第7章 第5讲 空间向量及其应用-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习（人教B版2019）

[变式训练] [变式训练] 证明 如图所示，取CD中点O,连接 PO, ∵△PCD是正三角形，O为CD 中点， 证明 (1)∵四边形ABCD是∠DAB=60°的菱形， ∴△ABD为等边三角形.又G为AD的中点， ∴BG⊥AD. D< ∴PO|CD 0 又平面 PCD⊥平面 ABCD,且平面 PCD ∩平面ABCD=CD, ∴PO⊥平面 ABCD. 又∵平面PAD⊥平面ABCD,BGC平面ABCD,平面 PAD∩ 平面 ABCD=AD, ∴BG⊥平面 PAD. C B (2)∵PA=PD,G为AD的中点，∴PG⊥AD. 又 BG⊥AD,BG∩PG=G,BG,PGC平面PBG, ∴AD⊥平面 PBG.又∵PBC平面 PBG,∴AD⊥PB. 又 BCC平面 ABCD,∴PO⊥BC. ∵BC⊥PD,且PO,PDC平面 PCD,PO∩PD=P, ∴BC⊥平面 PCD. 考点 3 考点 2 [例4]证明 (1)取 DE的中点N,连接MN,AN. 在△EDC中，M,N分别为EC,ED的中点， 所以MN//CD,且MN=÷CD. 由已知AB//CD,AB=÷CD, [例2]证明 因为 PD⊥平面ABCD,CD,ADC平面ABCD, 所以 PD⊥CD,PD⊥AD. 又CD⊥AD,AD∩PD=D,AD,PDC平面AQPD, 所以CD⊥平面 AQPD.又PQC平面 AQPD, 所以 CD⊥PQ. ,所以 MN//AB,且 MN 在梯形 ADPQ中，PD⊥AD,所以梯形 ADPQ为直角 梯形. =AB, 所以四边形ABMN为平行四边形，所以BM//AN. 又因为 ANC平面 ADEF,且 BM丈平面 ADEF,所以 BM//平面 ADEF. 又AD=AQ,所以△AQD为等腰直角三角形， 则 DQ=√2AQ,∠PDQ=∠DQA=45°. (2)在矩形ADEF中，ED⊥AD. 因为 PD=2AQ,取 DP的中点E,连接 QE,则四边形 AQED为正方形， 又因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面 ADEF∩平面 ABCD=AD, 所以 EQ=EP,则∠EPQ=45°, 所以 ED⊥平面 ABCD. 因为 BCC平面 ABCD, 所以 ED⊥BC. 所以△DQP为等腰直角三角形， C BK 在直角梯形 ABCD中，AB=AD=2,CD=4,可得 BC= 2√2.FD P 在△BCD中，BD=BC=2√2,CD=4, 因为 BD2+BC2=CD2,所以BC⊥BD. 因为 BD∩DE=D,BD,DEC平面BDE, 所以 BC⊥平面 BDE. A 则 PQ⊥DQ,由DQ∩CD=D,DQ,CDC平面 DCQ, 所以 PQ⊥平面 DCQ.又 PQC平面 PQC, 所以平面 PQC⊥平面 DCQ. E [例3]证明 如图， MF N;.,B D. C BAX F [变式训练]A对 证明 (1)∵EF//平面ACD,平面CEF∩平面ACD=l,EFC 平面CEF,∴EF//l.CD 又平面ABD∩平面ACD=AD,EFC平面ABD,∴EF//AD, ∴AD//l. 连接 AF,由题意知△ABC为等腰三角形， 而F为BC的中点，所以AF⊥BC. (2)∵AD⊥BD,EF//AD,∴EF⊥BD. ∵CB=CD,F是BD的中点，∴CF⊥BD. 又因为平面 AEDC⊥平面 ABC,且∠ACD=90°,平面 AEDC∩平面ABC=AC,DCC平面 AEDC,所以 DC⊥平 面 ABC. 又 EF∩CF=F,EF,CFC平面 EFC,∴BD⊥平面 EFC. ∵BDC平面 BCD,∴平面 EFC⊥平面 BCD. 而 AFC平面ABC,所以AF⊥DC. 第5讲 空间向量及其应用 而BC∩DC=C,BC,DCC平面 BCD,所以 AF⊥平 面 BCD. [必备知识 夯实四基] 知识梳理 连接 PF,则 PF//DC,PF=÷DC, 大小 ②方向 ③相等 ④相同 ⑤相同或者相反 xa+yb [7xa+yb+xc 8√xí+yi+2 回方向向量 四法向量 v·v?=0 v·n=0 图n·n?=0而AE//DC,AE=÷DC,所以AE//PF且AE=PF, 所以四边形AFPE是平行四边形，因此 EP//AF,故 EP⊥ 平面 BCD. 诊断自测 1.(1)√ (2)× (3)× (4)√ ·423 · 高考一轮总复习·数学·RJB 2.C 解析 ∵{a,b,c}是空间的一个基底，3(2b+3c)+(3a—|[变式训练] 9c)=3a+6b=3(a+2b), 1.D 解析因为点 A(0,1,1),B(1,0,2),C(1,-2,3), D(-1,-2,1),∴{a+2b,2b+3c,3a-9c}中三个向量是共面的，不能作为 基底，其他三个选项中的三个向量都是不共面的，都可作为 基底. 所以AB=(1,-1,1),Cb=(-2,0,-2),AC=(1,-3,2). 因为不存在实数t,使得AB=tCD,所以AB,CD不共线， 所以直线AB,CD不平行，不重合，故选项A、C不正确； 假设AB,Cb,AC三个向量共面， (1=-2λ十g 设AB-Acb+μAC,则{-1=-3, 3.A 解析由题意，得BC=AD,AA,=CC,所以AM=AB+ BC+CW-AB+AD+÷AA?-a+b+÷c,故选A. 此方程组无解， =—2+Z 可得AB,CD,AC三个向量不共面， 4.B 解析 DM=Oü-OD=-OA+0·oC-OD,所以实数 组(x,y,≈)=(云，0,-1). 所以直线 AB,CD不相交，所以直线 AB,CD异面，故选 D. 5.D 解析 若M,A,B,C四点共面，则-2+x+y=1,则x+ 2.D 解析 对于A选项，OP=-OA-OB-OC,(-1)+ y=3,故选 D. [提升能力 考点剖析] 考点 1 (-1)+(-1)=-3≠1,所以点P与A,B,C三点不共面； 对于B选项，OP=OA+OB+OC,1+1+1=3≠1,所以点 P 与A,B,C三点不共面； 1.A 解析 因为OM=2MA.所以oM=号A. 因为点 N,G分别是线段BC,MN的中点， 对于C选项，0P=÷OA+÷OB+号0C,++= ≠1,所以点P与A,B,C三点不共面； 对于D选项，OP-÷OA+÷OB+÷OC,÷+÷+÷=1, 所以点P与A,B,C三点共面.故选 D. 所以OC=÷OM+÷ON=÷×÷OA+÷×÷(B+C) -÷0A++0B++C, 所以OC-÷OA++OB++C. 考点3 设AB=a,AC=b,AD=c[例2]解 则|a|=|b|=|c|=1,<a,b)=<b,c)=<c,a)=60°, (1)E=÷BD=÷c-÷a,B=-a,E·BA= (÷c-÷a)·(-a)=÷a2-÷a·c=+ 2.A 解析 N=NC+C?C+CM=3b-c+(a-b) ≥a+÷b-c,故选A. (2)EC·BD=(EA+AD+DG)·(AD-AB) =(-≥AB+Ab+AC-AD)·(AD-AB) =(-÷Ab+÷AC+÷Ab)·(Ab-Ab) =(-2a+≥b+2)·(c-a) 3.C 解析 连接AD?,AP, D C A? BP Dj. c A B 因为BD?=AD-AB=AD+AA?-AB. 因为P是线段D,B的中点，则BP=÷BD, =≥(-1×1×≥+1×1×≥+1+1-1×1×≥-1×1× 号)=2 [发散探究]因此AP=AB+BP=AB+÷(AD+AA-AB)=÷AB+ ÷AD++AA 因此，x+y+g=2+号+号= 1.证明 由例题知EC=号(AC+Ab-AB)=(b+c-a), 所以EG·AB=÷(a·b+a·c-a2: =号(1×1×÷+1×1×号-1)=0.故EC⊥AB,即 EG考点 2 [例1](1)D 解析 a//b,则a=tb,即(2,-1,3)=t(λ,μ,-2) ⊥AB. =(λt,μt,-2t), 2.解 由例题知EG=-÷a+÷b+÷c,IEC|2=÷a2+÷b ++c-÷a·b+÷b·c-2ca=2, 则11一竖、即 EG的长为经. (at=2, μ=-1,解得 故λ+μ=--故 -2t=3, t=-3, [变式训练] (2)C 解析 由平面向量基本定理，得 D 解析 因为OB=OC,所以OA·BC=OA·(OC-OB)= 对于A选项，b=号(b+c)+去(b-c),所以(b+c),b, (b-c)三个向量共面； OA·OC-O?·OB =loA|·loc|os-10A|·O|os= lo|(|oè|-1o|)=0, 所以 cos(O?,BC)=0,故选 D. 对于B选项，a=号(b+a)+号(a-b),a,a+b,a-b三个 向量共面； 考点 4对于C选项，若存在实数x,y使得c=x(a+b)+y(a-b) =(x+y)a+(x-y)b, [例3]证明 (1)如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2, 则a,b,c共面，与已知矛盾，因此C选项中向量不共面； 对于D选项，c+a+b=(a+b)+c,所以三个向量共面.故选C. 则 A?(2,0,2),B(2,2,0),B?(2,2,2),C(0,2,0),D(0,0, 0),D?(0,0,2), 高考一轮总复习·数学·RJB ·424· 故DA?=(2,0,2),DB=(2,2,0), 2D C? F(-d-3a2+9a+27). 令f(a)=-a3-3a2+9a+27, B,C=(-2,0,-2),B,D?=(-2, A? B—2,0), N 设平面A,BD的法向量为n?=(x?, y?,z?), 分 f'(a)=-3a2-6a+9=-3(a+3)(a-1)=0, 解得a=-3或a=1,yC 所以 f(a)在[0,1]递增，在(1,3)递减， 故当a=1时，Vp-m取最大值，(Vp-A)=8√3, DA?·n?=0, M B 则( AxDB·n=0, [典例2](1)C 解析 如图建立空间直 位 G角 坐 标 系，设 正 方 体 ABCD M BA?B?C?D?的棱长为1, A?(24.+20-0:即( 令x?=1,则n?=(1,-1,-1). 设平面 B?CD,的法向量为n?=(x?,y?,z), 则M(云，0,1),N(1,0,云),c(0, ENFB,C·n?=0, (-2-20-0则 即 令x?=1,则n?=(1,(B?D?·n?=0, D.1,0),B,(1,1,1),D(0,0,0),D,(0, C5 0,1), BxA-1,-1), ∴B,E=AB,C=A(-1,0,-1),E(1所以n?=n?,即n?//n?,故平面A?BD//平面B,CD. (2)由M,N是线段AB,B?C中点，则M(2,1,0),N(1,2,1), -A,1,1-A),MN=(÷,0,-÷),ME=(÷-A,1,-a). 所以MN=(-1,1,1),则MN//n,所以MN⊥平面A,BD. [变式训练] m::设平面MNE的法向量为m=(x,y,z),则证明 (1)建立如图所示空间直角坐标系，设AC=BC=BB?=2, 则B(0,2,2),C(0,0,0),A(2,0,2), 24 A c ?2a-2*=0.B,(0,2,0), D 令x=1,可得m=(1,22-云，1),BC?=(0,-2,-2),AB?=(-2,2,-2), ((2-a)x+y-x≈=0B BC·AB?=0,所以 BC?⊥AB. 又DD?=(0,0,1). (2)BC=(0,-2,-2),D(1,1,2),A(2, c;xA 设直线 DD,与平面MNE所成的角为α,则 sna=|oc<m.DD)yl=|m· [DD| 2λ-V 1=- 0,0),C(0,0,2),DA?=(1,-1,-2),A,C y?B? =(-2,0,2), 设平面A?CD的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=1,则n=(1,-1,1), /4(a-÷)+2VBC·n=0,又BC?平面A,CD,所以BC?//平面A,CD. 自主培优 12 又a∈[0.号],[典例1](1)D 解析 因为∠PAC=90°,即PA⊥AC,又平面 PAC⊥平面 ABC, 二当A=号时，sina有最大值，即直线DD,与平面MNE所平面 PAC∩平面ABC=AC,PAC平面PAC,所以PA⊥ 平面 ABC. 成的角最大. (2)D 解析 设向量AD与BC所成角为0, A 二面角A-BD-C的平面角大小为0?. 在△BAC中，BC=2√6,∠BAC=120°,由余弦定理得a2= b2+c2-2bccos ∠BAC, 即24=b2+c2+bc,所以b2+c2=24-bc≥2bc,所以bc≤8, 当且仅当b=c=2√2时取等号， 所以S?=÷asin∠BAC=5w≤2/, 因为BC2+CD2=BD2,所以BC⊥CD.又 E BC=CD,所以∠BDC=∠DBC=4, B< D Ab·DB=2×2×cos2F=-2,DB·BC C =2×√Z×cos2=-2. ,即△BAC的面 积最大值为2√3, 所以V-Mx=÷PA·Sm≤÷×3×2√3=2√3,即三枝 锥 P-ABC的体积的最大值为2√3,故选 D. 因为AC=AD+DB+BC,所以|ACI2=|AD+DB+BC|2 =Ab+DB+BC+2AD·DB+2 AD·BC+2 DB· BC=2+4√Zcos 0,.取 BD中点E,连接AE,CE,则AE⊥ (2)8√3 解析 因为V*=4πR2=36π,所以正三棱锥外接球 半径 R=3. 正三棱锥如图所示，设外接球球心为 BD,CE⊥BD,∠AEC=0?,AE=√3,CE=1. O,过P向底面作垂线，垂足为 D,则 PD必经过点O. 设 OD=a(0≤a<3), 0 队因为 P—ABC是正三棱锥，所以 D是 在△AEC中，AC2=AE2+CE2-2AE·CE·cosθ,即 AC2=4-2√3cos 0?, cos a=-所以 2+4√2cos θ?=4-2√3cos θ?,即 Fos a.△ABC的中心， A HD C 所以OP=OA=3,AD=√OA2-OD2=√9-a2. 又因为∠ADB-等， 又因为a∈[晋.晋], cosae[-晋."4g].,所以,所以AB=BC=AC=√3×√9-a2, S?=÷×AB×AC×sin晋-35(o-a2),所以 所以V?-=÷×S,m×PD=×(9-d)×(3+a)= [0.否].因为异面直线所成角范围为 ,所以直线 AD与BC [o.5].所成角的余弦值取值范围是 ·425· 高考一轮总复习·数学·RJB 国高考一轮总复习·数学，RJB 第5讲 空间向量及其应用 课标多求！ 1,了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示 2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直. 4,理解直线的方向向量及平面的法向量。 5,能用向量语言表述线线，线面、面面的平行和垂直关系. 6.能用向量方法证明立体儿何中有关线面位置关系的一些简单定理。 必备知识 夯实四基⊙ [对应答案P42 知识梳理 其中，{a,b,c}称为空间向量的一组 1.空间向量的有关概念 基底。 3.空间向量的数量积 名称 定义 (1)两向量的夹角：已知两个非零向量a,b,在空 空间中既有四 又有回 空间向量 间任取一点O,作OA=a,OB=b,则∠AOB叫做 的量称为空问向量 向量a与b的夹角，记作(a,b》,其范围是[0，π]， 相等向量 大小固 、方向国 的向量 若(a,b》=受，则称a与b互相垂直，记作a⊥b. 相反向量 大小相等，方向相反的向量 如果两个非零向量的方向固 (2)两向量的数量积：两个非零向量a,b的数量 共线向量 ,则称这两个向量平行 积a·b=a|bcos(a,b). 或平行向量 (或共线) 4.空间向量数量积的运算律 空间中的多个向量，如果表示它们的 (1)结合律：(a)·b=λ(a·b): 共面向量 有向线段通过平移后，都能在同一平 (2)交换律：a·b=b·a: 面内，则称这些向量共面 (3)分配律：(a十b)·c=a·c十b·c. 2.空间向量的有关定理 5.空间向量的坐标表示及其应用 (1)共线向量定理：如果a≠0且b∥a,则存在唯 设a=(x1y1名，），b=(x23y,) 一的实数A,使得b=Aa. 向量表示 坐标表示 (2)共面向量定理：如果两个向量a,b不共线，则 数量积 a·b 11十y1y十1 向量a,b,c共面的充要条件是，存在唯一的实数 b=a(a≠0， 对(x,y),使c=回 共线 -x1+y%-y11一A21 AER) 由共面向量定理可得判断空间中四点是否共面 a·b=0(a≠ 的方法：如果A,B,C三点不共线，则点P在平 垂直 0,b≠0) 1x丝十当为十-0 面ABC内的充要条件是，存在唯一的实数对(x, y),使A户-=xAB+yAC a ☒ (3)空间向量基本定理：如果空间中的三个向量 cos(a.b)= (a,b》(a≠0. a,b,c不共面，那么对空间中的任意一个向量p, 夹角 工1十1当十1 b≠0) 存在唯一的有序实数组(x,y,x),使得p=回 √十y+√十十园 ③144 第七章立体几何回 6.直线的方向向量和平面的法向量 (3)若{a,b,c}是空间的一个基底，则a,b,c中至 (1)直线的方向向量：如果1是空间中的一条直 多有一个零向量 () 线，"是空间中的一个非零向量，且表示"的有向 (4)若A,B,C,D是空间任意四点，则有AB+BC 线段所在的直线与！平行或重合，则称"为直线 +CD+DA=0. () 1的一个回 教材衍化 (2)平面的法向量：如果α是空间中的一个平面， 2.(数材改编题)若{a,b,c}是空间的一个基底，则 n是空间中的一个非零向量，且表示n的有向线 下列各组中不能构成空间一个基底的是 段所在的直线与平面a垂直，则称n为平面a的 A.{a,2b,3c B.a+b,b+c,c+a 一个四 ,此时也称n与平面a垂直，记 C.(a+2b.2b+3c,3a-9c)D.(a+b+c,b.e) 作n⊥a. 3.(教材改编题)如图，在长方体ABCD-A,B,CD 7.空间位置关系的向量表示 中，M为棱CC,的中点.若AB=a,AD=b,AA 位置关系 向量表示 =c,则AM等于 直线，。的方向 ∥1 v∥→”=Av 向量分别为”， (,⊥L ⊥台回 直线！的方向向量 l∥ac v⊥n曰☑ 为，平面a的法 向量为n ILa v∥n=n=w 平面a,3的法向量 a∥3 n,∥n台n,=n, A.atbte B.a-b+I 分别为n:,n aL8 n,⊥n,=☒ C.2a+ D2a-2b+9 1 常用结论 易错自纠 1,在平面中A,B,C三点共线的充要条件：OA 4.(空间向量运算法则不济致误)如图，M为(OA的 xOB+yOC(其中x十y=1),O为平面内任意 中点，以OA.OC,Oj)为基底，Di=xOi+ 一点 yOC+zOD,则实数组(x,y,)等于 () 2.在空间中P,A,B,C四点共面的充要条件：OP xOA+yOB+:OC(其中x十y十=1)，0为空 间任意一点。 3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b b·a,a·(b十c)=a·b十a·e成立，但不满足结 合律，即(a·b)·c=a·(b·c)不一定成立. A.(2-10) B(0,- 4.在利用MN=xAB+yAC证明MN∥平面ABC 时，必须说明M点或N点不在平面ABC内. c(21,o D(（-2 诊断自测 5.(共线，共面结论理解不济政误)已知M,A,B,C 思考辨析 为空间中四点，任意三点不共线，且OM 1.判断（在括号内打“√”或“×”） -2OA+xOi+yOC,若M,A,B,C四点共面， (1)空间中任意两非零向量a,b共面.() 则x十y的值为 () (2)对于非零向量a,由a·b=b·c,则a=c. A.0 B.1 C.2 D.3 145图 国高考一轮总复习·数学·RJB 提升能力 考点剖析⑦ [对应答案P424) 考点1 空间向量的线性运算（题组通关） 1.如图，在四面体OABC中，点M C.za-gb-e D.-2a-be 在棱OA上，且满足OM 2MA,点N,G分别是线段BC, 3.如图，在长方体ABCD-A,B,CD中，P是线段 MN的中点，则用向量OA,OB. BD,中点，若A户=xAi+yAj十：AA,则x+ O心表示向量OG应为 () y十g= () A.0心=}O+oi+0d B.0=O耐-0丽+0d c.0-}oi-1oi-10d D.0心-o+oi-10d A.8 B.1 C.2 D.3 2.如图，在斜三棱柱ABC-A,B,C,中，M为BC的 感悟方法 中点，N为A,C靠近A,的三等分点，设AB 用已知向量表示未知向量的解题策略 a.AC=b,AA,=e,则用a,b,c表示NM为( (1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图 形，以图形为指导是解题的关键。 (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几 何意义.首尾相接的若干向量之和，等于由起始 向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们 可把这个法则称为向量加法的多边形法则， A.2a+ 6b-c B. (3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量 6 加法的平行四边形法则在空间中仍然成立. 考点2 共线、共面向量定理的应用（师生共研） 例1](1)已知向量a=(2,一1,3)，b=(A,, 感悟方法 -2).若a∥b,则入+u= A.2 R号 三点P,A,B共线 空间四点M,P,A,B共面 PA=xP店 MP-r MA+y M C.-2 n-号 对空间任一点OO币= 对空间任一点O,OP-O府+ (2)若{a,b,c构成空间的一个基底，则下列向 OA+AB rMi+yM店 量不共面的是 () 对空问任一点O,O亦 对空间任一点0，O亦=xOd A.b+c,b,b-c B.a,a+b,a-b 0A+(1-)0 +y0A+(1-)0 C.a+b,a-b,c D.a+b,a+b+c.c 146 第七章立体几何回 多变式训练多 2.下列条件中，一定使空间四点P,A,B,C共面的 1.已知点A(0,1,1),B(1,0,2),C(1,-2,3), 是 () D(-1,-2,1),则直线AB,CD的位置关系是 A.OA+Oi+0元=-O° B.OA+OB+OC=OP A.平行 B.相交 C.OA+OB+OC=2OP C.重合 D.异面 D.OA+OB+O元=3Oi 考点3 空间向量数量积的应用（师生共研） [例2]如图所示，已知空间四面体ABCD的每条：2.在本例条件下，求EG的长. 棱长都等于1，点E,F,G分别是AB,AD,CD 的中点，计算： (1)EF.BA:(2)EG·Bd. 感悟方法 求夹角 使向量ab所成的角为0，则os厂日合 选而可求两异面直线所戒的角 求长度 连用公式a一a·a,可使线段长度的计算 (距离) 问题转化为向量数量积的计算问题 解决垂 利用a⊥b=a·b=0(a≠0，b≠0)，可将垂直 直问题 问题转化为向量数量积的计算问题 【发散探究】 1.在本例条件下，求证：EGLAB. ◆变式训练 空间四边形OABC中，OB=OC,∠AOB=∠AOC =音，则osOi,BC的值是 () A号 c-号 D.0 考点4 应用空间向量证明平行与垂直关系（师生共研） [例3]如图，正方体ABCD-A,B,C,D,中，M,N (1)用向量法证明：平面ABD∥平面B,CD,: 分别为AB,B,C的中点 (2)用向量法证明：MV⊥平面A,BD. 147 国高考一轮总复习·数学，RJB 感悟方法☑ (1)BC1⊥AB, (1)利用向量证明平行问题 (2)BC,∥平面A,CD. ①线线平行：方向向量平行 ②线面平行：平面外的直线方向向量与平面法 向量垂直. ③面而平行：两平面的法向量平行 (2)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法 ①线线垂直问题：证明两直线所在的方向向量 互相垂直，即证它们的数量积为零：②线面垂直 问题：直线的方向向量与平面的法向量共线，或 利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂 直：③面面垂直问题：两个平面的法向量垂直， 或利用面面垂直的判定定理转化为证明线而 垂直. ◆变式训练 如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AC⊥BC,AC =BC=BB,D为AB的中点.试用向量的方法 请完成《课时检测训练43 证明： 自主培优12立体几何最值问题的函数模型解法 -对应答案P425 立体几何中的最值问题，涉及的类型一般为 感悟方法 几何体的棱长、体积的最值，角的最值等，解决的 求体积的最值时，若不宜构建单变量的目标西 方法是利用基本不等式求解，或设出变量，建立 数，则考虑用基本不等式求解，若可构建单变量 函数关系式，利用函数的性质求解 的目标函数，则可以建立函数模型求解」 类型一体积的最值问题 类型二 角的最值 [典例1](1)已知在三棱锥PABC中，平面PAC [典例2](1)如图，正方体ABCD-A,B,CD中， ⊥平面ABC.BC=2√6，PA=3,∠PAC=90°， AV=NA,A,M=MD,B,E=入B,C,当直线 ∠BAC=120°，则三棱锥PABC的体积的最大 值为 DD,与平面MNE所成的角最大时，a=() ( A.63 B.46 B C.26 D.25 (2)已知正三棱锥的各顶点都在同一球面上，若 该球的表面积为36π，则该正三棱锥体积的最 大值为 A.2 B.3 C. n. ®148 第七章立体几何回 (2)如图，四边形ABCD中，AB=BD=DA=2, BC=CD=√2.现将△ABD沿BD折起，当二 [g鬥 面角ABDC处于[后，誓]过程中，直线AD与 c[o. n[o.] BC所成角的余弦值取值范围是 感悟方法 涉及空间角的最值问题，可以通过建立空间直 角坐标系，用坐标表示要求的最值，结合函数求 解最值 高考重点突破三 立体几何 课标要求！ 1.掌握空间向量的应用. 2.会用空间向量求空间角和距离. 必备知识 夯实四基。 [对应客案P426 知识梳理 角.设平面g与平面3的夹角为0，则cos0= n,·n2 1.两条异面直线所成的角 cos(n1,n。〉= n1·h i12 n,1n: 设异面直线1，，所成的角为0，其方向向量分别 4.点到直线的距离 为，， 如图，已知直线1的单位方向向量 则cos0=|cosu,v)1= 为u,A是直线L上的定点，P是直 线1外一点，设A户=a,则向量A户 A 2.直线与平面所成的角 在直线1上的投影向量AQ=(a·u)u,在 如图，直线AB与平面a相交于 Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ= 点B,设直线AB与平面a所成 的角为0，直线AB的方向向量 /TAP'-IAQP=√a-(a·u). 为u,平面a的法向量为n,则sin=cos(u,n) 5.点到平面的距离 u·n 如图，已知平面a的法向量为 n,A是平面a内的定点，P是 3.平面与平面的夹角 平面a外一点.过点P作平面 如图，平面a与平面3相交，形 a的垂线l,交平面a于点Q, 成四个二面角，我们把这四个 则n是直线1的方向向量，且点P到平面&的距 二面角中不大于90°的二面角 离就是AP在直线1上的投影向量QP的长度，因此 称为平面a与平面3的夹角. 0-市- 若平面a,3的法向量分别是n,和n,则平面a 与平面9的夹角即为向量n,和n的夹角或其补 6.线面距离，面面距离都可以转化为点到平面的 距离. 149