发布时间 : 星期四 文章2020高考数学二轮复习 专题四 立体几何与空间向量 第3讲 立体几何中的向量方法学案 理更新完毕开始阅读
2019年
B(0,2,0)，A1(2,0,2)， P(0,1,2)，B1(0,2,2)，
→→∵BQ＝λBA1，
∴(x，y－2，z)＝λ(2，－2,2)，
x＝2λ，??
∴?y＝2－2λ，??z＝2λ，
→
∴Q(2λ，2－2λ，2λ)．
∵点Q在线段A1B上运动，
∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量， 设平面A1PB的法向量为n1＝(x，y，z)，
BP＝(0，－1,2)，PA1＝(2，－1,0)，
→??n1·BP＝0，由?
→??n1·PA1＝0，
→
?－y＋2z＝0，?
得???2x－y＝0，
令y＝2，得n1＝(1,2,1)，
设平面B1PQ的法向量为n2＝(x，y，z)，
PB1＝(0,1,0)，B1Q＝(2λ，－2λ，2λ－2)．
→??n2·PB1＝0，
由?
→??n2·B1Q＝0，令z＝1得n2＝?
??y＝0，
得?
?2λx－2λy＋?2λ－2?z＝0，?
→→
?1－λ，0，1?＝1(1－λ，0，λ)，
?λ?λ?
取n2＝(1－λ，0，λ)，
|(1，2，1)·(1－λ，0，λ)|
由题意得|cos〈n1，n2〉|＝ 22
6·?1－λ?＋λ
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＝
1
6×2λ－2λ＋1
2
2
＝
30， 10
∴9λ－9λ＋2＝0， 12
解得λ＝或λ＝，
33
1230
∴当λ＝或λ＝时，平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为.
3310
真题体验
1．(2017·北京)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝6，AB＝4.
(1)求证：M为PB的中点； (2)求二面角B—PD—A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值． (1)证明 设AC，BD交于点E，连接ME，如图所示．
因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME， 所以PD∥ME.
因为四边形ABCD是正方形， 所以E为BD的中点， 所以M为PB的中点．
(2)解 取AD的中点O，连接OP，OE. 因为PA＝PD，所以OP⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且OP?平面PAD， 所以OP⊥平面ABCD.
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因为OE?平面ABCD，所以OP⊥OE. 因为四边形ABCD是正方形， 所以OE⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系O－xyz，
→→
则P(0,0，2)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，BD＝(4，－4,0)，PD＝(2,0，－2)． 设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)， →??n·BD＝0，
则?
→??n·PD＝0，
?4x－4y＝0，
即?
?2x－2z＝0.
令x＝1，则y＝1，z＝2.于是n＝(1,1，2)． 平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，
n·p1
所以cos〈n，p〉＝＝. |n||p|2
由题意知，二面角B－PD－A为锐角， π
所以它的大小为.
3(3)解 由题意知M?－1，2，??2?
?，C(2,4,0)， 2?
MC＝?3，2，－
→?
?
2??. 2?
设直线MC与平面BDP所成的角为α，则 →
|n·MC|26→
sin α＝|cos〈n，MC〉|＝＝.
→9|n||MC|26
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为. 9
?所在平面垂直，M2．(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD?上异于C，D的点． 是CD
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(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．
(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CMD，
故BC⊥DM.
?上异于C，D的点，且DC为直径， 因为M为CD所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，BC，CM?平面BMC， 所以DM⊥平面BMC.
又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.
?的中点．由题设得 当三棱锥M－ABC体积最大时，M为CDD(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)， AM＝(－2,1,1)，AB＝(0,2,0)，DA＝(2,0,0)，
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则 →??n·AM＝0，
?
→??n·AB＝0，→
→
→
??－2x＋y＋z＝0，
即?
?2y＝0.?
可取n＝(1,0,2)，
DA是平面MCD的法向量，因此
→n·DA5→
cos〈n，DA〉＝＝，
→5|n||DA|
→