中小学教育资源及组卷应用平台 专题三 空间向量与立体几何 1．（2021·新疆巴音郭楞蒙古自治州第二中学高三月考（理））在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=BB1=4，，且∠BCC1=60°. （1）求证：平面ABC1⊥平面BCC1B1： （2）设二面角C-AC1-B的大小为θ，求sinθ的值. 【解析】（1）在中，，所以，即 因为，所以 所以，即 又，所以平面 又平面，所以平面平面. （2）由题意知，四边形为菱形，且，则为正三角形，取的中点，连接，则 以为原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则 设乎面的法向量为，且. 由得取. 由四边形为菱形，得； 又平面，所以； 又，所以平面， 所以平面的法向量为. 所以.故. 2．（2021·全国高三月考）在四棱锥中，底面为梯形﹐，平面. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】由题意知 所以平面 又知平面 所以平面 又因为平面 所以平面平面 由题可知， 由知两两互相垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则. 则. 设平面的法向量为， 则 即， 令 则， 所以 所以直线与平面所成角的正弦值为. 3．（2021·榆林市第十中学高三月考（理））如图1，在平行四边形中，，，为的中点，沿将翻折到的位置，如图2，点在平面内的正投影点在上，在上，平面. （1）证明：为的中点. （2）求平面与平面所成二面角的大小. 【解析】（1）由题意，易知，. 则. ∵，∴， 平面，平面平面，平面， ∴，∴. 连接，∵平面，平面，∴ ，， 又，∴，∴， ∴为的中点. （2）设，在梯形中，，∵ ， ∴，.在边长为的正三角形中，， ∴，，则易知.以为原点， 分别以，所在直线为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 设平面的法向量为，，， ∵ ，∴ ，取，则. 设平面的法向量为，，， ∵ ，∴ ，取，则， ∴，即平面与平面所成二面角的大小为. 4．（2021·山师大附中高三模拟）如图，在多面体中，侧面为菱形，平面，平面，，是的中点，为棱上的动点，． （1）证明：平面平面； （2）当点位于棱的什么位置时，面与面，所成的二面角的正弦值最小？ 【解析】∵面，面， ∴，， 由侧面为菱形知：，又，则，又， ∴平面，面 ∴，则，，两两垂直． 以为坐标原点，分别以射线，，为轴、轴、轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，， （1）证明：由上，，，则， ∴，又，， ∴平面，而平面， ∴平面平面 （2）设，则， ∴，， 设平面的一个法向量为，则，有，令，则，， ∴． 又平面，则平面的一个法向量为， ∴． 当，即点为棱靠近点的四等分点时，面与面所成的二面角余弦值的绝对值最大，此时正弦值最小． 5．（2021·济南市·山东师范大学附中高三开学考试）已知四棱锥中，平面，且，底面是边长为b的菱形，． （1）求证：平面平面； （2）设与交于点为中点，若二面角的正切值是，求的值． 【解析】（1）平面，平面， ，因为为菱形，所以， 又因为，所以平面， 因为平面 平面平面. （2） 过作交于，连接， 因为平面，所以由三垂线定理可得， 所以是的平面角， 又，且， 从而， . 6．（2021·山西晋中市·祁县中学高三月考（理））如图，平面ABCD⊥平面DBNM，且菱形ABCD与菱形DBNM全等，且∠MDB＝∠DAB，G为MC的中点． （1）求证：平面GBD∥平面AMN； （2）求直线AD与平面AMN所成角的正弦值． 【解析】（1）证明:连接AC交DB于E，连接GE， 在△AMC中，G，E分别是CM，CA的中点， 所以GE∥AM. 因为GE?平面AMN，AM?平面AMN， 所以GE∥平面AMN. 又菱形DBNM中，MN∥BD，同理可证BD∥平面AMN. 又因为BD∩GE＝E，BD，GE?平面GBD，所以平面GBD∥平面AMN. （2）解:连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等且∠MDB＝∠DAB， 可得出AD＝AB＝BD，DM＝BD＝MB. 所以ME⊥BD，又平面AB ... ...
~~ 您好，已阅读到文档的结尾了 ~~
