高中數(shù)學(xué)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(yùn)算②空間向量的數(shù)量積③垂直④夾角⑤數(shù)乘結(jié)合律⑥線面關(guān)系⑦點(diǎn)面距空間向量及其運(yùn)算空間向量的運(yùn)算主要包括空間向量的線性運(yùn)算、數(shù)量積運(yùn)算以及空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算．空間向量的運(yùn)算法則、運(yùn)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(yùn)算，這是用向量法求解立體幾何問(wèn)題的基礎(chǔ)．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(gè)力f1，f2，f3，試求此三個(gè)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(diǎn)撥】用向量表示f1，f2，f3，再根據(jù)模與夾角的向量運(yùn)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(gè)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(zhǎng)為1的正方形，S到A，B，C，D的距離都等于2.給出以下結(jié)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(jié)論的序號(hào)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?yàn)榈酌鍭BCD是邊長(zhǎng)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(gè)都不正確，故正確結(jié)論的序號(hào)是③④.【答案】③④空間平行與垂直的證明向量作為工具來(lái)研究幾何，真正把幾何的形與代數(shù)中的數(shù)實(shí)現(xiàn)了有機(jī)結(jié)合；給立體幾何的研究帶來(lái)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(guān)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(guān)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(gè)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(wèn)題．(5)面面平行①證明兩個(gè)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(wèn)題．(6)面面垂直①證明兩個(gè)平面的法向量互相垂直；②轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直問(wèn)題．已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，邊長(zhǎng)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(diǎn)撥】建立空間直角坐標(biāo)系，(1)利用向量eq\o(AF,\s\up8(→))，可用平面BCE內(nèi)的兩個(gè)不共線向量表示證明；(2)題可利用(1)的結(jié)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(guò)點(diǎn)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(biāo)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(diǎn)，∴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?yàn)椤鰽BE為等腰直角三角形，所以AB＝AE，AE⊥AB.又因?yàn)槠矫鍭BEF⊥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(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.設(shè)AB＝1，則AE＝1，B(0,1,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)．因?yàn)镕A＝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?yàn)锽E?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(gè)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(gè)平面α與β，分別作這兩個(gè)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(bǔ)，所以首先應(yīng)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(diǎn)，AC⊥BC，且AC＝BC.(1)求證：AM⊥平面EBC；(2)求直線AB與平面EBC所成角的大小；(3)求二面角A-EB-C的大小．圖3-4【精彩點(diǎn)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(gè)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(jì)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(diǎn)A為原點(diǎn)，以過(guò)A點(diǎn)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(biāo)系A(chǔ)-xyz.設(shè)EA＝AC＝BC＝2，則A(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0,2)．∵M(jìn)是正方形ACDE的對(duì)角線的交點(diǎn)，∴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(gè)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(shè)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(gè)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(shè)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(diǎn)，求異面直線AE與CF所成角的余弦值.【【解】不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)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(biāo)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(wèn)題用空間向量研究立體幾何中的探索性(或存在性)問(wèn)題的關(guān)鍵是構(gòu)建向量及空間直角坐標(biāo)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(guān)系問(wèn)題，可避開傳統(tǒng)的“作—證—算”中的難點(diǎn)，具有較強(qiáng)的可操作性．提醒：利用空間幾何體的位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算的關(guān)系式，建立方程是動(dòng)點(diǎn)存在性問(wèn)題得以解決的關(guān)鍵．在四棱錐P-ABCD中，ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝eq\r(2)a，點(diǎn)E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.在PC上是否存在點(diǎn)F，使BF∥平面AEC？并證明你的結(jié)論．【精彩點(diǎn)撥】易知PA⊥平面ABCD，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(biāo)及系數(shù)λ1，λ2即可．【規(guī)范解答】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AD，AP所在直線分別為y軸，z軸，過(guò)A點(diǎn)垂直于平面PAD的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示．由題設(shè)條件可得，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)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(shè)點(diǎn)F是棱PC上的點(diǎn)，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(dāng)F是PC的中點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)P位于平面ABCD上方)，問(wèn)BC邊上是否存在點(diǎn)Q，使eq\o(PQ,\s\up8(→))⊥eq\o(QD,\s\up8(→))？圖3-5【解】假設(shè)存在點(diǎn)Q(Q點(diǎn)在邊BC上)，使eq\o(PQ,\s\up8(→))⊥eq\o(QD,\s\up8(→))，即PQ⊥QD，連結(jié)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(diǎn)Q在以邊AD為直徑的圓上，圓的半徑為eq\f(a,2).又∵AB＝1，當(dāng)eq\f(a,2)＝1，即a＝2時(shí)，該圓與邊BC相切，存在1個(gè)點(diǎn)Q滿足題意；當(dāng)eq\f(a,2)>1，即a>2時(shí)，該圓與邊BC相交，存在2個(gè)點(diǎn)Q滿足題意；當(dāng)eq\f(a,2)<1，即a<2時(shí)，該圓與邊BC相離，不存在點(diǎn)Q滿足題意．綜上所述，當(dāng)a≥2時(shí)，存在點(diǎn)Q；當(dāng)0<a<2時(shí)，不存在點(diǎn)Q.數(shù)形結(jié)合的思想向量方法是解決問(wèn)題的一種重要方法，坐標(biāo)是研究向量問(wèn)題的有效工具，利用空間向量的坐標(biāo)表示可以把向量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算，從而溝通了幾何與代數(shù)的聯(lián)系，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的重要思想．向量具有數(shù)形兼?zhèn)涞奶攸c(diǎn)，因此，它能將幾何中的“形”和代數(shù)中的“數(shù)”有機(jī)地結(jié)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(diǎn)．將△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如圖(2))，連結(jié)BC，BD.求平面ABE與平面BCD的夾角．(1)(2)圖3-6【精彩點(diǎn)撥】在圖1中易知△ABE和△ADE都是等邊三角形，取AE中點(diǎn)M，連結(jié)BM，DM，由平面BAE⊥平面AEC知，BM⊥平面AEC，以M為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，用平面的法向量的夾角計(jì)算．【規(guī)范解答】取AE中點(diǎn)M，連結(jié)BM，DM.因?yàn)樵诘妊菪蜛BCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°，E是BC的中點(diǎn)，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(diǎn)，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(biāo)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(shè)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?yàn)槠矫鍭BE的一個(gè)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(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)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(biāo)及運(yùn)算為解決立體幾何中的夾角、距離、垂直、平行等問(wèn)題提供了工具，因此我們要善于把這些問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量的夾角、模、垂直、平行等問(wèn)題，利用向量方法解決．將幾何問(wèn)題化歸為向量問(wèn)題，然后利用向量的性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算和論證，再將結(jié)果轉(zhuǎn)化為幾何問(wèn)題．這種“從幾何到向量，再?gòu)南蛄康綆缀巍钡乃枷敕椒?，在本章尤為重要．如圖3-7所示，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿對(duì)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(diǎn)撥】求兩平面的夾角，可以作出垂直于棱的兩個(gè)向量，轉(zhuǎn)化為求這兩個(gè)向量的夾角，但應(yīng)注意兩向量的始點(diǎn)應(yīng)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(zhǎng)為a的正方體OABC-O1A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是AB，BC上的動(dòng)點(diǎn)，且AE＝BF，求證：A1F⊥C【證明】以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(a,0，a)，C1(0，a，a)．設(shè)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(gè)向量間的等式關(guān)系組成的，因此解決相關(guān)問(wèn)題時(shí)，常用到方程思想．而利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算解決已知夾角、距離的問(wèn)題時(shí)，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(zhǎng)都是1，而且平面ABCD，ABEF互相垂直．點(diǎn)M在AC上移動(dòng)，點(diǎn)N在BF上移動(dòng)，若CM＝BN＝a(0<a<eq\r(2))．圖3-8(1)求MN的長(zhǎng)；(2)當(dāng)a為何值時(shí)，MN的長(zhǎng)最小；(3)當(dāng)MN最小時(shí)，求平面MNA與平面MNB所成二面角α的余弦值．【精彩點(diǎn)撥】eq\x(建立坐標(biāo)系)→eq\x(設(shè)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(diǎn)M，N位置)→eq\x(求二面角)【規(guī)范解答】(1)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BA，BE，BC為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)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(dāng)a＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，|eq\o(MN,\s\up8(→))|min＝eq\f(\r(2),2)，即M，N分別移動(dòng)到AC，BF的中點(diǎn)時(shí)，MN的長(zhǎng)最小，最小值為eq\f(\r(2),2).(3)取MN的中點(diǎn)P，連結(jié)AP，BP，因?yàn)锳M＝AN，BM＝BN，所以AP⊥MN，BP⊥MN，∠APB即為二面角α的平面角．MN的長(zhǎng)最小時(shí)，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(diǎn)坐標(biāo)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(shè)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?yàn)閍，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(wú)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(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)．設(shè)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(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)正方形邊長(zhǎng)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(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即點(diǎn)M與點(diǎn)Q重合時(shí)，cosθ取得最大值eq\f(2,5).【答案】eq\f(2,5)2．如圖3-10，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)圖3-10(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說(shuō)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?yàn)樗倪呅蜤HGF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(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up8(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(shè)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(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)．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(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)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?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面P