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(guò)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(guò)F作FG垂直ED于點(diǎn)G, ∵線段BE,BF在翻折過(guò)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(guò)點(diǎn)E作ER∥DC,過(guò)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(guò)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(guò)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.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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