高中数学苏教版1第3章空间向量与立体几何 第3章章末分层突破

章末分层突破①数乘运算②空间向量的数量积③垂直④夹角⑤数乘结合律⑥线面关系⑦点面距空间向量及其运算空间向量的运算主要包括空间向量的线性运算、数量积运算以及空间向量的坐标运算．空间向量的运算法则、运算律与平面向量基本一致．主要考查空间向量的共线与共面以及数量积运算，这是用向量法求解立体几何问题的基础．沿着正四面体OABC的三条棱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的三个力f1，f2，f3，试求此三个力的合力f的大小以及此合力与三条棱所夹角的余弦值．【精彩点拨】用向量表示f1，f2，f3，再根据模与夹角的向量运算公式求解．【规范解答】如图所示，用a，b，c分别代表棱eq\o(OA,\s\up8(→))，eq\o(OB,\s\up8(→))，eq\o(OC,\s\up8(→))上的三个单位向量，则f1＝a，f2＝2b，f3＝3c，则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，即所求合力的大小为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).[再练一题]1．如图3­1，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.给出以下结论：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.其中正确结论的序号是________．图3­1【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正确；又因为底面ABCD是边长为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正确，其余三个都不正确，故正确结论的序号是③④.【答案】③④空间平行与垂直的证明向量作为工具来研究几何，真正把几何的形与代数中的数实现了有机结合；给立体几何的研究带来了极大的便利，利用空间向量可以方便地论证空间中的一些线面位置关系，如线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直等．利用空间向量判断空间中的位置关系的常用方法如下：(1)线线平面证明两条直线平行，只需证明两条直线的方向向量是共线向量．(2)线线垂直证明两条直线垂直，只需证明两直线的方向向量垂直，则a⊥b⇔a·b＝0.(3)线面平行用向量证明线面平行的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；②证明平面内一个向量与直线的方向向量是共线向量；③利用共面向量定理证明，即用平面内两不共线向量线性表示直线的方向向量．(4)线面垂直用向量证明线面垂直的方法主要有：①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直问题．(5)面面平行①证明两个平面的法向量平行(即是共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题．(6)面面垂直①证明两个平面的法向量互相垂直；②转化为线面垂直、线线垂直问题．已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，边长为2a，AD＝DE＝2AB，F为CD图3­2(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE.【精彩点拨】建立空间直角坐标系，(1)利用向量eq\o(AF,\s\up8(→))，可用平面BCE内的两个不共线向量表示证明；(2)题可利用(1)的结论证明．【规范解答】依题意，以AC所在的直线为x轴，AB所在的直线为z轴，过点A且垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则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为CD的中点，∴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.[再练一题]2．正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°，求证：EF⊥平面BCE.【证明】因为△ABE为等腰直角三角形，所以AB＝AE，AE⊥AB.又因为平面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两两垂直．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.设AB＝1，则AE＝1，B(0,1,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)．因为FA＝FE，∠AEF＝45°，所以∠AFE＝90°，从而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.因为BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BC∩BE＝B，所以EF⊥平面BCE.利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角，一般有两种方法：即几何法和向量法，利用向量法只需求出直线的方向向量与平面的法向量即可．(1)异面直线所成角：两异面直线所成角的范围为0°＜θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解；(2)直线与平面所成的角：要求直线l与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线l的方向向量a夹角的余弦cos〈n，a〉，易知θ＝〈n，a〉－eq\f(π,2)或者eq\f(π,2)－〈n，a〉；(3)二面角：如图3­3，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先应判断二面角是锐角还是钝角．图3­3如图3­4，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE与AD的交点，AC⊥BC，且AC＝BC.(1)求证：AM⊥平面EBC；(2)求直线AB与平面EBC所成角的大小；(3)求二面角A­EB­C的大小．图3­4【精彩点拨】(1)根据判定定理求解；(2)由(1)知eq\o(AM,\s\up8(→))是平面EBC的一个法向量，先求〈eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(AM,\s\up8(→))〉，直线AB与平面EBC所成的角为90°－〈eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(AM,\s\up8(→))〉；(3)求出平面AEB的法向量n，计算cos〈n，eq\o(AM,\s\up8(→))〉，再确定二面角A­EB­C的大小．【规范解答】(1)证明：∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC.∵平面ACDE⊥平面ABC，∴EA⊥平面ABC.∴可以以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以AC和AE所在直线为y轴和z轴，建立空间直角坐标系A­xyz.设EA＝AC＝BC＝2，则A(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)．∵M是正方形ACDE的对角线的交点，∴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(→))为平面EBC的一个法向量．∵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°，∴直线AB与平面EBC所成的角为30°.(3)设平面EAB的法向量为n＝(x，y，z)，则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(→))为平面EBC的一个法向量，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).设二面角A­EB­C的平面角为θ，由图可知θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n，eq\o(AM,\s\up8(→))〉|＝eq\f(1,2)，∴θ＝60°.∴二面角A­EB­C等于60°.[再练一题]3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1，A1C1的中点，求异面直线AE与CF所成角的余弦值.【【解】不妨设正方体的棱长为2，分别取DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,0,2)，F(1,1,2)，则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)，∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为eq\f(\r(30),10).用空间向量解决空间中的探索性问题用空间向量研究立体几何中的探索性(或存在性)问题的关键是构建向量及空间直角坐标系，然后利用空间向量的数量积、向量模的投影公式，处理空间平行、垂直等位置关系问题，可避开传统的“作—证—算”中的难点，具有较强的可操作性．提醒：利用空间几何体的位置关系转化为向量运算的关系式，建立方程是动点存在性问题得以解决的关键．在四棱锥P­ABCD中，ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.在PC上是否存在点F，使BF∥平面AEC？并证明你的结论．【精彩点拨】易知PA⊥平面ABCD，以A为原点建立空间直角坐标系，由BF∥平面AEC得eq\o(BF,\s\up8(→))＝λ1eq\o(AC,\s\up8(→))＋λ2eq\o(AE,\s\up8(→))，确定eq\o(BF,\s\up8(→))，eq\o(AC,\s\up8(→))，eq\o(AE,\s\up8(→))的坐标及系数λ1，λ2即可．【规范解答】以A为坐标原点，AD，AP所在直线分别为y轴，z轴，过A点垂直于平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图所示．由题设条件可得，相关各点的坐标分别为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))，设点F是棱PC上的点，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，则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(→))，所以当F是PC的中点时，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.[再练一题]4．如图3­5，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD(点P位于平面ABCD上方)，问BC边上是否存在点Q，使eq\o(PQ,\s\up8(→))⊥eq\o(QD,\s\up8(→))？图3­5【解】假设存在点Q(Q点在边BC上)，使eq\o(PQ,\s\up8(→))⊥eq\o(QD,\s\up8(→))，即PQ⊥QD，连结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(→)).即点Q在以边AD为直径的圆上，圆的半径为eq\f(a,2).又∵AB＝1，当eq\f(a,2)＝1，即a＝2时，该圆与边BC相切，存在1个点Q满足题意；当eq\f(a,2)>1，即a>2时，该圆与边BC相交，存在2个点Q满足题意；当eq\f(a,2)<1，即a<2时，该圆与边BC相离，不存在点Q满足题意．综上所述，当a≥2时，存在点Q；当0<a<2时，不存在点Q.数形结合的思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．如图3­6(1)，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60°，E是BC的中点．将△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如图(2))，连结BC，BD.求平面ABE与平面BCD的夹角．(1)(2)图3­6【精彩点拨】在图1中易知△ABE和△ADE都是等边三角形，取AE中点M，连结BM，DM，由平面BAE⊥平面AEC知，BM⊥平面AEC，以M为原点建立空间直角坐标系，用平面的法向量的夹角计算．【规范解答】取AE中点M，连结BM，DM.因为在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°，E是BC的中点，所以△ABE与△ADE都是等边三角形，所以BM⊥AE，DM⊥AE.又平面BAE⊥平面AEC，所以BM⊥MD.以M为原点，分别以ME，MD，MB所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系M­xyz，如图，则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))，设平面BCD的法向量为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)，又因为平面ABE的一个法向量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与平面BCD的夹角为45°.[再练一题]5．在直四棱柱中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠DAB为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，试求异面直线BC1与DC夹角的余弦值．【解】如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则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).故异面直线BC1与DC夹角的余弦值为eq\f(3\r(17),17).转化与化归的思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．如图3­7所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC折起，使D在平面ABC上的射影E恰好在AB上，求平面BAC与平面ACD夹角的余弦值．图3­7【精彩点拨】求两平面的夹角，可以作出垂直于棱的两个向量，转化为求这两个向量的夹角，但应注意两向量的始点应在二面角的棱上．【规范解答】如图所示，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与平面ACD夹角的余弦值为eq\f(9,16).[再练一题]6．在棱长为a的正方体OABC­O1A1B1C1中，E，F分别是AB，BC上的动点，且AE＝BF，求证：A1F⊥C【证明】以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(a,0，a)，C1(0，a，a)．设AE＝BF＝x，∴E(a，x,0)，F(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.函数与方程思想共线向量定理、共面向量定理、空间向量基本定理都是由几个向量间的等式关系组成的，因此解决相关问题时，常用到方程思想．而利用空间向量的坐标运算解决已知夹角、距离的问题时，常需要建立方程求解，或者利用函数求最值．如图3­8，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直．点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0<a<eq\r(2))．图3­8(1)求MN的长；(2)当a为何值时，MN的长最小；(3)当MN最小时，求平面MNA与平面MNB所成二面角α的余弦值．【精彩点拨】eq\x(建立坐标系)→eq\x(设立变量将|\o(MN,\s\up8(→))|表示为函数)→eq\x(求函数最值并且确定变量值)→eq\x(确定点M，N位置)→eq\x(求二面角)【规范解答】(1)以B为坐标原点，分别以BA，BE，BC为x，y，z轴建立空间直角坐标系B­xyz，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)))，所以当a＝eq\f(\r(2),2)时，|eq\o(MN,\s\up8(→))|min＝eq\f(\r(2),2)，即M，N分别移动到AC，BF的中点时，MN的长最小，最小值为eq\f(\r(2),2).(3)取MN的中点P，连结AP，BP，因为AM＝AN，BM＝BN，所以AP⊥MN，BP⊥MN，∠APB即为二面角α的平面角．MN的长最小时，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)).由中点坐标公式，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与平面MNB所成二面角α的余弦值为－eq\f(1,3).[再练一题]7．已知空间的一组基底{a，b，c}，p＝3a＋2b＋c，m＝a－b＋c，n＝a＋b－c，试判断p，m，n【解】显然m与n不共线，设p＝xm＋yn，则3a＋2b＋c＝x(a－b＋c)＋y(a＋b－c)＝(x＋y)a＋(－x＋y)b＋(x－y)c.因为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，))而此方程组无解，所以p不能用m，n表示，即p，m，n不共面．1．如图3­9，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．图3­9【解析】以AB，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，则A(0,0,0)，E(1,0,0)，F(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，显然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).当且仅当t＝2，即点M与点Q重合时，cosθ取得最大值eq\f(2,5).【答案】eq\f(2,5)2．如图3­10，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F图3­10(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．【解】(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，所以AH＝10.以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up8(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，eq\o(FE,\s\up8(→))＝(10,0,0)，eq\o(HE,\s\up8(→))＝(0，－6,8)．设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则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与平面EHGF所成角的正弦值为eq\f(4\r(5),15).3．如图3­11，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．图3­11(1)证明：MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．【解】(1)证明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面P