IASK高考数学专题三第3讲.doc

IASK_高考数学专题三第3讲
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第3讲立体几何中的向量方法
高考定位以空间几何体为载体考查空间角是高
(1)证明由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC?平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，又DM?平面CDM，故BC⊥DM.
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︵
因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
由于DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
→
(2)解以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如
图所示的空间直角坐标系D－xyz.
︵
当三棱锥M－ABC体积最大时，M为CD的中点.
由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，
0)，M(0，1，1)，
→
→
→
＝(2，0，0).
AM＝(－2，1，1)，AB＝(0，2，0)，DA
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
→
＝0，
－
2x
＋
＋＝，
n·AM
即
y
z
0
则
→＝0，
2y＝0.
n·AB
可取n＝(1，0，2).
→
又DA是平面MCD的法向量，
→
→
5
→
25
n·DA
因此cos〈n，DA〉＝
→＝
5，sin〈n，DA〉＝
5.
|n||DA|
MAB与平面
MCD所成二面角的正弦值为
2
5
所以平面
5.
3.(2018全·国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分
别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C
到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
(1)证明
由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF?平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
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(2)解作PH⊥EF，(1)得，PH⊥平面ABFD.
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以H为坐标原点，以

→
HF的方向为

y轴的正方向，

→
|BF|
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为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系

H－xyz.
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由(1)可得，DE⊥＝2，DE＝1，所以PE＝＝1，EF＝2，故EF2
＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.
3
3
可得PH＝2
，EH＝2.
则H(0，0，0)，P
0，0，3，D－1，－
3，0，
2
2
→
3
3
→
3
DP＝1，
2，
2，HP＝0，0，2
为平面ABFD的一个法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ，
→→
3
4
3
则sinθ＝
·
HPDP
＝＝
→→
3
4.
|HP||DP|
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为
3
4.
考点整合
、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平