高考数学大二轮复习专题三立体几何第二讲空间向量与立体几何限时规范训练(理科)

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第二讲空间向量与立体几何

1．(2019·合肥二模)如图，三棱台ABC-EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，

CB＝2GF，BF＝CF.

求证：AB⊥CG；

若BC＝CF，求直线AE与平面BEG所成角的正弦值．分析：(1)证明：取BC的中点为D，连结DF.

由ABC-EFG是三棱台得，平面ABC∥平面EFG，进而BC∥FG.

∵CB＝2GF，∴CD綊GF，

∴四边形CDFG为平行四边形，∴CG∥DF.

∵BF＝CF，D为BC的中点，

∴DF⊥BC，∴CG⊥BC.

∵平面ABC⊥平面BCGF，且交线为BC，CG?平面BCGF，

∴CG⊥平面ABC，而AB?平面ABC，

∴CG⊥AB.

(2)连结AD.由△ABC是正三角形，且D为中点得，AD⊥BC.

由(1)知，CG⊥平面ABC，CG∥DF，

∴DF⊥AD，DF⊥BC，

∴DB，DF，DA两两垂直．

以DB，DF，DA分别为x，y，z轴，成立如下图的空间直角坐标系D-xyz.设BC＝2，则A(0,0，3)，E－1，3，3，B(1,0,0)，G(－1，3，0)，22∴→＝13，→＝(－2，3，0)，→＝33，3.AE－，3，－BGBE－，2222设平面BEG的一个法向量为n＝(x，y，z)．

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→－2x＋3y＝0，BG·n＝0由，可得33y＋3→·＝0－x＋z＝0.22BEn令x＝3，则y＝2，z＝－1，∴n＝(3，2，－1)．设AE与平面BEG所成角为θ，则直线与平面所成角的正弦值为sinθ＝|cos〈→，〉|＝→·＝6.AEnAEBEGAEn→4|AE|·|n|

2.(2019·湖南五市十校联考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝

2.

求证：AB⊥PC；

在线段PD上，能否存在一点M，使得二面角M-AC-D的大小为45°，假如存在，求出

BM与平面MAC所成角的正弦值，假如不存在，请说明原因．

贍掺宠缙鎦憶爷绋储藪懟鰓瀕鲅賡。分析：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝22，BC＝42，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，由于PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.(2)成立如下图的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(22，22，0)，D(0,22，0)，P(0,0,2)，B(2→2，－22，0)，PD＝(0,22，－2)，→＝(22，22，0)，→＝(0,0,2)．ACAP→→→2t，－2t)，设PM＝tPD(0<t<1)，则PM＝(0,2→→→2t,2－2t)．所以AM＝AP＋PM＝(0,2设平面的法向量是＝(x，，)，则MACnyz·→＝0，22x＋22＝0，→即22ty＋2－2tz＝0，n·AM＝0，

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则可取n＝1，－1，2t.1－t又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，2t所以|cos〈，〉|＝|m·n|＝t－1＝cos45°＝2，解得t＝1，即点M是线mn|m||n|2t2222＋t－1段PD的中点．此时平面的法向量＝(1，－1，2)，(0，2，1)，→＝(－22，32，1)．MACnMBM设BM与平面MAC所成的角为θ，→→26|n·BM|则sinθ＝|cos〈n，BM〉|＝|||→|＝9.nBM所以存在PD的中点M使得二面角M-AC-D的大小为45°，且BM与平面MAC所成角的正弦26值为9.

3.(2019·郑州二模)如图，等腰直角△ABC中，∠B＝90°，平

面ABEF⊥平面ABC,2AF＝AB＝BE，∠FAB＝60°，AF∥BE.

求证：BC⊥BF；

求二面角F-CE-B的正弦值．

分析：(1)证明：∵等腰直角△ABC中，∠B＝90°，∴BC⊥AB，

∵平面ABEF⊥平面ABC，平面ABEF∩平面ABC＝AB，

∴BC⊥平面ABEF，

∵BF?平面ABEF，∴BC⊥BF.

由(1)知BC⊥平面ABEF，

故以B为原点，成立如下图的空间直角坐标系B-xyz，

设2AF＝AB＝BE＝2，∵∠FAB＝60°，AF∥BE.

鐒饗浇藥稅儻轂凭鉺蟄嵛报竇譯聰。∴B(0,0,0)，C(0,2,0)，F3，0，3，E(－1,0，3)，22→→5，0，－3→，EC＝(1,2，－3)，EF＝2，BC＝(0,2,0)2设平面的一个法向量n＝(，，z)，CEFxy

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→x＋2y－3z＝0，n·EC＝0，令x＝3，得n＝(3，23，5)，则→即53n·＝0，x－z＝0，22EF设平面BCE的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，

·→＝0，1＋11＝，3，得m＝(3，0,1)，则→即取x1＝1m·BC＝0，2y＝0，设二面角F-CE-B的平面角为θ.

m·n810则|cosθ|＝|m|·|n|＝2×210＝5，

∴sinθ＝15，5∴二面角--的正弦值为15.FCEB54．(2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC构成的一个平面图形，此中＝1，＝＝2，∠＝60°.将其沿，折起使得BE与BF重合，连结，ABBEBFFBCABBCDG如图2.

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；

求图2中的二面角B-CG-A的大小．

分析：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确立一个平面，进而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，

所以AB⊥平面BCGE.

又由于AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.

作EH⊥BC，垂足为H.

由于EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，

所以EH⊥平面ABC.

由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝3.

积币鯖閿鋪牵俭駑崳繾鄔阈遲裢裤。→x轴的正方向，成立如下图的空间直角坐标系H-xyz，则以H为坐标原点，HC的方向为

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A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0→→，－1,0)．，3)，CG＝(1,0，3)，AC＝(2设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，→x＋3z＝0，CG·n＝0，则即2y＝0.→－AC·n＝0，x所以可取n＝(3,6，－3)．又平面的法向量可取＝(0,1,0)，BCGEm所以cos〈n，m〉＝|n·m3n|||＝2.m所以二面角B-CG-A的大小为30°.5．(2019·汉阳区校级模拟)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝DBF＝60°.

求证：AC⊥平面BDEF；

求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．

分析：(1)证明：设AC与BD订交于点O，连结FO，

∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，且O为AC的中点，

∵FA＝FC，∴AC⊥FO，

又FO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDEF.

连结DF，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，

∵O为BD中点，∴FO⊥BD，又AC⊥FO，∴FO⊥平面ABCD.

∵OA，OB，OF两两垂直，∴成立空间直角坐标系O-xyz，如下图，痹会欒婴綿万缃兩浃剎談练桤樣废。

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设AB＝2，∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，∴BD＝2，AC＝23.

∵△DBF为等边三角形，∴OF＝3.

閹蛻协撓绕揮莢剝擄样賜輦塢弳叙。∴A(3，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0,0，3)，→3，－1,0)→3，0，→3，1,0)