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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(