2020浙江新高考数学二轮复习课件：专题四　3 第3讲　空间向量与立体几何 .ppt

1、数学数学 第2部分 高考热点 专题突破 专题四专题四 立体几何立体几何 第第3讲讲 空间向量与立体几何空间向量与立体几何 专题四专题四 立体几何立体几何 2 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 01 考 点 1 02 考 点 2 03 考 点 3 04 考 点 4 05 专 题 强 化 训 练 专题四专题四 立体几何立体几何 3 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 核心提炼核心提炼 1利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间平行、垂直利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间平行、垂直 设直线设直线 l 的方向向量为的方向向量为 a(a1，b1，c1)，平面平面 、 的法

2、向量分别为的法向量分别为 (a2，b2，c2)， (a3，b3，c3)，则有：则有： (1)线面平行线面平行 laa 0a1a2b1b2c1c20. (2)线面垂直线面垂直 laaka1ka2，b1kb2，c1kc2. 利用空间向量证明平行、垂直及求空间角利用空间向量证明平行、垂直及求空间角 专题四专题四 立体几何立体几何 4 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (3)面面平行面面平行 a2a3，b2b3，c2c3. (4)面面垂直面面垂直 0a2a3b2b3c2c30. 2利用直线的方向向量与平面的法向量求空间角利用直线的方向向量与平面的法向量求空间角 设直线设直线 l，m 的方

3、向向量分别为的方向向量分别为 a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面平面 ， 的法向量分的法向量分 别为别为 (a3，b3，c3)，(a4，b4，c4)(以下相同以下相同) 专题四专题四 立体几何立体几何 5 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (1)线线夹角线线夹角 设设 l，m 的夹角为的夹角为 0 2 ，则则 cos |a b| |a|b| |a1a2b1b2c1c2| a2 1 b2 1 c2 1 a2 2 b2 2 c2 2. (2)线面夹角线面夹角 设直线设直线 l 与与平面平面 的夹角为的夹角为 0 2 ， 则则 sin |a | |a| |cosa，|.

4、 专题四专题四 立体几何立体几何 6 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (3)面面夹角面面夹角 设平面设平面 、 的夹角为的夹角为 0 2 ， 则则|cos | | | | |cos，|. 专题四专题四 立体几何立体几何 7 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 典型例题典型例题 (1)如图如图， 在直三棱柱在直三棱柱 ADEBCF 中中， 平面平面 ABFE 和平面和平面 ABCD 都是正方形且互相垂直都是正方形且互相垂直，M 为为 AB 的中点的中点，O 为为 DF 的中点运用向的中点运用向 量方法证明：量方法证明： OM平面平面 BCF； 平面平面 MDF平面平面

5、 EFCD. 专题四专题四 立体几何立体几何 8 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)(2018 高考浙江卷高考浙江卷)如图如图， 已知多面体已知多面体 ABCA1B1C1， A1A， B1B， C1C 均垂直于平面均垂直于平面 ABC， ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2. 证明：证明：AB1平面平面 A1B1C1； 求直线求直线 AC1与平面与平面 ABB1所成的角的正弦值所成的角的正弦值 专题四专题四 立体几何立体几何 9 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 【解】【解】 (1)证明：证明：由题意知由题意知，AB，AD，AE 两两垂直两两垂直

6、，以以 A 为原点建立如图所示的空间为原点建立如图所示的空间 直角坐标系直角坐标系 设正方形边长为设正方形边长为 1，则则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)， M 1 2， ，0，0 ，O 1 2， ，1 2， ，1 2 . OM 0，1 2， ，1 2 ，BA (1，0，0)， 所以所以OM BA 0，所以所以OM BA . 因为棱柱因为棱柱 ADE- -BCF 是直三棱柱是直三棱柱，所以所以 AB平面平面 BCF，所以所以BA 是是 平面平面 BCF 的一个法向量的一个法向量， 又又 OM 平面平面 BCF，所以所以 OM平面平面 B

7、CF. 专题四专题四 立体几何立体几何 10 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 设平面设平面 MDF 与平面与平面 EFCD 的法向量分别为的法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2) 因为因为DF (1，1，1)，DM 1 2， ，1，0 ，DC (1，0，0)， 由由 n1DF n1DM 0， 得得 x1y1z10， 1 2x1 y10， 解得解得 y 1 1 2x1， ， z11 2x1， ， 令令 x11，则则 n1 1，1 2， ，1 2 . 同理可得同理可得 n2(0，1，1) 因为因为 n1n20，所以平面所以平面 MDF平面平面 EFCD.

8、专题四专题四 立体几何立体几何 11 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)证明：如图证明：如图，以以 AC 的中点的中点 O 为原为原点点，分别以射线分别以射线 OB，OC 为为 x，y 轴的正半轴轴的正半轴， 建立空间直角坐标系建立空间直角坐标系 O- xyz. 由题意知各点坐标如下：由题意知各点坐标如下： A(0， 3，0)，B(1，0，0)，A1(0， 3，4)，B1(1，0，2)，C1(0， 3，1) 专题四专题四 立体几何立体几何 12 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 因此因此AB1 (1， 3，2)，A1B1 (1， 3，2) A1C1 (0，2

9、3，3) 由由AB1 A1B1 0 得得 AB1A1B1. 由由AB1 A1C1 0 得得 AB1A1C1. 所以所以 AB1平面平面 A1B1C1. 设直线设直线 AC1与平面与平面 ABB1所成的角为所成的角为 .由由可知可知AC1 (0，2 3，1)，AB (1， 3，0)， BB1 (0，0，2) 专题四专题四 立体几何立体几何 13 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 设平面设平面 ABB1的法向量的法向量 n(x，y，z) 由由 n AB 0， n BB1 0， 即即 x 3y0， 2z0， 可取可取 n( 3，1，0) 所以所以 sin |cos AC1 ，n | |

10、AC1 n| |AC1 |n| 39 13 . 因此因此，直线直线 AC1与平面与平面 ABB1所成的角的正弦值是所成的角的正弦值是 39 13 . 专题四专题四 立体几何立体几何 14 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (1)利用空间向量证明平行与垂直的步骤利用空间向量证明平行与垂直的步骤 建立空间直角坐标系建立空间直角坐标系，建系时建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系要尽可能地利用载体中的垂直关系 建立空间图建立空间图形与空间向量之间的关系形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、 平面的要素平面的要素 通过空

11、间向量的运算研究平行、垂直关系通过空间向量的运算研究平行、垂直关系 根据运算结果解释相关问题根据运算结果解释相关问题 专题四专题四 立体几何立体几何 15 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)运用空间向量求空间角的一般步骤运用空间向量求空间角的一般步骤 建立恰当的空间直角坐标系；建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；求出相关点的坐标； 写出向量坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论转化为几何结论 (3)求空间角的注意点求空间角的注意点 两条异面直线所成的角两条异面直线所成的角 不一定是直线的方向向量的夹角不一定是直线的方向向量

12、的夹角 ，即即 cos |cos |. 所求所求的二面角不一定是两平面的法向量的夹角的二面角不一定是两平面的法向量的夹角，有可能为两法向量夹角的补角，有可能为两法向量夹角的补角 专题四专题四 立体几何立体几何 16 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 对点训练对点训练 1(2019 绍兴市柯桥区高三期中考试绍兴市柯桥区高三期中考试)如图如图，在几何体在几何体 ABCDE 中中，四四 边形边形 ABCD 是矩形是矩形，AB平面平面 BCE，BECE，ABBEEC2，G， F 分别是线段分别是线段 BE，DC 的中点的中点 (1)求证：求证：GF平面平面 ADE； (2)求求 GF 与

13、平面与平面 ABE 所成角的正切值所成角的正切值 专题四专题四 立体几何立体几何 17 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 解：解：(1)证明：如图证明：如图，取取 AE 的中点的中点 H，连接连接 HG，HD，又又 G 是是 BE 的中点的中点， 所以所以 GHAB，且且 GH1 2AB， ， 又又 F 是是 CD 中点中点，所以所以 DF1 2CD， ， 由四边形由四边形 ABCD 是矩形得是矩形得，ABCD，ABCD， 所以所以 GHDF，且且 GHDF.所以四边所以四边形形 HGFD 是平行四边形是平行四边形， 所以所以 GFDH，又又 DH 平面平面 ADE，GF 平面平

14、面 ADE， 所以所以 GF平面平面 ADE. 专题四专题四 立体几何立体几何 18 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)如图如图，在平面在平面 BEC 内内，过过 B 作作 BQEC， 因为因为 BECE，所以所以 BQBE， 又因为又因为 AB平面平面 BEC，所以所以 ABBE，ABBQ， 以以 B 为原点为原点，BE、BQ、BA 所在直线分别为所在直线分别为 x，y，z 轴轴，建立空间建立空间 直角坐标系直角坐标系，则则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，GF (1，2，1)，平面平面 ABE 的法向量的法向量

15、n(0，1，0)， 设设 GF 与平面与平面 ABE 所成的角为所成的角为 ， 专题四专题四 立体几何立体几何 19 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 则则 sin |GF n| |GF | |n| 2 6， ， 所以所以 cos 1 2 6 2 2 6， ， 所以所以 tan sin cos 2 6 2 6 2. 所以所以 GF 与平面与平面 ABE 所成角的正切值为所成角的正切值为 2. 专题四专题四 立体几何立体几何 20 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 2 (2019 宁波市镇海中学高考模拟宁波市镇海中学高考模拟)在边长为在边长为 3 的正三角形的正三角形

16、 ABC 中中， E、 F、 P 分别是分别是 AB、 AC、BC 边上的点边上的点，满足满足 AEEBCFFACPPB12.如图如图(1)将将AEF 沿沿 EF 折折 起到起到A1EF 的位置的位置，使二面角使二面角 A1 EF B 成直二面角成直二面角，连接连接 A1B、A1P(如图如图(2) (1)求证：求证：A1E平面平面 BEP； (2)求二面角求二面角 B- A1P E 的余弦值的余弦值 专题四专题四 立体几何立体几何 21 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 解：解：(1)证明：在图证明：在图(1)中中，取取 BE 的中点的中点 D，连接连接 DF， 因为因为 AEE

17、BCFFA12，所以所以 AFAD2， 而而A60，所以所以ADF 为正三角形为正三角形 又又 AEDE1，所以所以 EFAD. 在图在图(2)中中，A1EEF，BEEF， 所以所以A1EB 为二面角为二面角 A1 EF B 的一个平面角的一个平面角， 由题设条件知此二面角为直二面角由题设条件知此二面角为直二面角，所以所以 A1E平面平面 BEP. 专题四专题四 立体几何立体几何 22 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)分别以分别以 EB、EF、EA1所在直线为所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系轴建立空间直角坐标系， 则则 E(0，0，0)，B(2，0，0)，P(

18、1， 3，0)，A1(0，0，1)， EA1 (0，0，1)，EP (1， 3，0)，BA1 (2，0，1)，BP (1， 3，0) 设平面设平面 EA1P 的法向量为的法向量为 m(x，y，z)， 则则 m EA 1 z0 m EP x 3y0 ， 取取 y1，得得 m( 3，1，0)； 设平面设平面 BA1P 的法向量为的法向量为 n(x，y，z)， 专题四专题四 立体几何立体几何 23 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 则则 n BA 1 2xz0 n BP x 3y0 ，取取 y1，得得 n( 3，1，2 3) 所以所以 cosm，n m n |m|n| 3 311 24

19、 1 4， ， 所以二面角所以二面角 B- A1P E 的余弦值为的余弦值为1 4. 专题四专题四 立体几何立体几何 24 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 核心提炼核心提炼 探索性问题主要考两类问题探索性问题主要考两类问题 (1)条件探索型问题；条件探索型问题； (2)存在探索型问题存在探索型问题 探索性问题求解思路为利用空间向量的坐标运算探索性问题求解思路为利用空间向量的坐标运算，建立目标函数或目标方程建立目标函数或目标方程，将问题转将问题转 化为代数问题解决化为代数问题解决 立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题 专题四专题四 立体几何立体几何 25 返回导返回导 航

20、航 下一页下一页 上一页上一页 典型例题典型例题 (2019 浙江高考冲刺卷浙江高考冲刺卷)如图所示的几何体如图所示的几何体 ABCDE 中中，EA 平面平面 ABC，EADC，ABAC，EAABAC2DC，M 是线段是线段 BD 上的动点上的动点 (1)当当 M 是是 BD 的中点时的中点时，求证：求证：BC平面平面 AME； (2)是否存在点是否存在点 M，使得直线使得直线 BD 与平面与平面 AMC 所成的角为所成的角为 60，若若 存在存在，确定点确定点 M 的位置；若不存在的位置；若不存在，请说明理由请说明理由 专题四专题四 立体几何立体几何 26 返回导返回导 航航 下一页下一页

21、上一页上一页 【解】【解】 (1)证明：因为证明：因为 EA平面平面 ABC，ABAC， 所以所以直线直线 AB，AC，AE 两两垂直两两垂直，以以 A 为原点为原点，以以 AB，AC，AE 所所 在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系 A- xyz，设设 CD1，则则 AB ACAE2， 所以所以 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，2，1)，E(0，0， 2)， 因为因为 M 是是 BD 中点中点，所以所以 M 1，1，1 2 ， 专题四专题四 立体几何立体几何 27 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 所以所以AE

22、(0，0，2)，AM 1，1，1 2 ， BC (2，2，0)， 所以所以AE BC 0，AM BC 0， 所以所以 AEBC，AMBC， 又又 AM 平面平面 AME，AE 平面平面 AME，AEAMA， 所以所以 BC平面平面 AME. 专题四专题四 立体几何立体几何 28 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)由由(1)得得，BD (2，2，1)，AC (0，2，0)，AB (2，0，0)， 设设BM BD (2，2，)(01)，则则AM AB BM (22，2，)， 设平面设平面 AMC 的法向量为的法向量为 n(x，y，z)， 则则 n AC 0 n AM 0 ， 所

23、以所以 2y 0 （22）x2yz0， ，令令 x1 得得 n 1，0，22 ， 专题四专题四 立体几何立体几何 29 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 所以所以 cosBD ，nBD n |BD |n| 2 3 1 22 2 2 3 5284， ， 令令 2 3 5284 sin 60 3 2 ，得得 52892 27 0， 644592 27180 D点点 O 的轨迹是圆弧的轨迹是圆弧 专题四专题四 立体几何立体几何 44 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 解析：解析：选选 C.如图所示如图所示，对于对于 A，AOC 为直角三角形为直角三角形，ON 为斜边为斜边

24、 AC 上的中线上的中线，ON1 2AC 为定长 为定长，即即 A 正确；对正确；对于于 B，D 在在 M 时时，AO1， CO1，所以所以|CO|1， 2)，即正确；对于即正确；对于 D，由由 A 可知可知，点点 O 的轨迹的轨迹 是圆弧是圆弧，即即 D 正确正确，故选故选 C. 专题四专题四 立体几何立体几何 45 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 核心提炼核心提炼 求解立体几何中的最值问题求解立体几何中的最值问题，需要先确定最值的主体需要先确定最值的主体，确定题目中描述的相关变量确定题目中描述的相关变量，然然 后根据所求后根据所求，确定是利用几何方法求解确定是利用几何方法求

25、解，还是转化为代数还是转化为代数(特别是函数特别是函数)问题求解利用问题求解利用 几何方法求解时几何方法求解时， 往往利用几何体的结构特征往往利用几何体的结构特征将问题转化为平面几何中的问题进行求解，将问题转化为平面几何中的问题进行求解， 如求几何体表面距离的问题如求几何体表面距离的问题利用代数法求解时利用代数法求解时，要合理选择参数要合理选择参数，利用几何体中的相利用几何体中的相 关运算构造目关运算构造目标函数标函数，再根据条件确定参数的取值范围再根据条件确定参数的取值范围，从而确定目标函数的值域从而确定目标函数的值域，即即 可利用函数最值的求解方法求得结果可利用函数最值的求解方法求得结果

26、立体几何中的最值立体几何中的最值(范围范围)问题问题 专题四专题四 立体几何立体几何 46 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 典型例题典型例题 (1)(2019 宁波十校联考宁波十校联考)如图如图，平面平面 PAB平面平面 ，AB ， 且且PAB 为正三角形为正三角形，点，点 D 是平面是平面 内的动点内的动点，ABCD 是菱形是菱形，点点 O 为为 AB 中点中点，AC 与与 OD 交于点交于点 Q，l ，且且 lAB，则则 PQ 与与 l 所成角的正切值的最小值为所成角的正切值的最小值为( ) A. 33 7 2 B. 33 7 2 C. 7 D3 专题四专题四 立体几何立体

27、几何 47 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)(2019 温州高考模拟温州高考模拟)如图如图，在三棱锥在三棱锥 A- BCD 中，平面中，平面 ABC平面平面 BCD， BAC 与与 BCD 均为等腰直角三角形均为等腰直角三角形， 且且BACBCD90， BC2，点点 P 是线段是线段 AB 上的动点上的动点，若线段若线段 CD 上存在点上存在点 Q，使得直线使得直线 PQ 与与 AC 成成 30的角的角，则线段则线段 PA 长的取值范围是长的取值范围是( ) A. 0， 2 2 B. 0， 6 3 C. 2 2 ， 2 D. 6 3 ， 2 专题四专题四 立体几何立体几何

28、 48 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 【解析】【解析】 (1)如图如图，不妨以不妨以 CD 在在 AB 前侧为例以前侧为例以 O 为原点为原点，分分 别以别以 OB、OP 所在直线为所在直线为 y、z 轴建立空间直角坐标系轴建立空间直角坐标系，设设 AB2， OAD(0)，则则 P(0，0， 3)， D(2sin ，12cos ，0)， 所以所以 Q 2 3sin ， ，2 3cos 1 3， ，0 ， 所以所以QP 2 3sin ， ，1 3 2 3cos ， ， 3 ， 设设 内与内与 AB 垂直的向量垂直的向量 n(1，0，0)，PQ 与与 l 所所成角为成角为 ， 专

29、题四专题四 立体几何立体几何 49 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 则则 cos QP n |QP |n| 2 3sin 32 9 4 9cos sin 8cos 1cos2 8cos . 令令 tcos (1t1)，则则 s1 t2 8t ，st 2 16t1 （8t）2 ， 令令 s0，得得 t83 7， 所以当所以当 t83 7时时，s 有最大值为有最大值为 166 7. 则则 cos 有最大值为有最大值为 166 7，此时此时 sin 取最小值为取最小值为 6 715. 所以正切值的最小值为所以正切值的最小值为 6 715 166 7 33 7 2 .故选故选 B. 专

30、题四专题四 立体几何立体几何 50 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)以以 C 为原点为原点，CD 为为 x 轴轴，CB 为为 y 轴轴，过过 C 作平面作平面 BCD 的垂线为的垂线为 z 轴轴，建立空间直角坐标系建立空间直角坐标系，则则 A(0，1，1)，B(0，2，0)，C(0，0，0)， 设设 Q(q，0，0)，AP AB (0，)， 则则PQ CQ CP CQ (CA AP )(q，0，0)(0，1，1)(0，) (q，1，1)， 因为直线因为直线 PQ 与与 AC 成成 30 的角的角， 所以所以 cos 30 |CA PQ | |CA | |PQ | 2 2

31、q2（1）2（1）2 2 q2222 3 2 ， 专题四专题四 立体几何立体几何 51 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 所以所以 q22228 3， ，所以所以 q22 3 220，4， 所以所以 2 3 220 2 3 224 ，解得解得 0 3 3 ，所以所以|AP | 2 0， 6 3 ， 所以线段所以线段 PA 长的取值范围是长的取值范围是 0， 6 3 . 故选故选 B. 【答案】【答案】 (1)B (2)B 专题四专题四 立体几何立体几何 52 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 用向量法解决立体几何中的最值问题用向量法解决立体几何中的最值问题，不仅简捷

32、不仅简捷，更减少了思维量用变量更减少了思维量用变量表示动点的表示动点的 坐标坐标，然后依题意用向量法求其有关几何量然后依题意用向量法求其有关几何量，构建有关函数构建有关函数，从而用代数方法即可求其从而用代数方法即可求其 最值最值 专题四专题四 立体几何立体几何 53 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 对点训练对点训练 1(2019 浙江省五校联考二模浙江省五校联考二模)如图如图，棱长为棱长为 4 的正方体的正方体 ABCD- A1B1C1D1，点点 A 在平面在平面 内内，平面平面 ABCD 与平面与平面 所成的二面角为所成的二面角为 30，则顶点则顶点 C1到平面到平面 的距离

33、的最大值是的距离的最大值是 ( ) A2(2 2) B2( 3 2) C2( 31) D2( 21) 专题四专题四 立体几何立体几何 54 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 解析：解析：选选 B.如图所示如图所示，作作 C1O，交交 ABCD 于于 O， 交交 于于 E，由题得由题得 O 在在 AC 上上，则则 C1E 为所求为所求，AOE30， 由题意由题意，设设 COx，则则 AO4 2x， C1O 16x2，OE1 2OA 2 21 2x， ， 专题四专题四 立体几何立体几何 55 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 所以所以 C1E 16x22 21 2x，

34、， 令令 y 16x22 21 2x， ， 则则 y x 16x2 1 2 0，可得可得 x 4 3， ， 所以所以 x 4 3， ，顶点顶点 C1到平面到平面 的距离的最大值是的距离的最大值是 2( 3 2) 专题四专题四 立体几何立体几何 56 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 2(2019 温州十五校联合体期末考试温州十五校联合体期末考试)在正四面体在正四面体 P- ABC 中中，点点 M 是棱是棱 PC 的中点的中点，点点 N 是线段是线段 AB 上一动点上一动点，且且AN AB ，设异面直线设异面直线 NM 与与 AC 所成角为所成角为 ，当当1 3 2 3时 时， 则

35、则 cos 的取值范的取值范围是围是_ 解析：解析：设点设点 P 到平面到平面 ABC 的射影为点的射影为点 O，以以 AO 所在直线为所在直线为 y 轴轴， OP 所在直线为所在直线为 z 轴轴，过点过点 O 作作 BC 的平行线为的平行线为 x 轴轴，建立空间直角建立空间直角 坐标系坐标系，如图设正四面体的棱长为如图设正四面体的棱长为 4 3， 则有则有 A(0，4，0)，B(2 3，2，0)，C(2 3，2，0)，P(0，0，4 2)， M( 3，1，2 2) 专题四专题四 立体几何立体几何 57 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 由由AN AB ，得得 N(2 3，64，

36、0) 从而有从而有NM ( 32 3，56，2 2)，AC (2 3，6，0) 所以所以 cos |NM AC | |NM |AC | 32 2 4243， ，设设 32t，则则5 3 t7 3.则 则 cos 1 2 t2 t24t6 1 26 1 t 2 4 1 t 1 ，因为因为1 3 3 7 1 t 3 5， ，所以所以5 19 38 cos 7 19 38 . 答案：答案： 5 19 38 ，7 19 38 专题四专题四 立体几何立体几何 58 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 请做：专题强化训练请做：专题强化训练 word部分：部分： 点击进入链接点击进入链接 专题四专题四 立体几何立体几何 59 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 本部分内容讲解结束本部分内容讲解结束 按按ESC键退出全屏播放键退出全屏播放