《2020屆高考數學大二輪復習 層級二 專題四 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法教學案（理）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數學大二輪復習 層級二 專題四 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法教學案（理）（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 (理)第3講　立體幾何中的向量方法 [考情考向·高考導航] 空間向量在立體幾何中的應用主要體現在利用空間向量解決立體幾何中的位置關系、空間角以及空間距離的計算等問題，是每年高考的必考內容，并且以解答題的形式出現，其考查形式為一題多問，多步設問，通常第一問考查空間位置關系，第二、三問考查空間角或距離，難度中等．利用空間向量求空間角仍是重點，對于探索點或線滿足所給關系的問題要引起重視． [真題體驗] (2019·全國Ⅰ卷)如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4， AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點． (1)證

2、明：MN∥平面C1DE； (2)求二面角A－MA1－N的正弦值． 證明：(1)連B1C，ME，則MEB1C， 又DN＝A1D 而A1D B1C ∴MEND. ∴四邊形MNDE為平行四邊形， ∴MN∥DE 又MN?平面C1DE， DE?平面C1DE ∴MN∥平面C1DE. (2)取AB的中點F，連接DF， 由已知，DF⊥DC，DF⊥D1D. 以D為坐標原點，DF，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖， ∵AA1＝4，AB＝2. ∴A1(，－1,4)， M(，1,2)，N， 則＝(0,2，－2)， ＝. 設平面MA1N的法向

3、量為m＝(x，y，z)， 則m⊥，m⊥ ∴令y＝1， 得平面MA1N的一個法向量為m＝(－，1,1)． 又平面AMA1的一個法向量為n＝(1,0,0)， 設二面角A－MA1－N的平面角為θ，則 cos θ＝＝＝－. ∴sin θ＝. 即二面角A－MA1－N的正弦值為. [主干整合] 1．直線與平面、平面與平面的平行與垂直的向量方法 設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，則 (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直 l⊥α?a∥μ

4、?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 2．直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計算 設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)線線夾角 設l，m的夾角為θ，則 cos θ＝＝. (2)線面夾角 設直線l與平面α的夾角為θ，則 sin θ＝＝|cos〈a，

5、μ〉|. (3)面面夾角 設平面α，β的夾角為θ(0≤θ＜π)． 則|cos θ|＝＝|cos〈μ，v〉|. 熱點一　利用向量法證明平行與垂直 數學 建模 素養(yǎng) 數學建?！孟蛄拷鉀Q空間立體幾何中的核心素養(yǎng) 以學習過的空間向量為基礎，通過將幾何向量化，以向量作為刻畫空間中點、線、面位置關系的連接點，解決空間幾何中難解決的問題. [例1]　 (2019·沈陽三模)如圖，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，E，F，O分別是PA，PB，AC的中點，AC＝16，PA＝PC＝10. (1)設G是OC的中點，證明FG∥平面BOE； (2)證明

6、：在△ABO內存在一點M，使FM⊥平面BOE. [證明]　 (1)如圖，連接OP，∵PA＝PC，∴OP⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，∴OP⊥平面ABC.以點O為坐標原點，分別以OB，OC，OP所在直線x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.則O(0,0,0)，A(0，－8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4，0,3)． 由題意，得G(0,4,0)． 因為＝(8,0,0)，＝(0，－4,3)， 所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)． 由＝(－4,4，－3)，得n·＝0.又直線FG不在平面BOE內， 所以FG∥平

7、面BOE. (2)設點M的坐標為(x0，y0,0)， 則＝(x0－4，y0，－3)． 因為FM⊥平面BOE， 所以∥n，因此x0＝4，y0＝－， 即點M的坐標是. 在平面直角坐標系xOy中，△AOB的內部區(qū)域可表示為不等式組 經檢驗，點M的坐標滿足上述不等式組． 所以，在△AOB內存在一點M， 使FM⊥平面BOE. 由點M的坐標，得點M到OA，OB的距離分別為4，. 用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方向證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即

8、可．若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調直線在平面外． (2019·淄博三模)如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB. (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 證明： 以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0，0,1)，所以E，F， ＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．

9、 (1)因為＝－，所以∥， 即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因為·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以⊥，⊥， 即AP⊥DC，AD⊥DC. 又因為AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD， 所以DC⊥平面PAD. 因為DC?平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC. 熱點二　利用空間向量求空間角 [例2]　(2019·天津卷) 如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求證：BF∥平面ADE；

10、 (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值； (3)若二面角E－BD－F的余弦值為，求線段CF的長． [審題指導]　由條件知AE，AD，AB互相垂直，可建立空間直角坐標系，用空間向量解決． (1)證明與平面ADE的法向量垂直即得線面平行，也可以通過證明平面ADE與平面BCF平行來實現線面平行的轉化． (2)與平面BDE的法向量所成角的余弦值的絕對值，即為所求直線與平面所成角的正弦值． (3)設CF＝h，用h表示二面角EBDF的余弦值，通過解方程得到線段長． [解析]　 依題意，建立以A為原點，分別以，，的方向為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得A(0

11、,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)． 設CF＝h(h＞0)，則F(1,2，h)． (1)依題意，＝(1,0,0)是平面ADE的法向量， 又＝(0,2，h)，可得·＝0， 又因為直線BF?平面ADE， 所以BF∥平面ADE. (2)依題意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)． 設n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則 即不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)． 因此有cos〈，n〉＝＝－. 所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)設m＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量， 則即

12、 不妨令y1＝1，可得m＝. 由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得h＝.經檢驗，符合題意． 所以，線段CF的長為. 1．異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cos θ＝|cos φ|. 2．直線與平面所成的角θ主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有時也可分別求出斜線與它在平面內的射影直線的方向向量，轉化為求兩方向向量的夾角(或其補角)． 3．二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角． (2

13、018·江蘇卷) 如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 解： 如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標系O－xyz. 因為AB＝AA1＝2， 所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)． (1)因為P為A1B1的中點，所以P(，－，2

14、)， 從而＝(－，－，2)，＝(0,2,2)， 故|cos ＜，＞|＝＝＝. 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因為Q為BC的中點，所以Q(，，0)， 因此＝(，，0)，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)． 設n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)， 設直線CC1與平面AQC1所成角為θ， 則sin θ＝|cos＜，n＞|＝＝＝， 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 熱點三　利用空間向量解決探索性問題 [例3]　 (2020·吉林調研)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，P

15、A⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求證：PD⊥平面PAB； (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由． [審題指導]　第(1)問利用線面垂直的判定定理證明： 平面PAD⊥平面ABCD?AB⊥平面PAD?AB⊥PD?PD⊥平面PAB； 第(2)問建立空間直角坐標系，用向量法求解： 建立空間直角坐標系，求出與平面PCD的法向量，求出法向量與夾角的余弦值，進而可求線面角的正弦值； 第(3)問假設點存在，利用向量法建立線面平行滿足關系式求解： 先假設存

16、在點M，設出點M坐標，利用向量法，由線面平行的條件轉化為方程求解． [解析]　(1)證明：因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD，PA∩AB＝A， 所以PD⊥平面PAB. (2)取AD的中點O，連接PO，CO. 因為PA＝PD，所以PO⊥AD. 又因為PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD. 因為CO?平面ABCD， 所以PO⊥CO. 因為AC＝CD，所以CO⊥AD. 如圖所示，建立空間直角坐標系Oxyz. 由題意得

17、，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)． 則＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)， 設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝2，則x＝1，y＝－2. 所以n＝(1，－2,2)． 又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－. 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為. (3)設M是棱PA上一點， 則存在λ∈[0,1]，使得＝λ. 因此點M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)． 因為BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，當且僅當·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2

18、,2)＝0. 解得λ＝.所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面BCD，此時＝. 利用空間向量求解探索性問題的策略 (1)假設題中的數學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論． (2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數)是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等．若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論． (2019·聊城三模)如圖(1)，在邊長為4的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于點E，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥DC，如圖(2)． (1)求證：A1

19、E⊥平面BCDE. (2)求二面角EA1BC的余弦值． (3)判斷在線段EB上是否存在一點P，使平面A1DP⊥平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． 解析：(1)證明：∵DE⊥BE，BE∥DC，∴DE⊥DC. 又∵A1D⊥DC，A1D∩DE＝D，∴DC⊥平面A1DE， ∴DC⊥A1E. 又∵A1E⊥DE，DC∩DE＝D，∴A1E⊥平面BCDE. (2)∵A1E⊥平面BCDE，DE⊥BE，∴以EB，ED，EA1所在直線分別為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標系． 易知DE＝2，則A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,2，0)，D(0,2，0)， ∴＝(

20、－2,0,2)，＝(2,2，0)，平面A1BE的一個法向量為n＝(0,1,0)． 設平面A1BC的法向量為m＝(x，y，z)， 由·m＝0，·m＝0， 得 令y＝1，得m＝(－，1，－)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝. 由圖，得二面角EA1BC為鈍二面角，∴二面角EA1BC的余弦值為－. (3)假設在線段EB上存在一點P，使得平面A1DP⊥平面A1BC.設P(t,0,0)(0≤t≤2)，則＝(t,0，－2)， ＝(0,2，－2)，設平面A1DP的法向量為p＝(x1，y1，z1)，由得 令x1＝2，得p＝. ∵平面A1DP⊥平面A1BC，∴m·p＝0，即2－＋t＝0

21、，解得t＝－3. ∵0≤t≤2，∴在線段EB上不存在點P，使得平面A1DP⊥平面A1BC. 限時50分鐘　滿分60分 解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分) 1．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，D，E分別是AB，CD的中點，AE的延長線交CB于F.現將△ACD沿CD折起，折起二面角，如圖2，連接A′F. (1)求證：平面A′EF⊥平面CBD； (2)當A′C⊥BD時，求二面角A′－CD－B的余弦值． 解：本題主要考查折疊、面面垂直的證明、二面角等問題，考查考生的空間想象能力及運算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、數學運算．(1)在平面

22、圖形中AF⊥CD，所以折疊后得到A′E⊥CD，EF⊥CD，即可證得結論；(2)可以利用向量法和傳統(tǒng)法求解． (1)在Rt△ABC中，由D為AB的中點，得AD＝CD＝DB， 又∠B＝30°，所以△ACD是正三角形， 又E是CD的中點，所以AF⊥CD. 折起后，A′E⊥CD，EF⊥CD， 又A′E∩EF＝E，A′E?平面A′EF，EF?平面A′EF， 故CD⊥平面A′EF， 又CD?平面CBD， 故平面A′EF⊥平面CBD. (2)解法一　如圖，過點A′作A′H⊥EF，垂足H落在FE的延長線上． 因為CD⊥平面A′EF，所以CD⊥A′H， 所以A′H⊥平面CBD. 以E

23、為原點，EF所在的直線為x軸，ED所在的直線為y軸，過E與A′H平行的直線為z軸建立空間直角坐標系． 由(1)可知∠A′EF為所求二面角的平面角，設為θ，并設A′C＝a，可得C，D，B，A′. 故＝，＝，因為A′C⊥BD，所以·＝0， 即cos θ＋＝0， 得cos θ＝－. 故二面角A′－CD－B的余弦值為－. 解法二　 如圖，過點A′作A′H⊥EF，垂足H落在FE的延長線上， 因為CD⊥平面A′EF，所以CD⊥A′H， 所以A′H⊥平面CBD. 連接CH并延長交BD的延長線于G， 由A′C⊥BD，得CH⊥BD， 即∠CGB＝90°， 因此△CEH～△CGD，

24、 則＝， 設A′C＝a，易得∠GDC＝60°，DG＝，CE＝，CG＝， 代入＝得EH＝，又EA′＝，故cos∠HEA′＝＝. 又A′E⊥CD，EF⊥CD， 所以∠A′EF即所求二面角的平面角， 故二面角A′－CD－B的余弦值為－. 2．(2019·北京卷) 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點，點F在PC上，且＝. (1)求證：CD⊥平面PAD； (2)求二面角F－AE－P的余弦值； (3)設點G在PB上，且＝.判斷直線AG是否在平面AEF內，說明理由． 解析：(1)由于PA⊥平面AB

25、CD，CD?平面ABCD，則PA⊥CD， 由題意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A， 由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD. (2)以點A為坐標原點，平面ABCD內與AD垂直的直線為x軸，AD，AP方向為y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz， 易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)， 由＝可得點F的坐標為F， 由＝可得E(0,1,1) ， 設平面AEF的法向量為：m＝(x，y，z)，則 ， 據此可得平面AEF的一個法向量為：m＝(1,1，－1)， 很明顯平面AEP的一個法向量為n＝(1,0,0)， cos〈m，n〉＝＝

26、＝， 二面角F－AE－P的平面角為銳角，故二面角F－AE－P的余弦值為. (3)易知P(0,0,2)，B(2，－1,0)，由＝可得G， 則＝， 注意到平面AEF的一個法向量為：m＝(1,1，－1)， 其m·＝0且點A在平面AEF內，故直線AG在平面AEF內． 3．(2019·蘇州三模) 如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2. (1)取PC中點N，連接DN，求證：DN∥平面PAB. (2)求直線AC與PD所成角的余弦值． (3)在線段PD上，是否存在一點M，使得二面角MACD的大小為45°，如果存

27、在，求BM與平面MAC所成的角，如果不存在，請說明理由． 解析： 取BC的中點E，連接DE與AC，相交于點O，連接AE，易知AC⊥DE，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，C(0，1,0)，D(－1,0,0)，P(0，－1,2)， (1)PC中點N(0,0,1)，所以＝(1,0,1)， 設平面PAB的法向量為n＝(a，b，c)， 由＝(0,0,2)，＝(2,0,0)， 令b＝1，可得：n＝(0,1,0)，所以·n＝0，因為DN?平面PAB，所以DN∥平面PAB. (2)＝(0,2,0)，＝(－1,1，－2)，設AC與PD所成的角為θ，則co

28、s θ＝＝. (3)設M(x，y，z)及＝λ(0≤λ≤1)， 所以?M(－λ，λ－1,2(1－λ))， 設平面ACM的法向量為m＝(x，y，z)， 由＝(0,2,0)，＝(－λ，λ，2(1－λ))，可得m＝(2－2λ，0，λ)，平面ACD的法向量為p＝(0,0,1)， 所以cos〈m，p〉＝ ＝?λ＝ ，解得λ＝. 解得M， 所以＝，所以m＝， 設BM與平面MAC所成角為φ，所以sin φ＝|cos〈，m〉|＝＝，所以φ＝. 4．(2020·山東實驗中學模擬)某工廠欲加工一件藝術品，需要用到三棱錐形狀的坯材，工人將如圖所示的長方體ABCD－EFQH材料切割成三棱錐H－ACF

29、. (1)若點M，N，K分別是棱HA，HC，HF的中點，點G是NK上的任意一點，求證：MG∥平面ACF； (2)已知原長方體材料中，AB＝2，AD＝3，DH＝1，根據藝術品加工需要，工程師必須求出三棱錐H－ACF的高．甲工程師先求出AH所在直線與平面ACF所成的角θ，再根據公式h＝AH·sin θ，求三棱錐H－ACF的高h.請你根據甲工程師的思路，求該三棱錐的高． 解：證明：(1)∵HM＝MA，HN＝NC，HK＝KF， ∴MK∥AF，MN∥AC.∵MK?平面ACF，AF?平面ACF， ∴MK∥平面ACF. ∵MN?平面ACF，AC?平面ACF，∴MN∥平面ACF. ∵MN，M

30、K?平面MNK，且MK∩MN＝M， ∴平面MNK∥平面ACF. 又∵MG?平面MNK，∴MG∥平面ACF. (2)如圖，以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DH所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D－xyz. 則有A(3,0,0)，C(0,2,0)，F(3,2,1)，H(0,0,1)， ＝(－3,2,0)，＝(0,2,1)，＝(－3,0,1)． 設平面ACF的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則有令y＝3，則n＝(2,3，－6)， ∴sin θ＝＝＝， ∴三棱錐H－ACF的高為AH·sin θ＝×＝. 5. 如圖，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交

31、點，BE⊥平面ABCD. (1)證明：平面AEC⊥平面BED； (2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱錐E－ACD的體積為，求該三棱錐的側面積． 解析：(1)因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD. 因為BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE，又BD∩BE＝B， 故AC⊥平面BED. 又AC?平面AEC， 所以平面AEC⊥平面BED. (2)設AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝. 因為AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝x. 由BE⊥平面ABCD，知△EBG為直角三角形，可得BE＝x. 由已知得，三棱錐E－ACD

32、的體積VEACD＝×AC·GD·BE＝x3＝.故x＝2. 從而可得AE＝EC＝ED＝. 所以△EAC的面積為3，△EAD的面積與△ECD的面積均為. 故三棱錐E－ACD的側面積為3＋2. (理)高考解答題·審題與規(guī)范(四)　立體幾何類考題 重在“化歸” 思維流程 [幾何法]　將立體幾何問題轉化為平面幾何問題．將異面直線夾角，線面角，二面角等空間角轉化為平面角求解． [代數法]　將幾何問題轉化為代數問題，用空間向量解題． [推理與證明]　分析法找思路：將面面問題轉化為線面問題，將線面問題轉化為線線問題． [綜合法證明]　線線關系推出線面關系，線面關系推出面面關系.

33、 真題案例 審題指導 審題方法 (12分)(2018·全國Ⅲ卷)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點． (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當三棱錐M－ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值. (1)在題目中的兩個平面中選擇一條直線證明該直線垂直于另外一個平面；(2)建立空間直角坐標系，求得幾何體體積最大時點M的位置，利用兩個平面的法向量的夾角求解即可. 審圖形找關聯 　　圖形或者圖象的力量比文字更為簡單而有力，挖掘其中蘊涵的有效信息，正確理解問題是解決問題的關鍵，對圖形或者圖象的獨特理解很多時候能成為

34、解題中的亮點. 規(guī)范解答 評分細則 [解析]　(1)由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD. 因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，1分① 所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.2分② 因為M為C上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.3分③ 而DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.4分④ (2)以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.6分⑤ 當三棱錐MABC體積最大時，M為C的中點.7分⑥ 由題設得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，

35、M(0,1,1)， ＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)，8分⑦ 設n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量， 則即可取n＝(1,0,2).9分⑧ 是平面MCD的法向量，因此cos〈n，〉＝＝，10分⑨ sin〈n，〉＝，所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是.12分⑩ 第(1)問踩點得分 ①由條件得出BC⊥CD，并寫出BC?平面ABCD得1分，沒有BC?平面ABCD扣1分． ②得分BC⊥DM得1分． ③得出DM⊥平面BMC，得1分． ④得出結論得1分，如果沒有寫出DM?平面AMD扣1分． 第(2)問踩點得分 ⑤正確建立空間直角坐標系得2分． ⑥確定M為的中點得1分． ⑦正確寫出點的坐標，并求出相應向量的坐標得1分． ⑧正確求出平面MAB的法向量得1分． ⑨正確求出n與夾角的余弦值得1分． ⑩正確計算出n與夾角的正弦值得2分. - 20 -