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.doc

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1、1课时作业课时作业(十三十三) 空间向量与立体几何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，ADDE2AB2a，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Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a，0)，E(a，a,2a)33因为F为CD的中点，所以F.(3 2a，32a，0)(1)证明：，(a，a，a)，(2a,0，a)AF(3 2a，32a，0)BE3BC因为 ()，AF平面BCE，所以AF平面BCE.AF1 2BEBC(

2、2)平面BCE平面CDE.证明如下：因为，(a，a,0)，(0,0，2a)，所AF(3 2a，32a，0)CD3ED以0，A0，所以，.AFCDFEDAFCDAFED所以AF平面CDE，又AF平面BCE，所以平面BCE平面CDE.2.2(2017广西南宁、梧州摸底联考)如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，且DAB60，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，OBOD，又M为PD的中点，所以OMPB.由PB

3、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AND90，分别以NB，ND，NP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Nxyz，则B，C，(a 2，0，0)(a，32a，0)A，D，P，M，(a 2，0，0)(0，32a，0)(0，0，32a)(0，34a，34a)则，.AC(3 2a，32a，0)AM(a 2，34a，34a)设平面AMC的法向量为n n(x，y，z)，则Error!令y，则x1，3z，即n n.又，设直线BD与n n所成的角为33(1， 3，33)BD(a 2，32a，0)，则 cos，n nBD|n n|BD|2 3913故直线BD

4、与平面AMC所成角的正弦值为.2 39133(2017河北石家庄模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为梯形，ADBC，CDBC，AD2，ABBC3，PA4，M为AD的中点，N为PC上一点，且PC3PN.3(1)求证：MN平面PAB；(2)求二面角PANM的余弦值解析：(1)证明：在平面PBC内作NHBC交PB于点H，连接AH，在PBC中，NHBC，且NHBC1，AMAD1.1 31 2ADBC，NHAM，且NHAM，四边形AMNH为平行四边形，MNAH.AH平面PAB，MN平面PAB，MN平面PAB.(2)解：在平面ABCD内作AECD交BC于E，则AEAD.分别以

5、AE，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，则P(0,0,4)，M(0,1,0)，C(2，2,0)，N.2(2 23，23，8 3)设平面AMN的法向量m m(x，y，z)，(0,1,0)，AMAN(2 23，23，8 3)则Error!取m m.(2，0，12)设平面PAN的法向量n n(x，y，z)，(0,0,4)，APAN(2 23，23，8 3)则Error!取n n(1，0)，24则 cosm m，n n.m mn n |m m|n n|2 69故二面角PANM的余弦值为.2 694(2017山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)

6、以AB边所在直线为旋转轴旋转 120得到的，G是的中点DF(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；CE(2)当AB3，AD2 时，求二面角EAGC的大小解析：(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP.又EBC120，所以CBP30.(2)如图，取的中点H，连接EH，GH，CH.方法一：EC因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.322213取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.1313在BEC中，由于EBC1

7、20，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，所以EMC为等边三角形，3故所求的角为 60.5以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所方法二：示的空间直角坐标系Bxyz.由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1， ，3)，C(1， ，0)，33故(2,0，3)，(1， ，0)，AEAG3(2,0,3)CG设m m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，由Error!可得Error!取z12，可得平面AEG的一个法向量m m(3，2)3设n n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量由Error!可得Error!取z2

8、2，可得平面ACG的一个法向量n n(3，2)3所以 cosm m，n n .m mn n |m m|n n|1 2故所求的角为 60.5(2017天津卷)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长721解析：如图，以A为原点，分别以， ，方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空ABACAP间直角坐标系Axyz，依题意可得A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,4

9、,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0，1)，N(1,2,0)6(1)证明：(0,2,0)，(2,0，2)DEDB设n n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则Error!即Error!不妨设z1，可得n n(1,0,1)又(1,2，1)，可得n n0.MNMN因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n n2(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则Error!因为(0，2，1)，(1,2，1)，EMMN所以Error!不妨设y11，可得n n2(4,1，2)因此有 cosn n1，n n2，n

10、n1n n2 |n n1|n n2|421于是 sinn n1，n n2.10521所以二面角CEMN的正弦值为.10521(3)依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，NH(2,2,2)BE由已知，得|cos， |，NHBE|NHBE|NH|BE|2h2|h25 2 3721整理得 10h221h80，解得h ，或h .8 51 2所以，线段AH的长为 或 .8 51 276.(2017湖北孝感联考)如图，四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ADBC，AD2BC2，BCDC，BAD60，平面PAD底面ABCD，E为AD的中点，PAD为正三角形，M是棱PC上的一点

11、(异于端点)(1)若M为PC的中点，求证：PA平面BME；(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为 30.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由解析：(1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.由题意知BCAE，且BCAE，故四边形ABCE为平行四边形，F为AC的中点，在PAC中，又由M为PC的中点，得MFPA.又MF平面BME，PA平面BME，PA平面BME.(2)连接PE，则由题意知PE平面ABCD.故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系Exyz，则E(0,0,0)，P(0,0，)，3B(，0,0)，C(，1,0)33设(01)，PMPC则M(，(1)33(，(1)，(，0,0)EM33EB3取平面DBE的法向量n n1(0,0,1)，设平面BME的法向量n n2(x，y，z)，则由Error!得Error!令y，得n n2.3(0， 3， 1)又由cos30，得 ，|n n1n n2 |n n1|n n2|3 48即 M.故存在点 M 满足要求，且 M 为棱 PC 上靠近端点 C 的四等分点(3 34，34，34)