《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題四 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法教學(xué)案（理）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 層級(jí)二 專題四 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法教學(xué)案（理）（20頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)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(dǎo)航空間向量在立體幾何中的應(yīng)用主要體現(xiàn)在利用空間向量解決立體幾何中的位置關(guān)系、空間角以及空間距離的計(jì)算等問題，是每年高考的必考內(nèi)容，并且以解答題的形式出現(xiàn)，其考查形式為一題多問，多步設(shè)問，通常第一問考查空間位置關(guān)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(diǎn)，對(duì)于探索點(diǎn)或線滿足所給關(guān)系的問題要引起重視真題體驗(yàn)(2019全國卷)如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點(diǎn)(1)證明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值證明：(1)連B

2、1C，ME，則MEB1C，又DNA1D而A1D B1CMEND.四邊形MNDE為平行四邊形，MNDE又MN平面C1DE，DE平面C1DEMN平面C1DE.(2)取AB的中點(diǎn)F，連接DF，由已知，DFDC，DFD1D.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DF，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，AA14，AB2.A1(，1,4)，M(，1,2)，N，則(0,2，2)，.設(shè)平面MA1N的法向量為m(x，y，z)，則m，m令y1，得平面MA1N的一個(gè)法向量為m(，1,1)又平面AMA1的一個(gè)法向量為n(1,0,0)，設(shè)二面角AMA1N的平面角為，則cos .sin .即二面角AMA1N

3、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(shè)直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)，則(1)線面平行l(wèi)aa0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.2直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角計(jì)算設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面，的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)線線夾角設(shè)l，

4、m的夾角為，則cos .(2)線面夾角設(shè)直線l與平面的夾角為，則sin |cosa，|.(3)面面夾角設(shè)平面，的夾角為(0)則|cos |cos，v|.熱點(diǎn)一利用向量法證明平行與垂直數(shù)學(xué)建模素養(yǎng)數(shù)學(xué)建模用向量解決空間立體幾何中的核心素養(yǎng)以學(xué)習(xí)過的空間向量為基礎(chǔ)，通過將幾何向量化，以向量作為刻畫空間中點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的連接點(diǎn)，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(xiàn)，O分別是PA，PB，AC的中點(diǎn)，AC16，PAPC10.(1)設(shè)G是OC的中點(diǎn)，證明FG平面BOE；(2)證明：在ABO內(nèi)存在一點(diǎn)M，使FM平面B

5、OE.證明(1)如圖，連接OP，PAPC，OPAC，又平面PAC平面ABC，OP平面ABC.以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)B，OC，OP所在直線x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.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(xiàn)(4，0,3)由題意，得G(0,4,0)因?yàn)?8,0,0)，(0，4,3)，所以平面BOE的法向量n(0,3,4)由(4,4，3)，得n0.又直線FG不在平面BOE內(nèi)，所以FG平面BOE.(2)設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0，y0,0)，則(x04，y0，3)因?yàn)镕M平面BOE，所以n，因此x04，y0，即點(diǎn)M

6、的坐標(biāo)是.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，AOB的內(nèi)部區(qū)域可表示為不等式組經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足上述不等式組所以，在AOB內(nèi)存在一點(diǎn)M，使FM平面BOE.由點(diǎn)M的坐標(biāo)，得點(diǎn)M到OA，OB的距離分別為4，.用向量知識(shí)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(nèi)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ab，只需證明向量ab(R)即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(qiáng)調(diào)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PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PAAB1，BC2.(1

7、)求證：EF平面PAB.(2)求證：平面PAD平面PDC.證明：以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)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(xiàn)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因?yàn)?，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因?yàn)?0,0,1)(1,0,0)0，(0,2,0)(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC.又因?yàn)锳PADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因?yàn)镈C平面PDC，所以平

8、面PAD平面PDC.熱點(diǎn)二利用空間向量求空間角例2(2019天津卷)如圖，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求證：BF平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值為，求線段CF的長(zhǎng)審題指導(dǎo)由條件知AE，AD，AB互相垂直，可建立空間直角坐標(biāo)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(shí)現(xiàn)線面平行的轉(zhuǎn)化(2)與平面BDE的法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值，即為所求直線與平面所成角的正弦值(3)設(shè)CFh，用h表示二面角EBDF的余弦值，通過解方程得到線段

9、長(zhǎng)解析依題意，建立以A為原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)設(shè)CFh(h0)，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?yàn)橹本€BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依題意，(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2,2)設(shè)n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨令z1，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(shè)m(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量，則即不

10、妨令y11，可得m.由題意，有|cosm，n|，解得h.經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意所以，線段CF的長(zhǎng)為.1異面直線所成的角，可以通過兩直線的方向向量的夾角求得，即cos |cos |.2直線與平面所成的角主要通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得，即sin |cos |，有時(shí)也可分別求出斜線與它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)3二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角(2018江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，點(diǎn)P，Q分別為A1B1

11、，BC的中點(diǎn)(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ABCA1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，則OBOC，OO1OC，OO1OB，以，為基底，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因?yàn)锳BAA12，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?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以P(，2)，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?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以Q(，0)，因此(，0)，(0,2,2)，(

12、0,0,2)設(shè)n(x，y，z)為平面AQC1的一個(gè)法向量，則即不妨取n(，1,1)，設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為，則sin |cos，n|，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為.熱點(diǎn)三利用空間向量解決探索性問題例3(2020吉林調(diào)研)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(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(diǎn)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(dǎo)第(1)問利用線面垂直的判定定理證明：平面PAD平面ABCDAB平面PADABP

13、DPD平面PAB；第(2)問建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解：建立空間直角坐標(biāo)系，求出與平面PCD的法向量，求出法向量與夾角的余弦值，進(jìn)而可求線面角的正弦值；第(3)問假設(shè)點(diǎn)存在，利用向量法建立線面平行滿足關(guān)系式求解：先假設(shè)存在點(diǎn)M，設(shè)出點(diǎn)M坐標(biāo)，利用向量法，由線面平行的條件轉(zhuǎn)化為方程求解解析(1)證明：因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，AB平面ABCD，所以AB平面PAD.所以ABPD.又因?yàn)镻APD，PAABA，所以PD平面PAB.(2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO.因?yàn)镻APD，所以POAD.又因?yàn)镻O平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面AB

14、CD.因?yàn)镃O平面ABCD，所以POCO.因?yàn)锳CCD，所以COAD.如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意得，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(shè)平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則即令z2，則x1，y2.所以n(1，2,2)又(1,1，1)，所以cosn，.所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.(3)設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在0,1，使得.因此點(diǎn)M(0,1，)，(1，)因?yàn)锽M平面PCD，所以要使BM平面PCD，當(dāng)且僅當(dāng)n0，即(1，)(1，2,2)0.解得.所以在棱PA上

15、存在點(diǎn)M使得BM平面BCD，此時(shí).利用空間向量求解探索性問題的策略(1)假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論(2)在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等若由此推導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論(2019聊城三模)如圖(1)，在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，BAD60，DEAB于點(diǎn)E，將ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DDC，如圖(2)(1)求證：A1E平面BCDE.(2)求二面角EA1BC的余弦值(3)判斷在線段EB上是否存在一點(diǎn)P，使平面A1DP

16、平面A1BC？若存在，求出的值；若不存在，說明理由解析：(1)證明：DEBE，BEDC，DEDC.又A1DDC，A1DDED，DC平面A1DE，DCA1E.又A1EDE，DCDED，A1E平面BCDE.(2)A1E平面BCDE，DEBE，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(biāo)系易知DE2，則A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4,2，0)，D(0,2，0)，(2,0,2)，(2,2，0)，平面A1BE的一個(gè)法向量為n(0,1,0)設(shè)平面A1BC的法向量為m(x，y，z)，由m0，m0，得令y1，得m(，1，)，cosm，n.由圖，得二面角EA1BC為鈍二面角

17、，二面角EA1BC的余弦值為.(3)假設(shè)在線段EB上存在一點(diǎn)P，使得平面A1DP平面A1BC.設(shè)P(t,0,0)(0t2)，則(t,0，2)，(0,2，2)，設(shè)平面A1DP的法向量為p(x1，y1，z1)，由得令x12，得p.平面A1DP平面A1BC，mp0，即2t0，解得t3.0t2，在線段EB上不存在點(diǎn)P，使得平面A1DP平面A1BC.限時(shí)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RtABC中，ACB90，B30，D，E分別是AB，CD的中點(diǎn)，AE的延長(zhǎng)線交CB于F.現(xiàn)將ACD沿CD折起，折起二面角，如圖2，連接AF.(1)求證：平面AEF平面CBD；(

18、2)當(dāng)ACBD時(shí)，求二面角ACDB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(yùn)算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算(1)在平面圖形中AFCD，所以折疊后得到AECD，EFCD，即可證得結(jié)論；(2)可以利用向量法和傳統(tǒng)法求解(1)在RtABC中，由D為AB的中點(diǎn)，得ADCDDB，又B30，所以ACD是正三角形，又E是CD的中點(diǎn)，所以AFCD.折起后，AECD，EFCD，又AEEFE，AE平面AEF，EF平面AEF，故CD平面AEF，又CD平面CBD，故平面AEF平面CBD.(2)解法一如圖，過點(diǎn)A作AHEF，垂足H落在FE的延長(zhǎng)線上因?yàn)镃D平面

19、AEF，所以CDAH，所以AH平面CBD.以E為原點(diǎn)，EF所在的直線為x軸，ED所在的直線為y軸，過E與AH平行的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系由(1)可知AEF為所求二面角的平面角，設(shè)為，并設(shè)ACa，可得C，D，B，A.故，因?yàn)锳CBD，所以0，即cos 0，得cos .故二面角ACDB的余弦值為.解法二如圖，過點(diǎn)A作AHEF，垂足H落在FE的延長(zhǎng)線上，因?yàn)镃D平面AEF，所以CDAH，所以AH平面CBD.連接CH并延長(zhǎng)交BD的延長(zhǎng)線于G，由ACBD，得CHBD，即CGB90，因此CEHCGD，則，設(shè)ACa，易得GDC60，DG，CE，CG，代入得EH，又EA，故cosHEA.又AECD，EF

20、CD，所以AEF即所求二面角的平面角，故二面角ACDB的余弦值為.2(2019北京卷)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且.(1)求證：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由解析：(1)由于PA平面ABCD，CD平面ABCD，則PACD，由題意可知ADCD，且PAADA，由線面垂直的判定定理可得CD平面PAD.(2)以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，平面ABCD內(nèi)與AD垂直的直線為x軸，AD，AP方向?yàn)閥軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，

21、易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，由可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為F，由可得E(0,1,1) ，設(shè)平面AEF的法向量為：m(x，y，z)，則 ，據(jù)此可得平面AEF的一個(gè)法向量為：m(1,1，1)，很明顯平面AEP的一個(gè)法向量為n(1,0,0)，cosm，n，二面角FAEP的平面角為銳角，故二面角FAEP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(gè)法向量為：m(1,1，1)，其m0且點(diǎn)A在平面AEF內(nèi)，故直線AG在平面AEF內(nèi)3(2019蘇州三模)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且A

22、DCD，BC2，PA2.(1)取PC中點(diǎn)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(diǎn)M，使得二面角MACD的大小為45，如果存在，求BM與平面MAC所成的角，如果不存在，請(qǐng)說明理由解析：取BC的中點(diǎn)E，連接DE與AC，相交于點(diǎn)O，連接AE，易知ACDE，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(diǎn)N(0,0,1)，所以(1,0,1)，設(shè)平面PAB的法向量為n(a，b，c)，由(0,0,2)，(2,0,0)，令b1，可得：n(0,1,0)，所以n

23、0，因?yàn)镈N平面PAB，所以DN平面PAB.(2)(0,2,0)，(1,1，2)，設(shè)AC與PD所成的角為，則cos .(3)設(shè)M(x，y，z)及(01)，所以M(，1,2(1)，設(shè)平面ACM的法向量為m(x，y，z)，由(0,2,0)，(，2(1)，可得m(22，0，)，平面ACD的法向量為p(0,0,1)，所以cosm，p ，解得.解得M，所以，所以m，設(shè)BM與平面MAC所成角為，所以sin |cos，m|，所以.4(2020山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)某工廠欲加工一件藝術(shù)品，需要用到三棱錐形狀的坯材，工人將如圖所示的長(zhǎng)方體ABCDEFQH材料切割成三棱錐HACF.(1)若點(diǎn)M，N，K分別是棱HA，H

24、C，HF的中點(diǎn)，點(diǎn)G是NK上的任意一點(diǎn)，求證：MG平面ACF；(2)已知原長(zhǎng)方體材料中，AB2，AD3，DH1，根據(jù)藝術(shù)品加工需要，工程師必須求出三棱錐HACF的高甲工程師先求出AH所在直線與平面ACF所成的角，再根據(jù)公式hAHsin ，求三棱錐HACF的高h(yuǎn).請(qǐng)你根據(jù)甲工程師的思路，求該三棱錐的高解：證明：(1)HMMA，HNNC，HKKF，MKAF，MNAC.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，MK平面MNK，且MKMNM，平面MNK平面ACF.又MG平面MNK，MG平面ACF.(2)如圖，以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC

25、，DH所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz.則有A(3,0,0)，C(0,2,0)，F(xiàn)(3,2,1)，H(0,0,1)，(3,2,0)，(0,2,1)，(3,0,1)設(shè)平面ACF的一個(gè)法向量為n(x，y，z)， 則有令y3，則n(2,3，6)，sin ，三棱錐HACF的高為AHsin .5.如圖，四邊形ABCD為菱形，G為AC與BD的交點(diǎn)，BE平面ABCD.(1)證明：平面AEC平面BED；(2)若ABC120，AEEC，三棱錐EACD的體積為，求該三棱錐的側(cè)面積解析：(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以ACBD.因?yàn)锽E平面ABCD，所以ACBE，又BDBEB，故AC平面BE

26、D.又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED.(2)設(shè)ABx，在菱形ABCD中，由ABC120，可得AGGCx，GBGD.因?yàn)锳EEC，所以在RtAEC中，可得EGx.由BE平面ABCD，知EBG為直角三角形，可得BEx.由已知得，三棱錐EACD的體積VEACDACGDBEx3.故x2.從而可得AEECED.所以EAC的面積為3，EAD的面積與ECD的面積均為.故三棱錐EACD的側(cè)面積為32.(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(zhuǎn)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(zhuǎn)化為平面角求解代數(shù)法將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，用空間向量解

27、題推理與證明分析法找思路：將面面問題轉(zhuǎn)化為線面問題，將線面問題轉(zhuǎn)化為線線問題綜合法證明線線關(guān)系推出線面關(guān)系，線面關(guān)系推出面面關(guān)系.真題案例審題指導(dǎo)審題方法(12分)(2018全國卷)如圖，邊長(zhǎng)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(diǎn)(1)證明：平面AMD平面BMC；(2)當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.(1)在題目中的兩個(gè)平面中選擇一條直線證明該直線垂直于另外一個(gè)平面；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，求得幾何體體積最大時(shí)點(diǎn)M的位置，利用兩個(gè)平面的法向量的夾角求解即可.審圖形找關(guān)聯(lián)圖形或者圖象的力量比文字更為簡(jiǎn)單而有力，挖掘其中蘊(yùn)涵的

28、有效信息，正確理解問題是解決問題的關(guān)鍵，對(duì)圖形或者圖象的獨(dú)特理解很多時(shí)候能成為解題中的亮點(diǎn).規(guī)范解答評(píng)分細(xì)則解析(1)由題設(shè)知，平面CMD平面ABCD，交線為CD.因?yàn)锽CCD，BC平面ABCD，1分所以BC平面CMD，故BCDM.2分因?yàn)镸為C上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.3分而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.4分(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.6分當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí)，M為C的中點(diǎn).7分由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1

29、)，(2,1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)，8分設(shè)n(x，y，z)是平面MAB的法向量，則即可取n(1,0,2).9分是平面MCD的法向量，因此cosn，10分sinn，所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是.12分第(1)問踩點(diǎn)得分由條件得出BCCD，并寫出BC平面ABCD得1分，沒有BC平面ABCD扣1分得分BCDM得1分得出DM平面BMC，得1分得出結(jié)論得1分，如果沒有寫出DM平面AMD扣1分第(2)問踩點(diǎn)得分正確建立空間直角坐標(biāo)系得2分確定M為的中點(diǎn)得1分正確寫出點(diǎn)的坐標(biāo)，并求出相應(yīng)向量的坐標(biāo)得1分正確求出平面MAB的法向量得1分正確求出n與夾角的余弦值得1分正確計(jì)算出n與夾角的正弦值得2分.- 20 -