高考数学二轮复习 专题三 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法学案 理-人教版高三全册数学学案

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考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱 ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.解析 法一 以 B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系. 图(1) 图(2)则 B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC＝120°，AB＝2，则 A(－1，，0).所以AB1＝(1，－，1)，BC1＝(1，0，1)，则 cos〈AB1，BC1〉＝＝＝＝，因此，异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为.法二 如图(2)，设 M，N，P 分别为 AB，BB1，B1C1中点，则 PN∥BC1，MN∥AB1，∴AB1与 BC1所成的角是∠MNP 或其补角. AB＝2，BC＝CC1＝1，∴MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.取 BC 的中点 Q，连接 PQ，MQ，则可知△PQM 为直角三角形，且 PQ＝1，MQ＝AC，在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，AC＝，则 MQ＝，则△MQP 中，MP＝＝，则△PMN 中，cos∠PNM＝＝＝－，又异面直线所成角范围为，则余弦值为.答案 C2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M 是CD上异于 C，D 的点.(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 CDM，故 BC⊥DM.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)，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，则即可取 n＝(1，0，2).又DA是平面 MCD 的法向量，因此 cos〈n，DA〉＝＝，sin〈n，DA〉＝.所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值为.3.(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形...