浙江省2019高考数学 优编增分练：解答题突破练(二)立体几何

(二)立体几何
1．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱SB垂直于底面．
(1)求证：平面SBD⊥平面SAC；
(2)若SA与平面SCD所成的角为30°，求SB的长．
(1)证明连接AC，BD，
因为四边形ABCD为正方形，
所以AC⊥BD.
又因为SB⊥底面ABCD，
所以AC⊥SB，
因为BD∩SB＝B，BD，SB⊂平面SBD，
所以AC⊥平面SBD.
又因为AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD.
(2)解将四棱锥补形成正四棱柱ABCD－A′SC′D′，连接A′D，作AE⊥A′D，垂足为点E，
连接SE .
由SA ′∥CD 可知，平面SCD 即为平面SCDA ′. 因为CD ⊥侧面ADD ′A ′，AE ⊂侧面ADD ′A ′， 所以CD ⊥AE ，
又因为AE ⊥A ′D ，A ′D ∩CD ＝D ，A ′D ，CD ⊂平面SCD ， 所以AE ⊥平面SCD ，
于是∠ASE 即为SA 与平面SCD 所成的角． 设SB ＝x ，在Rt△ABS 中，SA ＝1＋x 2
， 在Rt△DAA ′中，AE ＝
x
1＋x
2
.
因为∠ASE ＝30°，所以1＋x 2
＝2x 1＋x
2
，
解得x ＝1，即SB 的长为1.
2．(2018·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体ABCDE 中，CD ∥AE ，∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，CD ＝2EA ＝2，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，F 为BD 的中点．
(1)证明：EF ∥平面ABC ；
(2)求直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值． (1)证明 取BC 的中点G ，连接FG ，AG ，
∵F 为BD 的中点，CD ＝2EA ，CD ∥AE ， ∴FG ＝1
2
CD ＝EA ，且FG ∥AE ，
∴四边形AGFE 是平行四边形， ∴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 为BC 的中点， ∴AG ⊥BC ，
如图，以G 为坐标原点，分别以GA ，GB ，GF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0，－3，2)，E (1,0,1)， ∴AB →＝(－1，3，0)，BD →＝(0，－23，2)，BE →
＝(1，－3，1)， 设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BD →＝0，
n ·BE →＝0，
即⎩⎨
⎧
z －3y ＝0，
x －3y ＋z ＝0，
令y ＝1，得n ＝(0,1，3)，
∴直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值为 |AB →·n ||AB →||n |
＝3
4. 3．在三棱锥D —ABC 中，DA ＝DB ＝DC ，D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F . (1)求证：平面ABD ⊥平面DEF ；
(2)若AD ⊥DC ，AC ＝4，∠BAC ＝60°，求直线BE 与平面DAB 所成角的正弦值． (1)证明 由题意知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 为AC 的中点，如图所示． 过E 作EH ⊥DF 于H ，连接BH ， 则由(1)知EH ⊥平面DAB ，
所以∠EBH 即为BE 与平面DAB 所成的角． 由AC ＝4，∠BAC ＝60°，得AB ＝AE ＝BE ＝2， 所以EF ＝3，又DE ＝2，
所以DF ＝DE 2＋EF 2
＝7，EH ＝237，
所以sin∠EBH ＝EH BE ＝
217
. 方法二 如图建系，则A (0，－2，0)，D (0,0,2)，B (3，－1,0)，
所以DA →
＝(0，－2，－2)， DB →
＝(3，－1，－2)．
设平面DAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DA →＝0，
n ·DB →＝0，
得⎩⎨
⎧
－2y －2z ＝0，
3x －y －2z ＝0，
取z ＝1，得n ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
33，－1，1. 设EB →
与n 的夹角为θ，
则cos θ＝EB →·n |EB →|·|n |＝22
73＝21
7，
所以BE 与平面DAB 所成角的正弦值为
217
. 4．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E ，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点
B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．
(1)求证：CD ⊥BE ； (2)求线段BH 的长度；
(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵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 设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ， ∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变， 根据勾股定理得
⎩⎪⎨⎪⎧
BE 2
＝BH 2
＋EH 2
，BF 2
＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2
，
即⎩⎪⎨⎪⎧
5＝h 2
＋k 2
，9＝22＋h 2＋(2－k )2
，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
h ＝2，
k ＝1，
∴线段BH 的长度为2.
方法二 如图，过点E 作ER ∥DC
，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，
以点E 为坐标原点，分别以ER ，ED ，ES 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)， 由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
y 2
＋z 2
＝5，
4＋(y －2)2＋z 2
＝9，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)，
∴线段BH 的长度为2.
(3)解 方法一 延长BA 交EF 于点M ，
∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13，
∴点A 到平面EFCD 的距离为2
3，而AF ＝13，
故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为213
39.
方法二 由(2)方法二知FB →
＝(－2，－1,2)， 故EA →＝13FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2
3，－13，23，
FA →＝FE →＋EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8
3
，－73，23，
设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ， 则sin θ＝|FA →
·n ||FA →||n |
＝213
39.
5.在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点．
(1)求证：CM ⊥EM ；
(2)求CM 与平面CDE 所成的角．
方法一 (1)证明 因为AC ＝BC ，M 是AB 的中点， 所以CM ⊥AB .
又EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以EA ⊥CM ， 因为AB ∩EA ＝A ，AB ，EA ⊂平面ABDE ， 所以CM ⊥平面ABDE ，
又因为EM ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥EM .
(2)解 过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足为H ，连接CH 并延长交ED 于点F ，连接MF ，MD ，∠FCM
是直线CM 和平面CDE 所成的角．
因为MH ⊥平面CDE ，ED ⊂平面CDE ，所以MH ⊥ED ， 又因为CM ⊥平面EDM ，ED ⊂平面EDM ， 所以CM ⊥ED ，
因为MH ∩CM ＝M ，MH ，CM ⊂平面CMF ， 所以ED ⊥平面CMF ，
因为MF ⊂平面CMF ，所以ED ⊥MF . 设EA ＝a ，BD ＝BC ＝AC ＝2a ， 在直角梯形ABDE 中，
AB ＝22a ，M 是AB 的中点，
所以DE ＝3a ，EM ＝3a ，MD ＝6a ， 所以EM 2
＋MD 2
＝ED 2
，
所以△EMD 是直角三角形，其中∠EMD ＝90°， 所以MF ＝
EM ·MD
DE
＝2a . 在Rt△CMF 中，tan∠FCM ＝
MF
MC
＝1， 又因为∠FCM ∈(0°，90°)，
所以∠FCM ＝45°，故CM 与平面CDE 所成的角是45°.
方法二 如图，以点C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别作为x 轴和y 轴，过点C 作与平面
ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系，设EA ＝a ，则
A (2a,0,0)，
B (0,2a,0)，E (2a,0，a )，D (0,2a,2a )，M (a ，a,0)．
(1)证明 因为EM →＝(－a ，a ，－a )，CM →＝(a ，a,0)，所以EM →·CM →
＝0，故EM ⊥CM . (2)解 设向量n ＝(1，y 0，z 0)为平面CDE 的一个法向量，
则n ⊥CE →，n ⊥CD →，即n ·CE →＝0，n ·CD →
＝0. 因为CE →＝(2a,0，a )，CD →
＝(0,2a,2a )，
所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
2a ＋az 0＝0，2ay 0＋2az 0＝0，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
y 0＝2，
z 0＝－2，
即n ＝(1,2，－2)，
cos 〈n ，CM →
〉＝CM →
·n |CM →|·|n |
＝22，
因为〈n ，CM →〉∈[0°，180°]，所以〈n ，CM →
〉＝45°.
直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM →
夹角的余角，所以θ＝45°，因此直线CM 与平面
CDE 所成的角是45°.
6.如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，
AC ＝3.
(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；
(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．
(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示，因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，
因此BF ⊥AC .
又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2， 所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK .所以BF ⊥平面ACFD .
(2)解 因为BF ⊥平面ACK ，所以∠BDF 是直线BD 与平面ACFD 所成的角． 在Rt△BFD 中，BF ＝3，DF ＝3
2，
得cos ∠BDF ＝
217
.
21 7.
所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为。