推荐学习K122018届高考数学二轮复习专题五立体几何课时作业十三空间向量与立体几何理

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课时作业(十三) 空间向量与立体几何

1. 如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB＝2a，F为CD的中点． (1)求证：AF∥平面BCE； (2)判断平面BCE与平面CDE的位置关系，并证明你的结论． 解析： 建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a,2a)． 因为F为CD的中点， 3?3?所以F?a，a，0?. 2?2?→?3→3?→(1)证明：AF＝?a，a，0?，BE＝(a，3a，a)，BC＝(2a,0，－a)． 2?2?→1→→因为AF＝(BE＋BC)，AF?平面BCE，所以AF∥平面BCE. 2(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下： →?3→→→→→3?→因为AF＝?a，a，0?，CD＝(－a，3a,0)，ED＝(0,0，－2a)，所以AF·CD＝0，AF·ED2?2?→→→→＝0，所以AF⊥CD，AF⊥ED. 所以AF⊥平面CDE， 又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE. 2. 推荐学习K12资料

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(2017·广西南宁、梧州摸底联考)如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，△PAB是边长为a的正三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，已知点M是PD的中点． (1)证明：PB∥平面AMC； (2)求直线BD与平面AMC所成角的正弦值． 解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OM，因为四边形ABCD为菱形，OB＝OD，又M为PD的中点，所以OM∥PB. 由PB?平面AMC，OM?平面AMC，所以PB∥平面ACM. (2)取AB的中点N，连接PN，ND，则∠AND＝90°， 分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz， 3??a??则B?，0，0?，C?a，a，0?， ?2??2?33?33?????a??A?－，0，0?，D?0，a，0?，P?0，0，a?，M?0，a，a?， 2???2??2??44?→?3333??→?a则AC＝?a，a，0?，AM＝?，a，a?. 24??2??24设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)， 33?ax＋ay＝0，?22则?a33x＋ay＋az＝0，??244 令y＝3，则x＝－1， z＝－33?→?a3??，即n＝?－1，3，－?.又BD＝?－，a，0?，设直线BD与n所成的角33???22?→n·BD239为θ，则cosθ＝＝， →13|n||BD|239故直线BD与平面AMC所成角的正弦值为. 13推荐学习K12资料

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3．(2017·河北石家庄模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，CD⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝3，PA＝4，M为AD的中点，N为PC上一点，且PC＝3PN. (1)求证：MN∥平面PAB； (2)求二面角P-AN-M的余弦值． 解析： (1)证明：在平面PBC内作NH∥BC交PB于点H，连接AH， 11在△PBC中，NH∥BC，且NH＝BC＝1，AM＝AD＝1. 32∵AD∥BC， ∴NH∥AM，且NH＝AM， ∴四边形AMNH为平行四边形，∴MN∥AH. ∵AH?平面PAB，MN?平面PAB，∴MN∥平面PAB. (2)解：在平面ABCD内作AE∥CD交BC于E，则AE⊥AD. 分别以AE，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A－xyz，则P(0,0,4)，M(0,1,0)，C(22，2,0)，N??2228?，，?. ?333?→→?2228?设平面AMN的法向量m＝(x，y，z)，AM＝(0,1,0)，AN＝?，，?， ?333?推荐学习K12资料