专题集训14 空间向量与立体几何-2023大二轮【导学教程】旧教材老高考理科数学专题辅导与训练

学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 专题集训（十四） 空间向量与立体几何 [对应学生用书P129] 1.如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为菱形，BE⊥平面ABCD,G为AC与BD 的交点。 (I)证明：平面AEC⊥平面BED: (2)若∠B4D=60°，AE⊥EC,求直线EG与平面EDC所成角的正弦值， 解析(1)证明因为四边形ABCD为菱形， 所以AC⊥BD 因为BE⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, 所以AC⊥BE 又BE∩BD=B,所以AC⊥平面BED 又ACC平面AEC,所以平面AEC⊥平面BED (2)设AB=1,在菱形ABCD中，由∠B4D=60°，可得AG=GC=3)2,BG=GD=12, 因为AE⊥EC,所以在Rt△AEC中可得EG=AG=3)2.由BE⊥平面ABCD,得△EBG 为直角三角形，则EG?=BE+BG2,得BE=2)2 如图，过点G作直线Gz∥BE,因为BE⊥平面ABCD,所以Gz⊥平面ABCD,又AC⊥ BD, 所以建立空间直角坐标系G-z G0,0,0),Cavs4 al\col(0,f(r(3)2),0),Davs4\al\col(-f(12),0,0), Ealvs4allcol(f(1ir(22),=lawvs4alcol(f(1ir(22),=\a\vs4\al\col(1,0,\ f(r(2)2), -=alvs4alcol(f(Ir(3r(22). 设平面EDC的法向量为n=(心，y,), ·独家授权侵权必究 品牌书店·知名教辅·正版资源 学科网书城 趣身边的互联网+教辅专家 b。2xxkcom 由o(DE→)CE→))∙n=0，得x+y(r(221r(3r(22)z=0， 取x=1，则z=-2，y=-3)3，所以平面EDC的一个法向量为n=。设直线EG与平面 EDC所成的角为0，则sinθ=|cos〈～，n〉|=avs4a\(12(11+(13)+2))=-\ f(12r(3f(103))=10)10 所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为10)10 2.(2022北京卷)如图，在三棱柱ABCA_1B_1C_1中，侧面BCC_1B_1为正方形，平面BCC_1B_1 ⊥平面ABB_A_，AB=BC=2，M，N分别为A_1B_1，AC的中点． B_1-—M—A c (1)求证：MN∥平面BCC_1B_1 (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BAMN所成 角的正弦值． 条件①：AB⊥MN； 条件②：BM=MN。 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 解析（1)取BC中点D，连接B_1D，DN在三棱柱ABCA_1B_2C_1中，AB_1∥AB，AB_1= AB。 因为M，N，D分别为A_1B_1，AC，BC的中点，所以B_1M/AB，B_AM=124B，DN∥AB， DN=124B，即B_2M∥DN且B_2M=DN， ⊥iB……………A 所以四边形B_1MND为平行四边形， 因此B_1D/MN 又MNα平面BCC_1B_1，B_1DC平面BCC_AB_， 独家授权假权必究“_ 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 所以N∥平面BCCB (2)选条件①： 因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1, 又因为平面BCC1B1⊥平面ABB14A1,且平面BCCB1∩平面ABBA1=BB1, 所以CB⊥平面ABBA1,而ABC平面ABBA1,所以CB⊥AB 由(I)得BD∥MN,又因为AB⊥MN, 所以AB⊥BD, 而B,D∩CB=D,所以AB⊥平面BCCB1, 在三棱柱ABCA1BC1中，BA,BC,BB两两垂直， 故分别以BC,BA,BB1为x轴、y轴、？轴，建立如图所示空间直角坐标系， N 因为AB=BC=BB1=2,则B(0,0,0),N(1,1,0),M0,1,2),A(0,2,0), 所以=(1,1,0，=0,1,2)，=(0，-2,0) 设平面BMN的法向量为n=,y,), 由n=0,n=0,得x十y=0,y+2z=0,)令x=2,得n=(2,-21) 设直线AB与平面B趴MN所成角为O, 则sin0=cos〈n,）|=AB→)AB→)=|43×2=23， 所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23. 选条件②： 取AB中点H,连接HM,HN 因为M,N,H分别为A1B1,AC,AB的中点， 所以BB∥MH,CB∥NH,而CB⊥BB1, 故NH⊥AH 又因为AB=BC=2,所以NH=BH=1 在△MHB和△MHN中，BM=MN,NH=BH,公共边MH,那么△MHB≌△MHN, ·独家授权侵权必究· 学科