百师联盟 2024届高三一轮复习联考(一)1 浙江卷数学试题，目前2024届金学导航答案网已经汇总了百师联盟 2024届高三一轮复习联考(一)1 浙江卷数学试题的各科答案和试卷，获取更多{{papers_name}}答案解析，请在关注本站。

23a-4所以2V3a-4+3+=号，解得a=一1（合去）或a=号肉此osaD》-·亮-点则snmi-25nDAI 5所以n(-845-号)所以平面MAB与平面MCD的夹角的正弦值是2.【拓展训练3】【解析】(1)以B为原点，BA,BE,BC又P=(0,2,-2√3)，所以cos(P元，n>PC 4'所在的直线分别为x,y,≈轴建立如图所示的空D所以直线PC与平面PAM所成角的正弦值为。间直角坐标系By之，【拓展训练2】【解析】(1)在R△PAB中，由勾股定理，得PB=√AB2-AP-√32-(W3)2=√6.所以Mv-√(1号)+（a)因为P=号i+子店，A店=店-i,所以庞·店(号i+}m)(P哦-PA)=-号+}P啦+}PiP成=√。)+.=-×(5)2+3×6)2+}×0=0.故当a-号时，线段MN的长度最短所以P市⊥AB,即PE⊥AB,因为AD⊥平面PAB,PEC平面PAB,所(2)由()知，当a=号时，线段MN的长度最短，此时以PE⊥AD,又因为AB∩AD=A,所以PE⊥平面ABCD,M(分0，)N(分0)，又因为DCC平面ABCD,所以PE⊥DC.(2)由=号Pi+}成，得成=2应，所又A10.0),所以A脑=(-20,3）A衣=(-，号，0）片设平面AMN的法向量n=(x,y,z)以E是靠近点A的线段AB的三等分点，=01所以AE-3AB=1.分别以AB,AD所在方向AM·n=0,则即A.n=0,取x=1,得y=1,之=1，为y轴，：轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0),D(0,0,23),E(0,1,0),P(W2,1,0),EP所以平面AMN的一个法向量=(1,1,1).(2,0,0),Ed-(0,-1,23),A-(W2,1,0),AD=(0,0,23),因为AB=(-1,0,0),所以AB与平面AMN所成角a的正弦值sin&设平面PDE的法向量为m=(a,b,c),内m本-0得a-0.=cosA访，m=n:A每-BmAB3得令c=1,则m=(0,2/3,1),{m·ED=0,1-b+23c=0,解答题题型突破四立体几何设平面APD的法向量为n=(.x,y,x)突破点11n…A=0,h流0得令=1，则n=,20.【例1】【解析】(1)在平面BCDE内，设DE,CB的延长线交于点Q,连（2/3x-0,接PQ,设向量m,n的夹角为6，则cos6=m·n在△BCD中，设BD=1,则BC=√3，CDm·n2,.BD2+BC2=CD2,.'BD BC,-2W62√/26∠BDC=∠BDE=6O°，∴.∠BQD=∠BCDW√(23)2+12×√12+(-√2)213=30,∴.DQ=DC,∴.B为CQ的中点.所以面角4PDE的余弦值为2V压又F是PC的中点，∴BF∥PQ.13又BF中平面PDE,PQC平面PDE,∴.BF∥平面PDE角度3(2)在题图①中，，E是AD的中点，.AE=DE.△ABD为等边三【例3】【解析】(1)由题设知，平面(MD⊥平面ABD,交线为(CD.角形，BE⊥AE.因为BC⊥CD,BC平面ABD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM∴.在题图②中，DE⊥BE,PE⊥BE,义DE∩PE=E,DE,PEC平面因为M为CD上异于C,D的.点，且DC为直径，所以DM⊥(MPDE,.BE⊥平面PDE又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BM又BEC平面BCDE,.平面BCDE⊥平面PDE,且∠PED是一面角又DMC平面AMD,所以平面AMD⊥平面BMC(2)以D为坐标原点，DA,的方向为xPBED的平面角，即∠PED=6PD=PE=DE=四轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直设O为DE的中点，连接PO,则PO⊥DE,PO=,且PO1平面角坐标系Dx这.BCDE.当三棱锥MABC的体积最大时，M为CD过点B作BT∥OP,则BT⊥平面BCDE.的中点.X以B为坐标原点，分别以BC,BD,BT为x轴，y轴，之轴建立空问直由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),角坐标系，如图所示则AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).设n=(x,y,之)是平面MAB的法向量，则B(0,0,0),C(√3,0,0)，D(0,1,0)则”·A立-o,即ln·Ai=0,-2x十y十=0可取n=1,0,2》.（2y=0,由DA是平面MCD的一个法向量，o(-原go)(-层g)·74·23XKA(新)·数学-A版一XJC