※精品试卷※ 方法二：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(1，3，3)，C(－1，3，0)， →→故AE＝(2,0，－3)，AG＝(1，3，0)， →CG＝(2,0,3)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， ?由??m·→AG＝0，→m·AE＝0， ?2x1－3z1＝0，可得??x1＋3y1＝0. 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量． ?n·→AG＝0，由?→?n·CG＝0，?x2＋3y2＝0，可得??2x2＋3z2＝0. 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－3，－2)． m·n1所以cos〈m，n〉＝＝. |m|·|n|2故所求的角为60°. 5．(2017·天津卷)如图，在三棱锥P-ABC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，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面BDE； (2)求二面角C-EM-N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7，求线段AH的长． 21推 荐 下 载
※精品试卷※ →→→解析：如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，依题意可得A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0，1)，N(1,2,0)． →→(1)证明：DE＝(0,2,0)，DB＝(2,0，－2)． 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， ?n·→DE＝0，则??n·→DB＝0， ??2y＝0，即??2x－2z＝0.? 不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)． →→又MN＝(1,2，－1)，可得MN·n＝0. 因为MN?平面BDE，所以MN∥平面BDE. (2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则→?n·EM＝0，?→?n·MN＝0.22 →→因为EM＝(0，－2，－1)，MN＝(1,2，－1)， ??－2y1－z1＝0，所以??x1＋2y1－z1＝0.? 不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)． n1·n24因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， |n1|·|n2|21于是sin〈n1，n2〉＝105. 21105. 21所以二面角C-EM-N的正弦值为→→(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得NH＝(－1，－2，h)，BE＝(－2,2,2)． 由已知，得 推 荐 下 载
※精品试卷※ →→→→|NH·BE||2h－2|7|cos〈NH，BE〉|＝＝2＝， →→h＋5×2321|NH||BE|812整理得10h－21h＋8＝0，解得h＝，或h＝. 5281所以，线段AH的长为或. 526. (2017·湖北孝感联考)如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，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(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M-BE-D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BC∥AE，且BC＝AE，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MF∥PA. 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E－xyz，则 E(0,0,0)，P(0,0，3)， B(3，0,0)，C(3，－1,0)． →→设PM＝λPC＝(0<λ<1)， 则M(3λ，－λ，3(1－λ))． →→∴EM＝(3λ，－λ，3(1－λ))，EB＝(3，0,0)． 取平面DBE的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME的法向量n2＝(x，y，z)， 推 荐 下 载
※精品试卷※ →?n·EM＝0，则由?→?n·EB＝022 ?3λx－λy＋3得?? 3x＝0.－λz＝0， ?令y＝3，得n2＝?0，3，?λ??. 1－λ??n1·n2?＝cos30°，得λ＝3， 又由??4?|n1||n2|?即M? 33??33，－，?.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． 44??4推 荐 下 载