2019年高考数学（理科）二轮专题复习课件：第二部分 立体几何中的向量方法(共57张PPT)

专题四 立体几何 第3讲　立体几何中的向量方法 1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧eq \o(CD,\s\up14(︵))所在平面垂直，M是eq \o(CD,\s\up14(︵))上异于C，D的点． (1)证明：平面AMD⊥平面BMC； (2)当三棱锥M­ABC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，故BC⊥DM. 因为M为eq \o(CD,\s\up14(︵))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，eq \o(DA,\s\up14(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz. 当三棱锥M­ABC体积最大时，M为eq \o(CD,\s\up14(︵))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)， eq \o(AM,\s\up14(→))＝(－2，1，1)，eq \o(AB,\s\up14(→))＝(0，2，0)，eq \o(DA,\s\up14(→))＝(2，0，0)． 设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up14(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up14(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.)) 可取n＝(1，0，2). 又eq \o(DA,\s\up14(→))是平面MCD的法向量， 因此cos〈n，eq \o(DA,\s\up14(→))〉＝eq \f(n·\o(DA,\s\up14(→)),|n||\o(DA,\s\up14(→))|)＝eq \f(\r(5),5)， sin〈n，eq \o(DA,\s\up14(→))〉＝eq \f(2\r(5),5). 所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为eq \f(2\r(5),5). 2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，B