第七節(jié)第二課時(shí) 空間向量的應(yīng)用

空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 考點(diǎn)一考點(diǎn)一 向量法解決探索性問題向量法解決探索性問題 第二課時(shí)第二課時(shí) 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 探索性問題在立體幾何綜合考查中是?？嫉拿}角探索性問題在立體幾何綜合考查中是?？嫉拿}角度度，也是考生感覺較難也是考生感覺較難，失分較多的問題失分較多的問題 立體幾何中常見的探索性問題有：立體幾何中常見的探索性問題有： (1)探索性問題與平行相結(jié)合；探索性問題與平行相結(jié)合； (2)探索性問題與垂直相結(jié)合；探索性問題與垂直相結(jié)合； (3)探索性問題與空間角相結(jié)合探索性問題與空間角相結(jié)合 鎖定考向鎖定考向 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 題點(diǎn)全練題點(diǎn)全練 角度一：探索性問題與平行相結(jié)合角度一：探索性問題與平行相結(jié)合 1(2016 北京高考北京高考)如圖如圖，在四棱錐在四棱錐 P- ABCD 中中，平面平面PAD平面平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD 5 (1)求證：求證：PD平面平面 PAB； (2)求直線求直線 PB 與平面與平面 PCD 所成角的正弦值；所成角的正弦值； (3)在棱在棱 PA 上是否存在點(diǎn)上是否存在點(diǎn) M，使得使得 BM平面平面 PCD？若存在？若存在，求求AMAP的值；若不存在的值；若不存在，說明理由說明理由 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 (1)證明證明：因?yàn)槠矫妫阂驗(yàn)槠矫?PAD平面平面 ABCD，平面平面 PAD平面平面ABCDAD，ABAD，AB 平面平面 ABCD， 所以所以 AB平面平面 PAD 所以所以 ABPD 又因?yàn)橛忠驗(yàn)?PAPD，PAABA， 所以所以 PD平面平面 PAB (2016 北京高考北京高考)如圖如圖，在四棱錐在四棱錐 P- ABCD 中中，平面平面PAD平面平面 ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD 5 (1)求證：求證：PD平面平面 PAB； 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 因?yàn)橐驗(yàn)?CO平面平面 ABCD，所以所以 POCO 因?yàn)橐驗(yàn)?ACCD，所以所以 COAD 如圖所示如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系建立空間直角坐標(biāo)系 O- xyz 由題意得由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2，0,0)，D(0，1,0)，P(0,0,1) 則則 PD(0，1，1)， PC(2,0，1)， PB(1,1，1)， 設(shè)平面設(shè)平面 PCD 的法向量為的法向量為 n(x，y，z)， 解解：取取 AD 的中點(diǎn)的中點(diǎn) O，連接連接 PO，CO因?yàn)橐驗(yàn)?PAPD，所以所以POAD 又因?yàn)橛忠驗(yàn)?PO 平面平面 PAD， 平面平面 PAD平面平面 ABCD，所以所以 PO平面平面 ABCD (2)求直線求直線 PB 與平面與平面 PCD 所成角所成角正弦值；正弦值； 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 則則 n PD0，n PC0，即即 yz0，2xz0.令令 z2，則則 x1，y2 所以所以 n(1，2,2)又又 PB(1,1，1)， 所以所以 cosn， PBn PB|n| PB|33 所以直線所以直線 PB 與平面與平面 PCD 所成角的正弦值為所成角的正弦值為33 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 解解：設(shè)設(shè) M 是棱是棱 PA 上一點(diǎn)上一點(diǎn)，則存在則存在 0,1，使得使得AM AP因此點(diǎn)因此點(diǎn) M(0,1，)，BM(1，) 因?yàn)橐驗(yàn)?BM 平面平面 PCD，所以要使所以要使 BM平面平面 PCD，當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)BM n0，即即(1，) (1，2,2)0 解得解得 14所以在棱所以在棱 PA 上存在點(diǎn)上存在點(diǎn) M 使得使得 BM平面平面 BCD，此時(shí)此時(shí)AMAP14 (3)在棱在棱 PA 上是否存在點(diǎn)上是否存在點(diǎn) M，使得使得 BM平面平面 PCD？若存在？若存在，求求AMAP的值；若不存在的值；若不存在，說明理由說明理由 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 角度二：探索性問題與垂直相結(jié)合角度二：探索性問題與垂直相結(jié)合 2(2017 吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)如圖如圖所示所示，正正ABC 的邊長為的邊長為4， CD 是是 AB 邊上的高邊上的高， E， F 分別是分別是 AC 和和 BC 邊的中點(diǎn)邊的中點(diǎn)，現(xiàn)將現(xiàn)將ABC 沿沿 CD 翻折成翻折成直直二面角二面角 A- DC- B， 如圖如圖所示所示 (1)試判斷直線試判斷直線 AB 與平面與平面 DEF 的位置關(guān)系的位置關(guān)系，并說明理由；并說明理由； (2)求二面角求二面角 E- DF- C 的余弦值；的余弦值； (3)在線段在線段 BC 上是否存在一點(diǎn)上是否存在一點(diǎn) P，使使 APDE？證明你的證明你的結(jié)論結(jié)論 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 解：解：(1)直線直線 AB平面平面 DEF理由如下：理由如下： 在在ABC 中中，由由 E，F(xiàn) 分別是分別是 AC，BC 的中點(diǎn)的中點(diǎn)， 得得 EFAB 又又 AB 平面平面 DEF，EF平面平面 DEF， AB平面平面 DEF (2)由題意知由題意知，AD，BD，DC 三直線兩兩垂直三直線兩兩垂直，故以故以 D 為原為原點(diǎn)點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 則則 A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2 3，0)，E(0， 3，1)，F(xiàn)(1， 3，0)， 易知平面易知平面 CDF 的法向量為的法向量為 DA(0,0,2)， 設(shè)平面設(shè)平面 EDF 的法向量為的法向量為 n(x，y，z)， 則則 DF n0， DE n0，即即 x 3y0，3yz0，取取 n(3， 3，3)， cos DA，nDA n| DA| |n|217， 二面角二面角 E- DF- C 的余弦值為的余弦值為217 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 解解：存在點(diǎn)存在點(diǎn) P，使使 APDE，證明如下：證明如下： 設(shè)設(shè) P(x，y,0)，則則 AP(x，y，2)，若若 APDE，則則 AP DE 3y20，y2 33又又 BP(x2，y,0)， PC(x,2 3y,0)， BP PC，(x2)(2 3y)xy， 3xy2 3把把y 2 33代 入 上 式 得代 入 上 式 得 x 43， P 43，2 33，0 ， 又又 BP 23，2 33，0 ， BC(2,2 3，0) BP13BC，在線段在線段BC 上存在點(diǎn)上存在點(diǎn) P 43，2 33，0 ，使使 APDE (3)在線段在線段 BC 上是否存在一點(diǎn)上是否存在一點(diǎn) P，使使 APDE？證明你的證明你的結(jié)論結(jié)論 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 角度三：探索性問題與空間角相結(jié)合角度三：探索性問題與空間角相結(jié)合 3(2017 蘭州診斷蘭州診斷)如圖如圖，在四棱錐在四棱錐 P- ABCD中中，PA平面平面 ABCD，PAABAD2，四邊形四邊形 ABCD 滿足滿足 ABAD，BCAD 且且 BC4，點(diǎn)點(diǎn) M 為為PC 的中點(diǎn)的中點(diǎn)，點(diǎn)點(diǎn) E 為為 BC 邊上的動(dòng)點(diǎn)邊上的動(dòng)點(diǎn)，且且BEEC (1)求證：平面求證：平面 ADM平面平面 PBC； (2)是否存在實(shí)數(shù)是否存在實(shí)數(shù) ， 使得二面角使得二面角 P- DE- B 的余弦值為的余弦值為22？若？若存在存在，試求出實(shí)數(shù)試求出實(shí)數(shù) 的值；若不存在的值；若不存在，說明理由說明理由 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 解解：(1)證明：取證明：取 PB 的中點(diǎn)的中點(diǎn) N，連接連接 MN，AN， M 是是 PC 的中點(diǎn)的中點(diǎn)， MNBC， MN12BC2， 又又 BCAD，MNAD，又又MNAD， 四邊形四邊形 ADMN 為平行四邊形為平行四邊形， APAD，ABAD，ABAPA， AD平面平面 PAB，ADAN，ANMN， APAB，ANPB，又又PBMNN， AN平面平面 PBC， AN平面平面 ADM，平面平面 ADMPBC 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 (2)存在符合條件的存在符合條件的 以以 A 為原點(diǎn)為原點(diǎn)， 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 A- xyz， 設(shè)設(shè) BEt， 則則 E(2，t,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)， 從而從而 PD(0,2，2)， DE(2，t2,0)， 設(shè)平面設(shè)平面 PDE 的法向量為的法向量為 n1(x，y，z)， 則則 n1 PD0，n1 DE0，即即 2y2z0，2x t2 y0，令令 yz2，解得解得 x2t，n1(2t,2,2)， 又平面又平面 DEB 即為平面即為平面 xAy，故其一個(gè)法向量為故其一個(gè)法向量為 n2(0,0,1)， 則則|cosn1，n2|n1 n2|n1| |n2|2 2t 24422， 解得解得 t2，可知可知 1 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 通法在握通法在握 解立體幾何中探索性問題的方法解立體幾何中探索性問題的方法 (1)通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立或結(jié)論成立)，然后在然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理；這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理； (2)若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)， 說明假設(shè)成立說明假設(shè)成立，即存在即存在，并可進(jìn)一步證明；并可進(jìn)一步證明； (3)若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論若推導(dǎo)出與條件或?qū)嶋H情況相矛盾的結(jié)論，則說明假則說明假設(shè)不成立設(shè)不成立，即不存在即不存在 提醒提醒 探索線段上是否存在點(diǎn)時(shí)探索線段上是否存在點(diǎn)時(shí)， 注意三點(diǎn)共線條件的注意三點(diǎn)共線條件的應(yīng)用應(yīng)用 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 (1)證明：證明：BC平面平面 PBD (2)證明：證明：AM平面平面 PBC (3)線段線段 CD 上是否存在點(diǎn)上是否存在點(diǎn) N， 使使 AM 與與 BN 所成角的余所成角的余弦值為弦值為34？若存在？若存在，找到所有符合要求的點(diǎn)找到所有符合要求的點(diǎn) N，并求并求CN 的長；若不存在的長；若不存在，說明理由說明理由 演練沖關(guān)演練沖關(guān) 如圖如圖 1，四棱錐四棱錐 P- ABCD 中中，PD底面底面 ABCD，四邊形四邊形 ABCD是直角梯形是直角梯形，M 為側(cè)棱為側(cè)棱 PD 上一點(diǎn)上一點(diǎn)，該四棱錐的俯視圖和側(cè)視該四棱錐的俯視圖和側(cè)視圖如圖圖如圖 2 所示所示 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 解：解：(1)證明：由俯視圖可得證明：由俯視圖可得，BD2BC2CD2， 所以所以 BCBD 又因?yàn)橛忠驗(yàn)?PD平面平面 ABCD， 所以所以 BCPD 因?yàn)橐驗(yàn)?BDPDD， 所以所以 BC平面平面 PBD 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 所以所以 MQCD，MQ14CD 在在BCD 中中，易得易得CDB60 ，所以所以ADB30 又又 BD2，所以所以 AB1，AD 3 又因?yàn)橛忠驗(yàn)?ABCD，AB14CD，所以所以 ABMQ，ABMQ， 所以四邊形所以四邊形 ABQM 為平行四邊形為平行四邊形，所以所以 AMBQ 因?yàn)橐驗(yàn)?AM 平面平面 PBC， BQ平面平面 PBC， 所以直線所以直線 AM平面平面 PBC (2)證明：取證明：取 PC 上一點(diǎn)上一點(diǎn) Q，使使 PQPC14， 連接連接 MQ，BQ 由側(cè)視圖知由側(cè)視圖知 PMPD14， 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 解解：線段線段 CD 上存在點(diǎn)上存在點(diǎn) N，使使 AM 與與 BN 所成角的余所成角的余弦值為弦值為34理由如下：理由如下： 因?yàn)橐驗(yàn)?PD平面平面 ABCD，DADC， 以以 DA， DC， DP所在直線為所在直線為 x 軸軸，y 軸軸，z 軸軸，建建立空間直角坐標(biāo)系立空間直角坐標(biāo)系 D- xyz 所以所以 D(0,0,0)，A( 3，0,0)，B( 3，1,0)，C(0,4,0)，M(0,0,3) (3)線段線段 CD 上是否存在點(diǎn)上是否存在點(diǎn) N，使使 AM 與與 BN 所成角的余弦值為所成角的余弦值為34？若存在？若存在，找到所有符合要求的點(diǎn)找到所有符合要求的點(diǎn) N，并求并求 CN 的長；若不的長；若不存在存在，說明理由說明理由 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 設(shè)設(shè) N(0，t,0)，其中其中 0t4所以所以( 3，0,3)，( 3，t1,0)要使要使 AM 與與 BN 所成角的余弦值為所成角的余弦值為34， 則有則有|AM BN|AM| BN|34，所以所以32 3 3 t1 234， 解得解得 t0 或或 2，均適合均適合 0t4 故點(diǎn)故點(diǎn) N 位于位于 D 點(diǎn)處點(diǎn)處，此時(shí)此時(shí) CN4； 或點(diǎn)或點(diǎn) N 位于位于 CD 中點(diǎn)處中點(diǎn)處，此時(shí)此時(shí) CN2，有有 AM 與與 BN 所成角的所成角的余弦值為余弦值為34 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 典例引領(lǐng)典例引領(lǐng) 考點(diǎn)二考點(diǎn)二 空間向量的綜合應(yīng)用空間向量的綜合應(yīng)用 (2016 鄭州市第二次質(zhì)量檢測(cè)鄭州市第二次質(zhì)量檢測(cè))如圖如圖，在梯形在梯形ABCD 中中，ABCD，ADDCCB1，BCD120 ，四邊形四邊形 BFED 為矩形為矩形，平面平面BFED平面平面 ABCD，BF1 (1)求證：求證：AD平面平面 BFED； (2)點(diǎn)點(diǎn) P 在線段在線段 EF 上運(yùn)動(dòng)上運(yùn)動(dòng)， 設(shè)平面設(shè)平面 PAB 與平面與平面 ADE 所成銳二面所成銳二面角為角為 ，試求試求 的最小值的最小值 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 AB2AD2BD2， ADBD 平面平面 BFED平面平面 ABCD，平面平面 BFED平面平面 ABCDBD，DE平面平面 BFED，DEDB， DE平面平面 ABCD， DEAD，又又 DEBDD，AD平面平面BFED 解：解：(1)證明：在梯形證明：在梯形 ABCD 中中， ABCD，ADDCCB1，BCD120 ， AB2，BD2AB2AD22AB AD cos 60 3 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 (2)由由(1)可建立分別以直線可建立分別以直線 DA，DB，DE 為為 x 軸軸，y 軸軸，z 軸的空間軸的空間直角坐標(biāo)系直角坐標(biāo)系，如圖所示如圖所示，令令 EP(0 3)， 則則 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0， 3，0)，P(0，1)， AB(1， 3，0)， BP(0， 3，1) 設(shè)設(shè) n1(x，y，z)為平面為平面 PAB 的法向量的法向量， 由由 n1 AB0，n1 BP0，得得 x 3y0， 3 yz0， 取取 y1，則則 n1( 3，1， 3)， n2(0,1,0)是平面是平面 ADE 的一個(gè)法向量的一個(gè)法向量， cos |n1 n2|n1|n2|131 3 211 3 24 0 3， 當(dāng)當(dāng) 3時(shí)時(shí)， cos 有最大值有最大值12， 的最小值為的最小值為3 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 由題悟法由題悟法 處理立體幾何的最值問題的處理立體幾何的最值問題的 2 種方法種方法 (1)結(jié)合條件與圖形恰當(dāng)分析取得最值的條件；結(jié)合條件與圖形恰當(dāng)分析取得最值的條件； (2)直接建系后直接建系后，表示出函數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題表示出函數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 即時(shí)應(yīng)用即時(shí)應(yīng)用 (2017 貴州省適應(yīng)性考試貴州省適應(yīng)性考試)已知長方形已知長方形 ABCD 中中，AB1，AD2現(xiàn)將長方形沿對(duì)角線現(xiàn)將長方形沿對(duì)角線 BD 折起折起，使使 ACa，得到一個(gè)四面得到一個(gè)四面體體 A- BCD，如圖所示如圖所示 (1)試問：在折疊的過程中試問：在折疊的過程中，異面直線異面直線 AB 與與 CD，AD 與與BC 能否垂直？若能垂直能否垂直？若能垂直，求出相應(yīng)的求出相應(yīng)的 a 值；若不垂直值；若不垂直，請(qǐng)說明理由請(qǐng)說明理由 (2)當(dāng)四面體當(dāng)四面體 A- BCD 的體積最大時(shí)的體積最大時(shí)，求二面角求二面角 A- CD- B的余弦值的余弦值 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 解：解：(1)若若 ABCD，因?yàn)橐驗(yàn)?ABAD，ADCDD， 所以所以 AB平面平面 ACD，所以所以 ABAC 即即 AB2a2BC2，即即 12a2( 2)2，所以所以 a1 若若 ADBC，因?yàn)橐驗(yàn)?ADAB，ABBCB， 所以所以 AD平面平面 ABC，所以所以 ADAC 即即 AD2a2CD2，即即( 2)2a212，所以所以 a21，無解無解 故故 ADBC 不成立不成立 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 (2)要使四面體要使四面體 A- BCD 的體積最大的體積最大， 因?yàn)橐驗(yàn)锽CD 的面積為定值的面積為定值22， 所以只需三棱錐所以只需三棱錐 A- BCD 的高最大即可的高最大即可，此時(shí)平面此時(shí)平面 ABD平平面面 BCD，過點(diǎn)過點(diǎn) A 作作 AOBD 于點(diǎn)于點(diǎn) O，則則 AO平面平面 BCD， 以以 O 為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系 O- xyz(如圖如圖)， 則易知?jiǎng)t易知 A 0，0，63， C 63，33，0 ，D 0，2 33，0 ， 空間向量的應(yīng)用空間向量的應(yīng)用 結(jié)結(jié) 束束 課 堂課 堂 考 點(diǎn) 突 破考 點(diǎn) 突 破 課 后課 后 三 維 演 練三 維 演 練 顯然顯然，平面平面 BCD 的一個(gè)法向量為的一個(gè)法向量為 OA 0，0，63 設(shè)平面設(shè)平面 ACD 的法向量為的法向量為 n(x，y，z) 因?yàn)橐驗(yàn)?CD 63，33，0 ， DA 0，2 33，63， 所以所以 6x 3y，2 3y 6z，令令 y 2，得得 n(1， 2，2) 故故 cos OA，n2 6363 72 77 所以二面角所以二面角 A- CD- B 的余弦值為的余弦值為2 77 板塊命題點(diǎn)專練（十二）板塊命題點(diǎn)專練（十二） 點(diǎn)擊此處點(diǎn)擊此處