2020版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.docx

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1、第二讲空间向量与立体几何1．(2019·合肥二模)如图，三棱台ABCEFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，BF＝CF.(1)求证：AB⊥CG；(2)若BC＝CF，求直线AE与平面BEG所成角的正弦值．解析：(1)证明：取BC的中点为D，连接DF.由ABCEFG是三棱台得，平面ABC∥平面EFG，从而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AB

2、C，∴CG⊥AB.(2)连接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，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设BC＝2，则A(0,0，)，E，B(1,0,0)，G(－1，，0)，∴＝，＝(－2，，0)，＝.设平面BEG的一个法向量为n＝(x，y，z)．由，可得令x＝，则y＝2，z＝－1，∴n＝(，2，－1)．设AE与平面BEG所成角为θ，则直线AE与平面BEG所成角的正弦值为sinθ＝

3、cos〈，n〉

4、＝＝.2.(20

5、19·湖南五市十校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45°，如果存在，求出BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解析：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,

6、0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2，－2)，＝(2，2，0)，＝(0,0,2)．设＝t(0

7、cos〈m，n〉

8、＝＝＝cos45°＝，解得t＝，即点M是线段PD的中点．此时平面MAC的法向量n＝(1，－1，)，M(0，，1)，＝(－2，3，1)．设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝

9、cos〈n，〉

10、＝＝.所以存在PD的中点M

11、使得二面角MACD的大小为45°，且BM与平面MAC所成角的正弦值为.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.(1)求证：BC⊥BF；(2)求二面角FCEB的正弦值．解析：(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.(2)由(1)知BC⊥平面ABEF，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，设2AF＝AB＝BE＝2，

12、∵∠FAB＝60°，AF∥BE.∴B(0,0,0)，C(0,2,0)，F，E(－1,0，)，＝(1,2，－)，＝，＝(0,2,0)，设平面CEF的一个法向量n＝(x，y，z)，则即令x＝，得n＝(，2，5)，设平面BCE的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，则即取x1＝，得m＝(，0,1)，设二面角FCEB的平面角为θ.则

13、cosθ

14、＝＝＝，∴sinθ＝，∴二面角FCEB的正弦值为.4．(2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重

15、合，连接DG，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；(2)求图2中的二面角BCGA的大小．解析：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而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.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足为H.因为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＝.以H为坐标

16、原点，的方向为x轴的正方