2018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.doc

8课时作业(十三)空间向量与立体几何1.如图已知AB⊥平面ACDDE⊥平面ACD△ACD为等边三角形AD＝DE＝2AB＝2aF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(000)C(2a00)B(00a)D(aeq\r(3)a0)E(aeq\r(3)a2a)．因为F为CD的中点所以Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32)a\f(\r(3)2)a0)).(1)证明：eq\o(AF\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32)a\f(\r(3)2)a0))eq\o(BE\s\up10(→))＝(aeq\r(3)aa)eq\o(BC\s\up10(→))＝(2a0－a)．因为eq\o(AF\s\up10(→))＝eq\f(12)(eq\o(BE\s\up10(→))＋eq\o(BC\s\up10(→)))AF⊄平面BCE所以AF∥平面BCE.(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：因为eq\o(AF\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32)a\f(\r(3)2)a0))eq\o(CD\s\up10(→))＝(－aeq\r(3)a0)eq\o(ED\s\up10(→))＝(00－2a)所以eq\o(AF\s\up10(→))·eq\o(CD\s\up10(→))＝0Aeq\o(F\s\up10(→))·eq\o(ED\s\up10(→))＝0所以eq\o(AF\s\up10(→))⊥eq\o(CD\s\up10(→))eq\o(AF\s\up10(→))⊥eq\o(ED\s\up10(→)).所以AF⊥平面CDE又AF∥平面BCE所以平面BCE⊥平面CDE.2.(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AMCOM⊂平面AMC所以PB∥平面ACM.(2)取AB的中点N连接PNND则∠AND＝90°分别以NBNDNP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N－xyz则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2)00))Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(\r(3)2)a0))Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2)00))Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0\f(\r(3)2)a0))Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(00\f(\r(3)2)a))Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0\f(\r(3)4)a\f(\r(3)4)a))则eq\o(AC\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32)a\f(\r(3)2)a0))eq\o(AM\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2)\f(\r(3)4)a\f(\r(3)4)a)).设平面AMC的法向量为n＝(xyz)则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(32)ax＋\f(\r(3)2)ay＝0\f(a2)x＋\f(\r(3)4)ay＋\f(\r(3)4)az＝0))令y＝eq\r(3)则x＝－1z＝－eq\f(\r(3)3)即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1\r(3)－\f(\r(3)3))).又eq\o(BD\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2)\f(\r(3)2)a0))设直线BD与n所成的角为θ则cosθ＝eq\f(n·\o(BD\s\up10(→))|n||\o(BD\s\up10(→))|)＝eq\f(2\r(