專題13立體幾何中的向量方法易錯起源-高考數(shù)學(xué)理備考黃金易錯點含解析

...wd......wd......wd...專題13立體幾何中的向量方法1.【2017課標(biāo)1，理18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且.〔1〕證明：平面PAB⊥平面PAD；〔2〕假設(shè)PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.【答案】〔1〕見解析；〔2〕.以為坐標(biāo)原點，的方向為軸正方向，為單位長，建設(shè)如以以下圖的空間直角坐標(biāo)系.由〔1〕及可得，，，.所以，，，.設(shè)是平面的法向量，則，即，可取.設(shè)是平面的法向量，則，即，可取.則，所以二面角的余弦值為.2.【2017山東，理17】如圖，幾何體是圓柱的一局部，它是由矩形〔及其內(nèi)部〕以邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)得到的，是的中點.〔Ⅰ〕設(shè)是上的一點，且，求的大??；〔Ⅱ〕當(dāng)，，求二面角的大小.【答案】〔Ⅰ〕.〔Ⅱ〕.【解析】〔Ⅰ〕因為，，，平面，，所以平面，又平面，所以，又，因此〔Ⅱ〕以為坐標(biāo)原點，分別以，，所在的直線為，，軸，建設(shè)如以以下圖的空間直角坐標(biāo)系.由題意得，，，故，，，設(shè)是平面的一個法向量.由可得取，可得平面的一個法向量.設(shè)是平面的一個法向量.由可得取，可得平面的一個法向量.所以.因此所求的角為.3.【2017北京，理16】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4．〔I〕求證：M為PB的中點；〔II〕求二面角B-PD-A的大??；〔III〕求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕詳見解析：〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕【解析】〔I〕設(shè)交點為，連接.因為平面，平面平面，所以.因為是正方形，所以為的中點，所以為的中點.〔II〕取的中點，連接，.因為，所以.又因為平面平面，且平面，所以平面.因為平面，所以.因為是正方形，所以.如圖建設(shè)空間直角坐標(biāo)系，則，，，，.設(shè)平面的法向量為，則，即.令，則，.于是.平面的法向量為，所以.由題知二面角為銳角，所以它的大小為.〔III〕由題意知，，.設(shè)直線與平面所成角為，則.所以直線與平面所成角的正弦值為.4.【2017天津，理17】如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=4，AB=2.〔Ⅰ〕求證：MN∥平面BDE；〔Ⅱ〕求二面角C-EM-N的正弦值；〔Ⅲ〕點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長.【答案】〔1〕證明見解析〔2〕〔3〕或【解析】如圖，以A為原點，分別以，，方向為x軸、y軸、z軸正方向建設(shè)空間直角坐標(biāo)系.依題意可得A〔0，0，0〕，B〔2，0，0〕，C〔0，4，0〕，P〔0，0，4〕，D〔0，0，2〕，E〔0，2，2〕，M〔0，0，1〕，N〔1，2，0〕.〔Ⅰ〕證明：=〔0，2，0〕，=〔2，0，〕.設(shè)，為平面BDE的法向量，則，即.不妨設(shè)，可得.又=〔1，2，〕，可得.因為平面BDE，所以MN//平面BDE.〔Ⅲ〕解：依題意，設(shè)AH=h〔〕，則H〔0，0，h〕，進而可得，.由，得，整理得，解得，或.所以，線段AH的長為或.5.【2017江蘇，22】如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，.〔1〕求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；〔2〕求二面角B-A1D-A的正弦值.【答案】〔1〕〔2〕【解析】在平面ABCD內(nèi)，過點A作AEAD，交BC于點E.因為AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如圖，以為正交基底，建設(shè)空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.因為AB=AD=2，AA1=，.則.(1)，則.因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.(2)平面A1DA的一個法向量為.設(shè)為平面BA1D的一個法向量，又，則即不妨取x=3，則，所以為平面BA1D的一個法向量，從而，設(shè)二面角B-A1D-A的大小為，則.因為，所以.因此二面角B-A1D-A的正弦值為.6.【2016高考新課標(biāo)1卷】〔本小題總分值為12分〕如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是．〔=1\*ROMANI〕證明：平面ABEF平面EFDC；〔=2\*ROMANII〕求二面角E-BC-A的余弦值．【答案】〔=1\*ROMANI〕見解析〔=2\*ROMANII〕【解析】〔Ⅰ〕由可得，，所以平面．又平面，故平面平面．〔Ⅱ〕過作，垂足為，由〔Ⅰ〕知平面．以為坐標(biāo)原點，的方向為軸正方向，為單位長，建設(shè)如以以下圖的空間直角坐標(biāo)系．由〔Ⅰ〕知為二面角的平面角，故，則，，可得，，，．由，，所以平面．又平面平面，故，．由，可得平面，所以為二面角的平面角，．從而可得．所以，，，．設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取．設(shè)是平面的法向量，則，同理可?。畡t．故二面角EBCA的余弦值為．7.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】如圖，菱形的對角線與交于點，，點分別在上，，交于點．將沿折到位置，．〔Ⅰ〕證明：平面；〔Ⅱ〕求二面角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕詳見解析；〔Ⅱ〕.【解析】〔Ⅰ〕由得，，又由得，故.因此，從而.由,得.由得.所以，.于是，故.又，而，所以.〔Ⅱ〕如圖，以為坐標(biāo)原點，的方向為軸正方向，建設(shè)空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.于是，.因此二面角的正弦值是.8.【2016高考天津理數(shù)】〔本小題總分值13分〕如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB=BE=2.〔I〕求證：EG∥平面ADF；〔=2\*ROMANII〕求二面角O-EF-C的正弦值；〔=3\*ROMANIII〕設(shè)H為線段AF上的點，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】〔Ⅰ〕詳見解析〔Ⅱ〕〔Ⅲ〕【解析】依題意，，如圖，以為點，分別以的方向為軸，軸、軸的正方向建設(shè)空間直角坐標(biāo)系，依題意可得，.〔I〕證明：依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即.不妨設(shè)，可得，又，可得，又因為直線，所以.〔II〕解：易證，為平面的一個法向量.依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即.不妨設(shè)，可得.因此有，于是，所以，二面角的正弦值為.9.【2016年高考北京理數(shù)】〔本小題14分〕如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，，，.〔1〕求證：平面；〔2〕求直線與平面所成角的正弦值；〔3〕在棱上是否存在點，使得平面假設(shè)存在，求的值；假設(shè)不存在，說明理由.【答案】〔1〕見解析；〔2〕；〔3〕存在，【解析】〔1〕因為平面平面，，所以平面，所以，又因為，所以平面；〔2〕取的中點，連結(jié)，，因為，所以.又因為平面，平面平面，所以平面.因為平面，所以.因為，所以.如圖建設(shè)空間直角坐標(biāo)系，由題意得，.設(shè)平面的法向量為，則即令，則.所以.又，所以.所以直線與平面所成角的正弦值為.10.【2016高考浙江理數(shù)】(此題總分值15分)如圖,在三棱臺中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(=1\*ROMANI)求證：EF⊥平面ACFD；(=2\*ROMANII)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【答案】〔I〕證明見解析；〔II〕．【解析】〔Ⅰ〕延長，，相交于一點，如以以下圖．因為平面平面，且，所以平面，因此．又因為，，，所以為等邊三角形，且為的中點，則．所以平面．〔Ⅱ〕方法一：過點作于Q，連結(jié)．因為平面，所以，則平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，得．在中，，，得．所以二面角的平面角的余弦值為．方法二：如圖，延長，，相交于一點，則為等邊三角形．取的中點，則，又平面平面，所以，平面．以點為原點，分別以射線，的方向為，的正方向，建設(shè)空間直角坐標(biāo)系．由題意得，，，，，．因此，，，．設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為．由，得，??；由，得，?。谑?，．所以，二面角的平面角的余弦值為．易錯起源1、利用向量證明平行與垂直例1、如圖，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，點M為AB的中點，點O為DF的中點．運用向量方法證明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.證明方法一由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以點A為原點建設(shè)如以以下圖的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).(1)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0,∴eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→)).∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴eq\o(BA,\s\up6(→))是平面BCF的一個法向量，且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DF,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DM,\s\up6(→))＝0.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))令x1＝1，則n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).同理可得n2＝(0,1,1)．∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.方法二(1)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DF,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→)))－eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→)).∴向量eq\o(OM,\s\up6(→))與向量eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))共面，又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直，∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→))，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up6(→))))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up6(→))))·(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))2＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴OM⊥平面EFCD.又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.【變式探究】如圖，在底面是矩形的四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.證明(1)以點A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建設(shè)如以以下圖的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB，又AB?平面PAB，EF?平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)由(1)可知eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.∵DC?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.【名師點睛】用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即可．假設(shè)用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調(diào)直線在平面外．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)則有：(1)線面平行l(wèi)∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)線面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.易錯起源2、利用空間向量求空間角例2、如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．解以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}為正交基底建設(shè)如以以下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則各點的坐標(biāo)為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)因為AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一個法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)．因為eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，則m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一個法向量．從而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)因為eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，設(shè)eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1,0)，則eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1,2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，從而cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1,3]，則cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))2＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值為eq\f(3\r(10),10).因為y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得最小值．又因為BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).【變式探究】如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，點P是棱BB1上一點，滿足eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BB1,\s\up6(→))(0≤λ≤1)．(1)假設(shè)λ＝eq\f(1,3)，求直線PC與平面A1BC所成角的正弦值；(2)假設(shè)二面角P—A1C—B的正弦值為eq\f(2,3)，求λ的值．解以點A為坐標(biāo)原點O，分別以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸，建設(shè)空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因為AB＝AC＝1，AA1＝2，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1,0,2λ)．(1)由λ＝eq\f(1,3)得，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(2,3)))，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，設(shè)平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－2z1＝0，,y1－2z1＝0.))不妨取z1＝1，則x1＝y(tǒng)1＝2，從而平面A1BC的一個法向量為n1＝(2,2,1)．設(shè)直線PC與平面A1BC所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CP,\s\up6(→))，n1〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CP,\s\up6(→))·n1,|\o(CP,\s\up6(→))|·|n1|)))＝eq\f(\r(22),33)，所以直線PC與平面A1BC所成的角的正弦值為eq\f(\r(22),33).則cos〈n1，n2〉＝eq\f(9－4λ,3\r(4λ2－8λ＋9))，又因為二面角P—A1C—B的正弦值為eq\f(2,3)，所以eq\f(9－4λ,3\r(4λ2－8λ＋9))＝eq\f(\r(5),3)，化簡得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，故λ的值為1.【名師點睛】(1)運用空間向量坐標(biāo)運算求空間角的一般步驟：①建設(shè)恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；②求出相關(guān)點的坐標(biāo)；③寫出向量坐標(biāo)；④結(jié)合公式進展論證、計算；⑤轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．(2)求空間角注意：①兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cosα＝|cosβ|.②兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角．③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下一樣)．(1)線線夾角設(shè)l，m的夾角為θ(0≤θ≤eq\f(π,2))，則cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(aeq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,1)＋ceq\o\al(2,1))\r(aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)＋ceq\o\al(2,2))).(2)線面夾角設(shè)直線l與平面α的夾角為θ(0≤θ≤eq\f(π,2))，則sinθ＝eq\f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cos〈a，μ〉|.(3)面面夾角設(shè)平面α、β的夾角為θ(0≤θ<π)，則|cosθ|＝eq\f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cos〈μ，v〉|.易錯起源3、利用空間向量求解探索性問題例3、如以以下圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點．(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；(2)在線段AN上是否存在點S，使得ES⊥平面AMN假設(shè)存在，求線段AS的長；假設(shè)不存在，請說明理由．解(1)由題意，易得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC.如以以下圖，以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DM所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建設(shè)空間直角坐標(biāo)系．則D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(eq\f(1,2)，1,0)，所以eq\o(NE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0，－1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．設(shè)異面直線NE與AM所成角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(NE,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(NE,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))|,|\o(NE,\s\up6(→))|·|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).(2)假設(shè)在線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN，連接AE.因為eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，可設(shè)eq\o(AS,\s\up6(→))＝λeq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又eq\o(EA,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－1,0)，所以eq\o(ES,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AS,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，λ－1，λ)．由ES⊥平面AMN，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ES,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,\o(ES,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋λ＝0，,λ－1＋λ＝0，))解得λ＝eq\f(1,2)，此時eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，|eq\o(AS,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2).經(jīng)檢驗，當(dāng)AS＝eq\f(\r(2),2)時，ES⊥平面AMN.故線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN，此時AS＝eq\f(\r(2),2).【變式探究】如圖，矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直線AB，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP.(1)設(shè)點M為棱PD的中點，求證：EM∥平面ABCD；(2)線段PD上是否存在一點N，使得直線BN與平面PCD所成角的正弦值等于eq\f(2,5)假設(shè)存在，試確定點N的位置；假設(shè)不存在，請說明理由．(1)證明由，平面ABCD⊥平面ABPE，且BC⊥AB，則BC⊥平面ABPE，所以BA，BP，BC兩兩垂直，故以點B為原點，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))分別為x軸，y軸，z軸正方向，建設(shè)如以以下圖的空間直角坐標(biāo)系．則P(0,2,0)，D(2,0,1)，Meq\b