说2020年高考数学浙江卷第19题 立足基础 回归课本

由平面 ACFD⊥平面 ABC，得 DO⊥平面 ABC，
所以 DO⊥BC.由∠ACB＝45°，BC＝1CD＝ 2CO，
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得 BO⊥BC.所以 BC⊥平面 BDO，故 BC⊥DB.
由 ABC－DEF 为三棱台，
得 BC∥EF，所以 EF⊥DB.
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方法二:坐标法
如图，以 O 为原点，分别以射线 OC，OD 为 y，z 轴的正半轴，建 立空间直角坐标系 O－xyz. 设 CD＝2 2，
立足基础 回归课本
——说2020年高考数学浙江卷第19题
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试题呈现 试题背景 解题方法 变式探究
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试题呈现
如图，在三棱台 ABC－DEF 中，平面 ACFD⊥平面 ABC，∠ACB ＝∠ACD＝45°，DC＝2BC. (1)证明： EF⊥DB ； (2)求直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值．
c os
CA m
CA (CB
1 CD) 2
aa
6
CA m CA CB 1 CD
6a 3
2
直线
CA
与平面
DBC
所成角的正弦值为
3. 3
DF // AC
直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3. 3
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方法七 ：向量法(2）
设 p 为平面内 CBD 任意一个向量， 设 p xCB CD (x 0) ，设直线 CA 与平面 DBC 所成角为 ,
3 所以 sin∠OCH＝OH＝ 3.
OC 3 因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3
3
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方法二: 坐标法
由 ABC－DEF 为三棱台，得 DF∥CO，
所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成
角，记为θ.
如图，以 O 为原点，分别以射线 OC，OD 为 y，z 轴的正半轴，
直线
CA
与平面
DBC
所成角的正弦值为
3. 3
直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3. 3
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方法六：向量法（1）
∠ACB＝∠ACD＝45°， CA在平面 DBC 上的射影在 DCB 的
角平分线上，设 CA a ，设直线 CA 与平面 DBC 所成角为 ,
设 m CB 1 CD 2
考查内容
本题主要涉及空间中线线垂直的证明及直线与平面所成角的 正弦值，考查学生的空间想象能力，逻辑推理能力与运算求 解能力。
难点分析
线面角的构造，位置关系的处理和数量关系的运算。
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试题背景
1.11.1本. 题的关键是过点D作AC的垂线，垂足为O，得DO垂直平面 ABC,这是面面垂直的性质定理，也是线面位置关系的基本性 质之一。同时《考试说明》也要求考生能对几何图形的几何 量进行计算求解。
建立空间直角坐标系 O－xyz.
设 CD＝2 2，由题意知各点坐标如下：
O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)．
因此O→C＝(0,2,0)，B→C＝(－1,1,0)，C→D＝(0，－2,2)．
设平面 DBC 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
n·B→C＝0， 由 n·C→D＝0，
cos BCD 2 2 0 cos BCD 1
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2
BCD 60 又 BC 1 CD 2
BC DB
EF // BC EF DB
cos(B AO C) cos BOC cosAOB cosAOC sinAOB sinAOC
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(2)解: 方法一:综合法 如图，过点 O 作 OH⊥BD，交直线 BD 于点 H，连接 CH. 由 ABC－DEF 为三棱台，得 DF∥CO， 所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角． 由 BC⊥平面 BDO，得 OH⊥BC， 故 OH⊥平面 DBC， 所以∠OCH 为直线 CO 与平面 DBC 所成角． 设 CD＝2 2， 则 DO＝OC＝2，BO＝BC＝ 2， 得 BD＝ 6，OH＝2 3，
由题意知,各点坐标如下：
O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)．
因此 BC (1,1,0) , DB (1,1,2)
BC DB 0 BC DB
EF // BC EF DB
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方法三：三面角定理
cos(D AC B) cosBCD cosACD cosACB 0 sinACD sinACB
2.四面体DOBC的四个面均为直角三角形，《九章算术》中,将 四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在本题中， 命题者将其巧妙地隐藏在一个底边长度不定的三棱台中。
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(1)证明
解题方法
方法一: 综合法
如图，过点 D 作 DO⊥AC，交直线 AC 于点 O，连接 OB.
由∠ACD＝45°，DO⊥AC，得 CD＝ 2CO.
成角为 ,
1
1
SOBC
OB BC 2
2
2
2 1
VDOBC
1 3
S
OBC
DO
1 1 2 3
2 3
SDBC
1 DB BC 2
1 2
6
2
3
VDOBC VODBC
2 h 3 2 3
13 3 3
23 sin h 3 3
OC 2 3
因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3. 3
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方法四:三余弦定理 设直线 CO 与平面 DBC 所成角为 ,
∠ACB＝∠ACD＝45°，CO 在平面 DBC上的射影在 DCB
的角平分线上，设点 O 在平面 BCD 上的射影为点 H , 则 cosOCB cosBCH cos
2 3 cos ，cos 6 ，
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3
直线 OC 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3. 3
直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3. 3
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方法五 ：三正弦定理
设直线 CA 与平面 DBC 所成角为 , 设二面角 B CD A为 ,
设二面角C AB O 为 ,
直线CA与平面 OAB所成的叫为
sin sin sinBAC
可得sin
6 3，
sin sinACD sin 2 6 3 23 3
即 －x＋y＝0， －2y＋2z＝0，
可取 n＝(1,1,1)，
所以
sin
θ＝|cos〈O→C，n〉|＝||OO→→CC|··n|n||＝
3. 3
因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3. 3
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方法三：等积法
过点 D 作 DO⊥AC，交直线 AC 于点 O，连接 OB.
可得 BO⊥BC.,BC⊥DB 设 CD＝2 2，设直线 CO 与平面 DBC 所