高中數(shù)學蘇教版1第3章空間向量與立體幾何 第3章章末分層突破

章末分層突破①數(shù)乘運算②空間向量的數(shù)量積③垂直④夾角⑤數(shù)乘結合律⑥線面關系⑦點面距空間向量及其運算空間向量的運算主要包括空間向量的線性運算、數(shù)量積運算以及空間向量的坐標運算．空間向量的運算法則、運算律與平面向量基本一致．主要考查空間向量的共線與共面以及數(shù)量積運算，這是用向量法求解立體幾何問題的基礎．沿著正四面體OABC的三條棱eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))，eq\o(OC,\s\up8(→))的方向有大小等于1,2和3的三個力f1，f2，f3，試求此三個力的合力f的大小以及此合力與三條棱所夾角的余弦值．【精彩點撥】用向量表示f1，f2，f3，再根據(jù)模與夾角的向量運算公式求解．【規(guī)范解答】如圖所示，用a，b，c分別代表棱eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))，eq\o(OC,\s\up8(→))上的三個單位向量，則f1＝a，f2＝2b，f3＝3c，則f＝f1＋f2＋f3＝a＋2b＋3c，∴|f|2＝(a＋2b＋3c)(a＋2b＋3c)＝|a|2＋4|b|2＋9|c|2＋4a·b＋6a·c＋12b·c＝14＋4cos60°＋6cos60°＋12cos60°＝14＋2＋3＋6＝25，∴|f|＝5，即所求合力的大小為5.且cos〈f，a〉＝eq\f(f·a,|f|·|a|)＝eq\f(|a|2＋2a·b＋3a·c,5)＝eq\f(1＋1＋\f(3,2),5)＝eq\f(7,10)，同理可得：cos〈f，b〉＝eq\f(4,5)，cos〈f，c〉＝eq\f(9,10).[再練一題]1．如圖3-1，在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的正方形，S到A，B，C，D的距離都等于2.給出以下結論：①eq\o(SA,\s\up8(→))＋eq\o(SB,\s\up8(→))＋eq\o(SC,\s\up8(→))＋eq\o(SD,\s\up8(→))＝0；②eq\o(SA,\s\up8(→))＋eq\o(SB,\s\up8(→))－eq\o(SC,\s\up8(→))－eq\o(SD,\s\up8(→))＝0；③eq\o(SA,\s\up8(→))－eq\o(SB,\s\up8(→))＋eq\o(SC,\s\up8(→))－eq\o(SD,\s\up8(→))＝0；④eq\o(SA,\s\up8(→))·eq\o(SB,\s\up8(→))＝eq\o(SC,\s\up8(→))·eq\o(SD,\s\up8(→))；⑤eq\o(SA,\s\up8(→))·eq\o(SC,\s\up8(→))＝0.其中正確結論的序號是________．圖3-1【解析】容易推出：eq\o(SA,\s\up8(→))－eq\o(SB,\s\up8(→))＋eq\o(SC,\s\up8(→))－eq\o(SD,\s\up8(→))＝eq\o(BA,\s\up8(→))＋eq\o(DC,\s\up8(→))＝0，所以③正確；又因為底面ABCD是邊長為1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以eq\o(SA,\s\up8(→))·eq\o(SB,\s\up8(→))＝2·2·cos∠ASB，eq\o(SC,\s\up8(→))·eq\o(SD,\s\up8(→))＝2·2·cos∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是eq\o(SA,\s\up8(→))·eq\o(SB,\s\up8(→))＝eq\o(SC,\s\up8(→))·eq\o(SD,\s\up8(→))，因此④正確，其余三個都不正確，故正確結論的序號是③④.【答案】③④空間平行與垂直的證明向量作為工具來研究幾何，真正把幾何的形與代數(shù)中的數(shù)實現(xiàn)了有機結合；給立體幾何的研究帶來了極大的便利，利用空間向量可以方便地論證空間中的一些線面位置關系，如線面平行、線面垂直、面面平行、面面垂直等．利用空間向量判斷空間中的位置關系的常用方法如下：(1)線線平面證明兩條直線平行，只需證明兩條直線的方向向量是共線向量．(2)線線垂直證明兩條直線垂直，只需證明兩直線的方向向量垂直，則a⊥b?a·b＝0.(3)線面平行用向量證明線面平行的方法主要有：①證明直線的方向向量與平面的法向量垂直；②證明平面內(nèi)一個向量與直線的方向向量是共線向量；③利用共面向量定理證明，即用平面內(nèi)兩不共線向量線性表示直線的方向向量．(4)線面垂直用向量證明線面垂直的方法主要有：①證明直線的方向向量與平面的法向量平行；②利用線面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線線垂直問題．(5)面面平行①證明兩個平面的法向量平行(即是共線向量)；②轉(zhuǎn)化為線面平行、線線平行問題．(6)面面垂直①證明兩個平面的法向量互相垂直；②轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直問題．已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，邊長為2a，AD＝DE＝2AB，F(xiàn)為CD圖3-2(1)求證：AF∥平面BCE；(2)求證：平面BCE⊥平面CDE.【精彩點撥】建立空間直角坐標系，(1)利用向量eq\o(AF,\s\up8(→))，可用平面BCE內(nèi)的兩個不共線向量表示證明；(2)題可利用(1)的結論證明．【規(guī)范解答】依題意，以AC所在的直線為x軸，AB所在的直線為z軸，過點A且垂直于AC的直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，eq\r(3)a,0)，E(a，eq\r(3)a,2a)．∵F為CD的中點，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0)).(1)易知，eq\o(AF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，eq\o(BE,\s\up8(→))＝(a，eq\r(3)a，a)，eq\o(BC,\s\up8(→))＝(2a,0，－a)．∵eq\o(AF,\s\up8(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BE,\s\up8(→))＋eq\o(BC,\s\up8(→)))，AF?平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)∵eq\o(AF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，eq\o(CD,\s\up8(→))＝(－a，eq\r(3)a,0)，eq\o(ED,\s\up8(→))＝(0,0，－2a)，∴eq\o(AF,\s\up8(→))·eq\o(CD,\s\up8(→))＝0，eq\o(AF,\s\up8(→))·eq\o(ED,\s\up8(→))＝0，∴eq\o(AF,\s\up8(→))⊥eq\o(CD,\s\up8(→))，eq\o(AF,\s\up8(→))⊥eq\o(ED,\s\up8(→))，即AF⊥CD，AF⊥ED.又CD∩ED＝D，∴AF⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.[再練一題]2．正方形ABCD所在平面與平面四邊形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，F(xiàn)A＝FE，∠AEF＝45°，求證：EF⊥平面BCE.【證明】因為△ABE為等腰直角三角形，所以AB＝AE，AE⊥AB.又因為平面ABEF⊥平面ABCD，AE?平面ABEF，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥AD，因此AD，AB，AE兩兩垂直．以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.設AB＝1，則AE＝1，B(0,1,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)．因為FA＝FE，∠AEF＝45°，所以∠AFE＝90°，從而Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以eq\o(EF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(BE,\s\up8(→))＝(0，－1,1)，eq\o(BC,\s\up8(→))＝(1,0,0)．eq\o(EF,\s\up8(→))·eq\o(BE,\s\up8(→))＝0＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，eq\o(EF,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝0，所以EF⊥BE，EF⊥BC.因為BE?平面BCE，BC?平面BCE，BC∩BE＝B，所以EF⊥平面BCE.利用空間向量求空間角利用空間向量求空間角，一般有兩種方法：即幾何法和向量法，利用向量法只需求出直線的方向向量與平面的法向量即可．(1)異面直線所成角：兩異面直線所成角的范圍為0°＜θ≤90°，需找到兩異面直線的方向向量，借助方向向量所成角求解；(2)直線與平面所成的角：要求直線l與平面α所成的角θ，先求這個平面α的法向量n與直線l的方向向量a夾角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－eq\f(π,2)或者eq\f(π,2)－〈n，a〉；(3)二面角：如圖3-3，有兩個平面α與β，分別作這兩個平面的法向量n1與n2，則平面α與β所成的角跟法向量n1與n2所成的角相等或互補，所以首先應判斷二面角是銳角還是鈍角．圖3-3如圖3-4，正方形ACDE所在的平面與平面ABC垂直，M是CE與AD的交點，AC⊥BC，且AC＝BC.(1)求證：AM⊥平面EBC；(2)求直線AB與平面EBC所成角的大??；(3)求二面角A-EB-C的大小．圖3-4【精彩點撥】(1)根據(jù)判定定理求解；(2)由(1)知eq\o(AM,\s\up8(→))是平面EBC的一個法向量，先求〈eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(AM,\s\up8(→))〉，直線AB與平面EBC所成的角為90°－〈eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(AM,\s\up8(→))〉；(3)求出平面AEB的法向量n，計算cos〈n，eq\o(AM,\s\up8(→))〉，再確定二面角A-EB-C的大?。疽?guī)范解答】(1)證明：∵四邊形ACDE是正方形，∴EA⊥AC.∵平面ACDE⊥平面ABC，∴EA⊥平面ABC.∴可以以點A為原點，以過A點平行于BC的直線為x軸，分別以AC和AE所在直線為y軸和z軸，建立空間直角坐標系A-xyz.設EA＝AC＝BC＝2，則A(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)．∵M是正方形ACDE的對角線的交點，∴M(0,1,1)．∴eq\o(AM,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq\o(EC,\s\up8(→))＝(0,2，－2)，eq\o(CB,\s\up8(→))＝(2,0,0)，∴eq\o(AM,\s\up8(→))·eq\o(EC,\s\up8(→))＝0，eq\o(AM,\s\up8(→))·eq\o(CB,\s\up8(→))＝0，∴AM⊥EC，AM⊥CB.又∵EC∩CB＝C，∴AM⊥平面EBC.(2)∵AM⊥平面EBC，∴eq\o(AM,\s\up8(→))為平面EBC的一個法向量．∵eq\o(AM,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(2,2,0)，∴cos〈eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(AM,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up8(→))·\o(AM,\s\up8(→)),|\o(AB,\s\up8(→))|·|\o(AM,\s\up8(→))|)＝eq\f(1,2)，∴〈eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(AM,\s\up8(→))〉＝60°，∴直線AB與平面EBC所成的角為30°.(3)設平面EAB的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥eq\o(AE,\s\up8(→))且n⊥eq\o(AB,\s\up8(→))，∴n·eq\o(AE,\s\up8(→))＝0且n·eq\o(AB,\s\up8(→))＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，0，2·x，y，z＝0，,2，2，0·x，y，z＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝0，,x＋y＝0.))取y＝－1，∴x＝1，∴n＝(1，－1,0)．又∵eq\o(AM,\s\up8(→))為平面EBC的一個法向量，且eq\o(AM,\s\up8(→))＝(0,1,1)，∴cos〈n，eq\o(AM,\s\up8(→))〉＝eq\f(n·\o(AM,\s\up8(→)),|n|·|\o(AM,\s\up8(→))|)＝－eq\f(1,2).設二面角A-EB-C的平面角為θ，由圖可知θ為銳角，則cosθ＝|cos〈n，eq\o(AM,\s\up8(→))〉|＝eq\f(1,2)，∴θ＝60°.∴二面角A-EB-C等于60°.[再練一題]3．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是A1D1，A1C1的中點，求異面直線AE與CF所成角的余弦值.【【解】不妨設正方體的棱長為2，分別取DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(xiàn)(1,1,2)，則eq\o(AE,\s\up8(→))＝(－1,0,2)，eq\o(CF,\s\up8(→))＝(1，－1,2)，∴|eq\o(AE,\s\up8(→))|＝eq\r(5)，|eq\o(CF,\s\up8(→))|＝eq\r(6)，eq\o(AE,\s\up8(→))·eq\o(CF,\s\up8(→))＝－1＋0＋4＝3.又eq\o(AE,\s\up8(→))·eq\o(CF,\s\up8(→))＝|eq\o(AE,\s\up8(→))||eq\o(CF,\s\up8(→))|cos〈eq\o(AE,\s\up8(→))，eq\o(CF,\s\up8(→))〉＝eq\r(30)cos〈eq\o(AE,\s\up8(→))，eq\o(CF,\s\up8(→))〉，∴cos〈eq\o(AE,\s\up8(→))，eq\o(CF,\s\up8(→))〉＝eq\f(\r(30),10)，∴異面直線AE與CF所成角的余弦值為eq\f(\r(30),10).用空間向量解決空間中的探索性問題用空間向量研究立體幾何中的探索性(或存在性)問題的關鍵是構建向量及空間直角坐標系，然后利用空間向量的數(shù)量積、向量模的投影公式，處理空間平行、垂直等位置關系問題，可避開傳統(tǒng)的“作—證—算”中的難點，具有較強的可操作性．提醒：利用空間幾何體的位置關系轉(zhuǎn)化為向量運算的關系式，建立方程是動點存在性問題得以解決的關鍵．在四棱錐P-ABCD中，ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，點E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.在PC上是否存在點F，使BF∥平面AEC？并證明你的結論．【精彩點撥】易知PA⊥平面ABCD，以A為原點建立空間直角坐標系，由BF∥平面AEC得eq\o(BF,\s\up8(→))＝λ1eq\o(AC,\s\up8(→))＋λ2eq\o(AE,\s\up8(→))，確定eq\o(BF,\s\up8(→))，eq\o(AC,\s\up8(→))，eq\o(AE,\s\up8(→))的坐標及系數(shù)λ1，λ2即可．【規(guī)范解答】以A為坐標原點，AD，AP所在直線分別為y軸，z軸，過A點垂直于平面PAD的直線為x軸，建立空間直角坐標系如圖所示．由題設條件可得，相關各點的坐標分別為A(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，－\f(1,2)a，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，0))，D(0，a,0)，P(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a，\f(1,3)a))，所以eq\o(AE,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a，\f(1,3)a))，eq\o(AC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，0))，eq\o(AP,\s\up8(→))＝(0,0，a)，eq\o(PC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，－a))，eq\o(BP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，a))，設點F是棱PC上的點，eq\o(PF,\s\up8(→))＝λeq\o(PC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)aλ，\f(1,2)aλ，－aλ))，其中0<λ<1，則eq\o(BF,\s\up8(→))＝eq\o(BP,\s\up8(→))＋eq\o(PF,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a，a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)aλ，\f(1,2)aλ，－aλ))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)aλ－1，\f(1,2)a1＋λ，a1－λ)).令eq\o(BF,\s\up8(→))＝λ1eq\o(AC,\s\up8(→))＋λ2eq\o(AE,\s\up8(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)aλ－1＝\f(\r(3),2)aλ1，,\f(1,2)a1＋λ＝\f(1,2)aλ1＋\f(2,3)aλ2，,a1－λ＝\f(1,3)aλ2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ－1＝λ1，,1＋λ＝λ1＋\f(4,3)λ2，,1－λ＝\f(1,3)λ2，))解得λ＝eq\f(1,2)，λ1＝－eq\f(1,2)，λ2＝eq\f(3,2)，即λ＝eq\f(1,2)，eq\o(BF,\s\up8(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up8(→))＋eq\f(3,2)eq\o(AE,\s\up8(→))，所以當F是PC的中點時，eq\o(BF,\s\up8(→))，eq\o(AC,\s\up8(→))，eq\o(AE,\s\up8(→))共面．又BF?平面AEC，所以BF∥平面AEC.[再練一題]4．如圖3-5，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD(點P位于平面ABCD上方)，問BC邊上是否存在點Q，使eq\o(PQ,\s\up8(→))⊥eq\o(QD,\s\up8(→))？圖3-5【解】假設存在點Q(Q點在邊BC上)，使eq\o(PQ,\s\up8(→))⊥eq\o(QD,\s\up8(→))，即PQ⊥QD，連結AQ.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QD.又eq\o(PQ,\s\up8(→))＝eq\o(PA,\s\up8(→))＋eq\o(AQ,\s\up8(→))且eq\o(PQ,\s\up8(→))⊥eq\o(QD,\s\up8(→))，∴eq\o(PQ,\s\up8(→))·eq\o(QD,\s\up8(→))＝0，即eq\o(PA,\s\up8(→))·eq\o(QD,\s\up8(→))＋eq\o(AQ,\s\up8(→))·eq\o(QD,\s\up8(→))＝0.又由eq\o(PA,\s\up8(→))·eq\o(QD,\s\up8(→))＝0，∴eq\o(AQ,\s\up8(→))·eq\o(QD,\s\up8(→))＝0，∴eq\o(AQ,\s\up8(→))⊥eq\o(QD,\s\up8(→)).即點Q在以邊AD為直徑的圓上，圓的半徑為eq\f(a,2).又∵AB＝1，當eq\f(a,2)＝1，即a＝2時，該圓與邊BC相切，存在1個點Q滿足題意；當eq\f(a,2)>1，即a>2時，該圓與邊BC相交，存在2個點Q滿足題意；當eq\f(a,2)<1，即a<2時，該圓與邊BC相離，不存在點Q滿足題意．綜上所述，當a≥2時，存在點Q；當0<a<2時，不存在點Q.數(shù)形結合的思想向量方法是解決問題的一種重要方法，坐標是研究向量問題的有效工具，利用空間向量的坐標表示可以把向量問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算，從而溝通了幾何與代數(shù)的聯(lián)系，體現(xiàn)了數(shù)形結合的重要思想．向量具有數(shù)形兼?zhèn)涞奶攸c，因此，它能將幾何中的“形”和代數(shù)中的“數(shù)”有機地結合在一起．如圖3-6(1)，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60°，E是BC的中點．將△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如圖(2))，連結BC，BD.求平面ABE與平面BCD的夾角．(1)(2)圖3-6【精彩點撥】在圖1中易知△ABE和△ADE都是等邊三角形，取AE中點M，連結BM，DM，由平面BAE⊥平面AEC知，BM⊥平面AEC，以M為原點建立空間直角坐標系，用平面的法向量的夾角計算．【規(guī)范解答】取AE中點M，連結BM，DM.因為在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°，E是BC的中點，所以△ABE與△ADE都是等邊三角形，所以BM⊥AE，DM⊥AE.又平面BAE⊥平面AEC，所以BM⊥MD.以M為原點，分別以ME，MD，MB所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系M-xyz，如圖，則E(1,0,0)，B(0,0，eq\r(3))，C(2，eq\r(3)，0)，D(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(DC,\s\up8(→))＝(2,0,0)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，設平面BCD的法向量為m＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DC,\s\up8(→))＝2x＝0，,m·\o(BD,\s\up8(→))＝\r(3)y－\r(3)z＝0.))取y＝1，得m＝(0,1,1)，又因為平面ABE的一個法向量eq\o(MD,\s\up8(→))＝(0，eq\r(3)，0)，所以cos〈m，eq\o(MD,\s\up8(→))〉＝eq\f(m·\o(MD,\s\up8(→)),|m||\o(MD,\s\up8(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，所以平面ABE與平面BCD的夾角為45°.[再練一題]5．在直四棱柱中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠DAB為直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，試求異面直線BC1與DC夾角的余弦值．【解】如圖，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，C1(0,1,2)，B(2,4,0)，C(0,1,0)，所以eq\o(BC1,\s\up8(→))＝(－2，－3,2)，eq\o(CD,\s\up8(→))＝(0，－1,0)．所以cos〈eq\o(BC1,\s\up8(→))，eq\o(CD,\s\up8(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up8(→))·\o(CD,\s\up8(→)),|\o(BC1,\s\up8(→))||\o(CD,\s\up8(→))|)＝eq\f(3\r(17),17).故異面直線BC1與DC夾角的余弦值為eq\f(3\r(17),17).轉(zhuǎn)化與化歸的思想空間向量的坐標及運算為解決立體幾何中的夾角、距離、垂直、平行等問題提供了工具，因此我們要善于把這些問題轉(zhuǎn)化為向量的夾角、模、垂直、平行等問題，利用向量方法解決．將幾何問題化歸為向量問題，然后利用向量的性質(zhì)進行運算和論證，再將結果轉(zhuǎn)化為幾何問題．這種“從幾何到向量，再從向量到幾何”的思想方法，在本章尤為重要．如圖3-7所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿對角線AC折起，使D在平面ABC上的射影E恰好在AB上，求平面BAC與平面ACD夾角的余弦值．圖3-7【精彩點撥】求兩平面的夾角，可以作出垂直于棱的兩個向量，轉(zhuǎn)化為求這兩個向量的夾角，但應注意兩向量的始點應在二面角的棱上．【規(guī)范解答】如圖所示，作DG⊥AC于G，BH⊥AC于H，在Rt△ADC中，AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝5，cos∠DAC＝eq\f(AD,AC)＝eq\f(3,5).在Rt△ADG中，AG＝ADcos∠DAC＝3×eq\f(3,5)＝eq\f(9,5)，DG＝eq\r(AD2－AG2)＝eq\f(12,5)，同理cos∠BCA＝eq\f(3,5)，CH＝eq\f(9,5)，BH＝eq\f(12,5).∵eq\o(AD,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝(eq\o(AE,\s\up8(→))＋eq\o(ED,\s\up8(→)))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝eq\o(AE,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＋eq\o(ED,\s\up8(→))·eq\o(BC,\s\up8(→))＝0，∴eq\o(GD,\s\up8(→))·eq\o(HB,\s\up8(→))＝(eq\o(GA,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→)))·(eq\o(HC,\s\up8(→))＋eq\o(CB,\s\up8(→)))＝eq\o(GA,\s\up8(→))·eq\o(HC,\s\up8(→))＋eq\o(GA,\s\up8(→))·eq\o(CB,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→))·eq\o(HC,\s\up8(→))＋eq\o(AD,\s\up8(→))·eq\o(CB,\s\up8(→))＝－eq\f(9,5)×eq\f(9,5)＋eq\f(9,5)×3×eq\f(3,5)＋3×eq\f(9,5)×eq\f(3,5)＋0＝eq\f(81,25)，又|eq\o(GD,\s\up8(→))|·|eq\o(HB,\s\up8(→))|＝eq\f(144,25)，∴cos〈eq\o(GD,\s\up8(→))，eq\o(HB,\s\up8(→))〉＝eq\f(9,16)，即所求平面BAC與平面ACD夾角的余弦值為eq\f(9,16).[再練一題]6．在棱長為a的正方體OABC-O1A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是AB，BC上的動點，且AE＝BF，求證：A1F⊥C【證明】以O為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(a,0，a)，C1(0，a，a)．設AE＝BF＝x，∴E(a，x,0)，F(xiàn)(a－x，a,0)，∴eq\o(A1F,\s\up8(→))＝(－x，a，－a)，eq\o(C1E,\s\up8(→))＝(a，x－a，－a)．∵eq\o(A1F,\s\up8(→))·eq\o(C1E,\s\up8(→))＝(－x，a，－a)·(a，x－a，－a)＝－ax＋ax－a2＋a2＝0，∴eq\o(A1F,\s\up8(→))⊥eq\o(C1E,\s\up8(→))，即A1F⊥C1E.函數(shù)與方程思想共線向量定理、共面向量定理、空間向量基本定理都是由幾個向量間的等式關系組成的，因此解決相關問題時，常用到方程思想．而利用空間向量的坐標運算解決已知夾角、距離的問題時，常需要建立方程求解，或者利用函數(shù)求最值．如圖3-8，正方形ABCD，ABEF的邊長都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直．點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM＝BN＝a(0<a<eq\r(2))．圖3-8(1)求MN的長；(2)當a為何值時，MN的長最??；(3)當MN最小時，求平面MNA與平面MNB所成二面角α的余弦值．【精彩點撥】eq\x(建立坐標系)→eq\x(設立變量將|\o(MN,\s\up8(→))|表示為函數(shù))→eq\x(求函數(shù)最值并且確定變量值)→eq\x(確定點M，N位置)→eq\x(求二面角)【規(guī)范解答】(1)以B為坐標原點，分別以BA，BE，BC為x，y，z軸建立空間直角坐標系B-xyz，由CM＝BN＝a，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，1－\f(\r(2),2)a))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))，∴eq\o(MN,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a－1))，∴|eq\o(MN,\s\up8(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a－1))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)))2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2)))2＋\f(1,2))(0<a<eq\r(2))．(2)由(1)，得|eq\o(MN,\s\up8(→))|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2)))2＋\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜a＜\r(2)))，所以當a＝eq\f(\r(2),2)時，|eq\o(MN,\s\up8(→))|min＝eq\f(\r(2),2)，即M，N分別移動到AC，BF的中點時，MN的長最小，最小值為eq\f(\r(2),2).(3)取MN的中點P，連結AP，BP，因為AM＝AN，BM＝BN，所以AP⊥MN，BP⊥MN，∠APB即為二面角α的平面角．MN的長最小時，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)).由中點坐標公式，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)，\f(1,4)))，又A(1,0,0)，B(0,0,0)．∴eq\o(PA,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,4)，－\f(1,4)))，eq\o(PB,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,4)，－\f(1,4))).∴cos∠APB＝eq\f(\o(PA,\s\up8(→))·\o(PB,\s\up8(→)),|\o(PA,\s\up8(→))|·|\o(PB,\s\up8(→))|)＝eq\f(－\f(1,4)＋\f(1,16)＋\f(1,16),\r(\f(3,8))·\r(\f(3,8)))＝－eq\f(1,3).∴平面MNA與平面MNB所成二面角α的余弦值為－eq\f(1,3).[再練一題]7．已知空間的一組基底{a，b，c}，p＝3a＋2b＋c，m＝a－b＋c，n＝a＋b－c，試判斷p，m，n【解】顯然m與n不共線，設p＝xm＋yn，則3a＋2b＋c＝x(a－b＋c)＋y(a＋b－c)＝(x＋y)a＋(－x＋y)b＋(x－y)c.因為a，b，c不共面，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝3，,－x＋y＝2，,x－y＝1，))而此方程組無解，所以p不能用m，n表示，即p，m，n不共面．1．如圖3-9，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點．設異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為________．圖3-9【解析】以AB，AD，AQ所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，設正方形邊長為2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，則A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(xiàn)(2,1,0)，∴eq\o(EM,\s\up8(→))＝(－1，y,2)，|eq\o(EM,\s\up8(→))|＝eq\r(y2＋5)，eq\o(AF,\s\up8(→))＝(2,1,0)，|eq\o(AF,\s\up8(→))|＝eq\r(5)，∴cosθ＝eq\f(|\o(EM,\s\up8(→))·\o(AF,\s\up8(→))|,|\o(EM,\s\up8(→))||\o(AF,\s\up8(→))|)＝eq\f(|y－2|,\r(5)·\r(y2＋5))＝eq\f(2－y,\r(5)·\r(y2＋5)).令t＝2－y，要使cosθ最大，顯然0<t≤2.∴cosθ＝eq\f(1,\r(5))×eq\f(t,\r(9－4t＋t2))＝eq\f(1,\r(5))×eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,t)－\f(2,3)))2＋\f(5,9)))≤eq\f(1,\r(5))×eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(2,3)))2＋\f(5,9)))＝eq\f(1,\r(5))×eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2,5).當且僅當t＝2，即點M與點Q重合時，cosθ取得最大值eq\f(2,5).【答案】eq\f(2,5)2．如圖3-10，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點E，F(xiàn)圖3-10(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線AF與平面α所成角的正弦值．【解】(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示．(2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因為四邊形EHGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，所以AH＝10.以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up8(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，eq\o(FE,\s\up8(→))＝(10,0,0)，eq\o(HE,\s\up8(→))＝(0，－6,8)．設n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up8(→))＝0，,n·\o(HE,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10x＝0，,－6y＋8z＝0，))所以可取n＝(0,4,3)．又eq\o(AF,\s\up8(→))＝(－10,4,8)，故|cos〈n，eq\o(AF,\s\up8(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AF,\s\up8(→))|,|n||\o(AF,\s\up8(→))|)＝eq\f(4\r(5),15).所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為eq\f(4\r(5),15).3．如圖3-11，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．圖3-11(1)證明：MN∥平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值．【解】(1)證明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面P