 在矩形ABB1A1中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為A1B1，AB的中點(diǎn)， 所以EF∥AA1，又EF?平面ACC1A1， AA1?平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1. 因?yàn)镈F∩EF＝F，所以平面DEF∥平面ACC1A1. 因?yàn)镈E?平面DEF，故DE∥平面ACC1A1. (2)解　因?yàn)槿庵鵄BC－A1B1C1為直三棱柱， 所以BC⊥BB1， 又AB⊥BC，AB∩BB1＝B，所以BC⊥平面ABB1A1. 因?yàn)锳B＝BC，BB1＝BB1， 所以△ABB1≌△CBB1，AB1＝CB1， 又∠ACB1＝60，所以△AB1C為正三角形， 所以AB1＝＝AC＝AB，所以BB1＝AB. 取AB1的中點(diǎn)O，連接BO，CO， 所以AB1⊥BO，AB1⊥CO， 所以AB1⊥平面BCO， 所以平面AB1C⊥平面BCO，點(diǎn)B在平面AB1C上的射影在CO上， 所以∠BCO即為直線BC與平面AB1C所成的角． 在Rt△BCO中，BO＝AB＝BC， 所以tan∠BCO＝＝. 5．如圖，在三棱錐D－ABC中，DA＝DB＝DC，點(diǎn)D在底面ABC上的射影為點(diǎn)E，AB⊥BC，DF⊥AB于點(diǎn)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　如圖，由題意知DE⊥平面ABC， 所以AB⊥DE，又AB⊥DF，DE∩DF＝D，DE，DF?平面DEF， 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)． 過點(diǎn)E作EH⊥DF于點(diǎn)H， 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BE＝DE＝2，EF＝， 所以DF＝，EH＝， 所以sin∠EBH＝＝. 方法二　如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－2,0)，D(0,0,2)，B(，－1,0)， 所以＝(0，－2，－2)，＝(，－1，－2)，＝(，－1,0)， 設(shè)平面DAB的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 取n＝. 設(shè)與n的夾角為θ， 所以cosθ＝＝＝， 所以BE與平面DAB所成角的正弦值為. 6．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，CD?平面CDEF， ∴BH⊥CD， 又CD⊥DE，BH∩DE＝H，BH，DE?平面DBE， ∴CD⊥平面DBE，又BE?平面DBE，∴CD⊥BE. 方法一 (2)解　設(shè)BH＝h，EH＝k，過F作FG垂直ED于點(diǎn)G，連接FH，BE. ∵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. (3)解　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＝， 設(shè)AF與平面EFCD所成角為θ， ∴直線AF與平面EFCD所成角的正弦值為sinθ＝＝. 方法二 (2)解　如圖，過點(diǎn)E作ER∥DC，過點(diǎn)E作ES⊥平面EFCD，分別以ER，ED，ES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　從而＝(－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sinθ＝＝.