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1、2019-2020年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，a，0)，E(a，a,2a)．因为F为CD的中点，所以F.(1)证明：＝，＝(a，a，a)，＝(2a,0，－a)．因为
2、＝(＋)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.(2)平面BCE⊥平面CDE.证明如下：因为＝，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)，所以·＝0，A·＝0，所以⊥，⊥.所以AF⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，所以平面BCE⊥平面CDE.2.(xx·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)
3、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，则B，C，A，D，P，M，则＝，＝.设平面AMC的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝，则x＝－1，z＝－，即n＝.又＝，设直线BD与n所成的角为θ，则cosθ＝＝，故直线BD与平面AMC所成角的正弦值为.3．(xx·
4、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PANM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，在△PBC中，NH∥BC，且NH＝BC＝1，AM＝AD＝1.∵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∥
5、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(2，2,0)，N.设平面AMN的法向量m＝(x，y，z)，＝(0,1,0)，＝，则取m＝.设平面PAN的法向量n＝(x，y，z)，＝(0,0,4)，＝，则取n＝(1，－，0)，则cos〈m，n〉＝＝.故二面角PANM的余弦值为.4．(xx·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)以AB边所在直
6、线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角EAGC的大小．解析：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)如图，取的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝.取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM
7、⊥AG，所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2.在△BEC中，由于∠EBC＝120°，由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12，所以EC＝2，所以△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG
8、的一个法向量，由可得取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．由可得取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．所以cos〈m，n〉＝＝.故所求的角为60°.5．(xx·天津卷)如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点
