浙江省高考数学优编增分练：解答题突破练二立体几何.doc
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（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＝，
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.
（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＝，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．
（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
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），
∴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，
∴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．
（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＝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.
（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＝，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
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