浙江省2019高考数学优编增分练解答题突破练二立体几何

1、(二)立体几何1(2018浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥SABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱SB垂直于底面求证：平面SBD平面SAC；若SA与平面SCD所成的角为30，求SB的长证明连结AC，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以ACBD.又因为SB底面ABCD，所以ACSB，因为BDSBB，BD，SB?平面SBD，所以AC平面SBD.又因为(2)解AC?平面SAC，所以平面将四棱锥补形成正四棱柱SAC平面SBD.ABCDASCD，连结AD，作AEAD，垂足为点E，连结SE.由SACD可知，平面SCD即为平面SCDA.因为CD侧面ADDA，AE?侧面ADDA，所以CDAE，又因为AE

2、AD，ADCDD，AD，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SBx，在RtABS中，SA1x2，x在RtDAA中，AE1x2.因为ASE30，所以1x22x2，1x解得x1，即SB的长为1.2(2018浙江省金华十校模拟)如图，在几何体中，90，平面ABCDECDAEEACEACD平面ABC，CD2EA2，ABAC2，BC23，F为BD的中点证明：EF平面ABC；求直线AB与平面BDE所成角的正弦值证明取BC的中点G，连结FG，AG，F为BD的中点，CD2EA，CDAE，1FG2CDEA，且FGAE，四边形AGFE是平行四边形，EFAG，EF?平面AB

3、C，AG?平面ABC，EF平面ABC.(2)解EAC90，平面EACD平面ABC，且平面EACD平面ABCAC，EA?平面EACD，EA平面ABC，由(1)知FGAE，FG平面ABC，又ABAC，G为BC的中点，AGBC，如图，以G为坐标原点，分别以GA，GB，GF所在直线为x，y，z轴成立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，D(0，3，2)，E(1,0,1)，3，1)，AB(1，3，0)，BD(0，23，2)，BE(1设平面的法向量为(x，)，BDEnyz0，z30，则即x3yz0，nBE0，令y1，得n(0,1，3)，直线AB与平面BDE所成角的正弦值为|3ABn4.|A

4、B|n|3在三棱锥DABC中，DADBDC，D在底面ABC上的射影为E，ABBC，DFAB于F.求证：平面ABD平面DEF；若ADDC，AC4，BAC60，求直线BE与平面DAB所成角的正弦值证明由题意知DE平面ABC，所以ABDE，又ABDF，且DEDFD，所以AB平面DEF，又AB?平面ABD，所以平面ABD平面DEF.解方法一由DADBDC，知EAEBEC，所以E是ABC的外心又ABBC，所以E为AC的中点，如下图过E作EHDF于H，连结BH，则由(1)知EH平面DAB，所以EBH即为BE与平面DAB所成的角由AC4，BAC60，得ABAEBE2，所以EF3，又DE2，2223所以DFD

5、EEF7，EH，7EH21所以sinEBHBE7.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)，3，1，2)DB(设平面的法向量为(x，)，DABnyznDA0，由nDB0，2y2z0，得3xy2z0，取z1，得n3，1，1.3设EB与n的夹角为，21，则cosEBn2277|EB|n|3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AB2，AD4，点E，F分别在AD，BC上，且AE1，BF3，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上求证：CDBE；求线段BH的长度；求直线AF与平面EF

6、CD所成角的正弦值证明BH平面CDEF，BHCD，又CDDE，BHDEH，BH，DE?平面DBE，CD平面DBE，CDBE.(2)解方法一设BHh，EHk，过F作FG垂直ED于点G，线段BE，BF在翻折过程中长度不变，依据勾股定理得222BEBHEH，222222，BFBHFHBHFGGH5h2k2，h2，即解得922h22k2，k1，线段BH的长度为2.方法二如图，过点E作，过点E作平面，ERDCESEFCD以点E为坐标原点，分别以，所在直线为x，z轴成立空间直角坐标系，EREDESy设点B(0，y，z)(y0，z0)，因为(2,2,0)，5，3，FBEBFy2z25，4y22z29，解得y

7、1，于是B(0,1,2)，z2，线段的长度为2.BH(3)解方法一延伸BA交EF于点M，1AEBFMAMB13，点A到平面EFCD的距离为点B到平面EFCD距离的3，2点A到平面EFCD的距离为3，而AF13，故直线AF与平面EFCD所成角的正弦值为21339.方法二由(2)，方法二知FB(2，1,2)1212故EA3FB3，3，3，872FAFEEA，333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，213则sin|FAn|.39|FA|n|在如下图的几何体中，EA平面ABC，DB平面ABC，ACBC，且ACBCBD2AE，M是AB的中点求证：CMEM

8、；求CM与平面CDE所成的角方法一(1)证明因为ACBC，M是AB的中点，所以CMAB.又EA平面ABC，CM?平面ABC，所以EACM，因为ABEAA，AB，EA?平面ABDE，所以CM平面ABDE，又因为EM?平面ABDE，所以CMEM.(2)解过点M作MH平面CDE，垂足为H，连结CH并延伸交ED于点F，连结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MHED，又因为CM平面EDM，ED?平面EDM，所以CMED，因为MHCMM，MH，CM?平面CMF，所以ED平面CMF，因为MF?平面CMF，所以EDMF.设EAa，BDBCAC2a，在直角

9、梯形ABDE中，22，是AB的中点，ABaM所以DE3a，EM3a，MD6a，222所以EMMDED，所以是直角三角形，此中90，EMDEMD所以EMMDa.2MFDE在RtCMF中，tanFCMMF1，MC又因为FCM(0，90)，所以FCM45，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，所在直线分别作为x轴和y轴，过点作与平面CACBCABC垂直的直线为z轴，成立直角坐标系，设EAa，则(2a,0,0)，(0,20)，(20，)，(0,22)，(，0)ABa,Ea,aDa,aMaa,(1)证明，故EMCM.因为EM(a，a，a)，CM(a，a,0)，所以EMCM0解设

10、向量n(1，y0，z0)为平面CDE的一个法向量，则nCE，nCD，即nCE0，nCD0.a,2a)，因为CE(2a,0，a)，CD(0,22aaz0，y2，所以0解得0z02，2ay02az00，即n(1,2，2)，2CMncosn，CM|2，CMn因为n，0，180，所以n，45.CMCM45，所以直线CM与平面直线CM与平面CDE所成的角是n与CM夹角的余角，所以CDE所成的角是45.如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.求证：BF平面ACFD；求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值(1)证明延伸AD，BE，CF订交于一点K，如下图，因为平面BCFE平面ABC，且ACBC，所