浙江省高考数学优编增分练:解答题突破练二立体几何Word文档格式.doc
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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=,
在Rt△DAA′中,AE=.
因为∠ASE=30°
,所以=,
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=2,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=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,,0),D(0,-,2),E(1,0,1),
∴=(-1,,0),=(0,-2,2),=(1,-,1),
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=1,得n=(0,1,),
∴直线AB与平面BDE所成角的正弦值为
=.
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.
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=,又DE=2,
所以DF==,EH=,
所以sin∠EBH==.
方法二 如图建系,则A(0,-2,0),D(0,0,2),B(,-1,0),
所以=(0,-2,-2),
=(,-1,-2).
设平面DAB的法向量为n=(x,y,z),
由
得
取z=1,得n=.
设与n的夹角为θ,
则cosθ===,
所以BE与平面DAB所成角的正弦值为.
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.
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
即解得
∴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=,BF=3,
∴
解得于是B(0,1,2),
(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,
∴点A到平面EFCD的距离为,而AF=,
故直线AF与平面EFCD所成角的正弦值为.
方法二 由
(2)方法二知=(-2,-1,2),
故==,
=+=,
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sinθ==.
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.
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=2a,M是AB的中点,
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=(-a,a,-a),=(a,a,0),所以·
=0,故EM⊥CM.
(2)解 设向量n=(1,y0,z0)为平面CDE的一个法向量,
则n⊥,n⊥,即n·
=0,n·
=0.
因为=(2a,0,a),=(0,2a,2a),
所以解得
即n=(1,2,-2),
cos〈n,〉==,
因为〈n,〉∈[0°
,180°
],所以〈n,〉=45°
直线CM与平面CDE所成的角θ是n与夹角的余角,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.
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=,DF=,
得cos∠BDF=.
所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为.
予少家汉东,汉东僻陋无学者,吾家又贫无藏书。
州南有大姓李氏者,其于尧辅颇好学。
予为儿童时,多游其家,见有弊筐贮故书在壁间,发而视之,得唐《昌黎先生文集》六卷,脱落颠倒无次序,因乞李氏以归。
读之,见其言深厚而雄博,然予犹少,未能悉究其义.徒见其浩然无涯,若可爱。
是时天下学者杨、刘之作,号为时文,能者取科第,擅名声,以夸荣当世,未尝有道韩文者。
予亦方举进士,以礼部诗赋为事。
年十有七试于州,为有司所黜。
因取所藏韩氏之文复阅之,则喟然叹曰:
学者当至于是而止尔!
因怪时人之不道,而顾己亦未暇学,徒时时独念于予心,以谓方从进士干禄以养亲,苟得禄矣,当尽力于斯文,以偿其素志。
二位分为Greg