【数学】2020届一轮复习人教B版立体几何中的向量方法学案理

【数学】2020届一轮复习人教B版立体几何中的向量方法学案理

立体几何中的向量方法 ‎【2019年高考考纲解读】‎ 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上．‎ ‎【重点、难点剖析】‎ ‎ 1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则 ‎(1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a‎1a2＋b1b2＋c‎1c2＝0..‎ ‎(2)线面垂直 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⊥ν⇔μ·v＝0⇔a‎2a3＋b2b3＋c‎2c3＝0.‎ ‎2．空间角的计算 ‎(1)两条异面直线所成的角 设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．‎ ‎(2)直线和平面所成的角 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.‎ ‎(3)二面角 如图所示，二面角α－l－β，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面有α ‎－l－β的大小为θ或π－θ.‎ ‎3．用向量法证明平行、垂直问题的步骤 ‎(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面．‎ ‎(2)通过向量运算研究平行、垂直问题．‎ ‎(3)根据运算结果解释相关问题．‎ ‎4．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系 ‎(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；‎ ‎(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.‎ ‎【题型示例】‎ 题型一　向量法证明平行与垂直 例1、如图，在直三棱柱ADE－BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的 中点，O为DF的中点，运用向量方法证明：‎ ‎ ‎ ‎(1)OM∥平面BCF；‎ ‎(2)平面MDF⊥平面EFCD.‎ 证明：由题意，得AB，AD，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．‎ 设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.‎ ‎(1)＝，＝(－1,0,0)，‎ 所以·＝0，所以⊥.‎ 因为棱柱ADE－BCF是直三棱柱，‎ 所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF.‎ ‎(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．‎ 因为＝(1，－1,1)，＝(，－1,0)，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，‎ 由n1·＝n1·＝0，得解得 令x1＝1，则n1＝.‎ 同理可得n2＝(0,1,1)．‎ 因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD.‎ ‎【方法技巧】利用空间向量证明平行与垂直的步骤 ‎(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；‎ ‎(2)建立空间图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、平面的要素；‎ ‎(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；‎ ‎(4)根据运算结果解释相关问题.‎ ‎【变式探究】如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAB；‎ ‎(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.‎ 证明　(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．‎ ‎∵点E，F分别是PC，PD的中点，‎ ‎∴E，F，‎ ＝，＝(1,0,0)．‎ ‎∵＝－，‎ ‎∴∥，‎ 即EF∥AB，‎ 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，‎ ‎∴EF∥平面PAB.‎ ‎【感悟提升】用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．‎ ‎【变式探究】如图，在直三棱柱ADE—BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：‎ ‎(1)OM∥平面BCF；‎ ‎(2)平面MDF⊥平面EFCD.‎ 证明　方法一　(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－‎ xyz.‎ 设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.‎ ＝，＝(－1,0,0)，‎ ‎∴·＝0，∴⊥.‎ ‎∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，‎ ‎∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，‎ 且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.‎ ‎(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．‎ ‎∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，‎ 由得 令x1＝1，则n1＝.同理可得n2＝(0,1,1)．‎ ‎∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.‎ 方法二　(1)＝＋＋ ‎＝－＋＝(＋)－＋ ‎＝－－＋ ‎＝－(＋)－＋ ‎＝－－.‎ ‎∴向量与向量，共面，BF，BC⊂平面BCF，‎ 又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.‎ ‎(2)由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，‎ ‎∵＝，＝－，‎ ‎∴·＝·＝0，‎ ·＝·(－)‎ ‎＝－2＋2＝0，‎ ‎∴⊥，⊥，‎ 即OM⊥CD，OM⊥FC，‎ 又CD∩FC＝C，CD，FC⊂平面EFCD，‎ ‎∴OM⊥平面EFCD.‎ 又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.‎ ‎【变式探究】如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直， 且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点． ‎ 设异面直线所成的角为α，‎ 则cos α＝|cos θ|＝ ‎＝·，‎ 令t＝1－y，则y＝1－t，‎ ‎∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，‎ 那么cos α＝|cos θ|＝· ‎＝＝，‎ 令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，‎ 那么cos α＝，‎ 又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单增，‎ ‎∴x＝1，zmin＝5，‎ 此时cos α的最大值＝·＝·＝.‎ 答案　 ‎【变式探究】如图所示，在多面体A1B1D1DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1‎ 的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F. ‎ ‎ (1)证明：EF∥B1C.‎ ‎(2)求二面角EA1DB1的余弦值．‎ ‎(1)证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.‎ ‎(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.‎ 设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥.‎ n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组 ‎(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．‎ 设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．‎ 所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.‎ ‎【举一反三】如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2. ‎ ‎ (1)证明：DE⊥平面PCD；‎ ‎(2)求二面角A－PD－C的余弦值．‎ ‎(1)证明　由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.‎ 由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.‎ 由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.‎ ‎(2)解　由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝.‎ 以C为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A，E(0，2，0)，D(1，1，0)，＝(1，－1，0)，‎ ＝(－1，－1，3)，＝.‎ 设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0，‎ 得故可取n1＝(2，1，1)．‎ 由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1，0)．‎ 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为 cos 〈n1，n2〉＝＝，‎ 故所求二面角A－PD－C的余弦值为.‎ ‎【感悟提升】‎ ‎1．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤 ‎(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论．‎ ‎2．利用空间向量求空间角的思路 ‎(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|；‎ ‎(2)直线与平面所成的角θ主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|；‎ ‎(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．‎ 提醒：当通过二面角的两个面的法向量求解时，其中一个法向量可从题中与该面垂直的直线的方向向量得到，而不必都求．‎ ‎【变式探究】如图所示，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，H是正方形 AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.‎ ‎(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求二面角A－A‎1C1－B1的正弦值；‎ ‎(3)设N为棱B‎1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B‎1C1，求线段BM的长．‎ ‎【解析】(1)如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．‎ 依题意得 A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)．‎ ‎(1)易得＝(－，－，)，＝(－2，0,0)，于是cos〈，〉＝＝＝.‎ 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)易知＝(0,2，0)，＝(－，－，)．‎ 设平面AA‎1C1的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则 即 不妨令x＝，可得m＝(，0，)．‎ 同样地，设平面A1B‎1C1的法向量n＝(x1，y1，z1)，‎ 则 即 不妨令y1＝，‎ 可得n＝(0，，)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 从而sin〈m，n〉＝.‎ 所以二面角A－A‎1C1－B1的正弦值为.‎ ‎(3)由N为棱B‎1C1的中点，得N，‎ 设M(a，b,0)，则＝.‎ 由MN⊥平面A1B‎1C1，得即 解得故M，‎ 因此＝，‎ 所以线段BM的长||＝.‎ ‎【规律方法】异面直线所成角的余弦等于两条异面直线方向向量夹角余弦的绝对值；线面所成角的正弦等于平面的法向量与直线方向向量夹角余弦的绝对值；二面角平面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余弦绝对值相等，其正负可以通过观察二面角是锐角还是钝角进行确定．‎ 题型三　利用空间向量解决探索性问题 要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．‎ ‎【例3】如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA＝2CD，PD＝，E是棱PD的中点．‎ ‎(1)求证：CD⊥AE；‎ ‎(2)在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？‎ 若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎【解析】(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，‎ ‎∴PA⊥AB，PA⊥CD，PA⊥AD.‎ ‎∵直线PB与底面ABCD所成的角为45°，‎ ‎∴∠PBA＝45°.‎ ‎∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴PA＝AB＝2.‎ 又PA＝2CD，∴CD＝1.‎ 在Rt△PAD中，PD＝，PA＝2，∴AD＝＝.‎ 在△ADC中，AD＝，CD＝1，AC＝2，∴AD2＋CD2＝()2＋1＝22＝AC2，∴CD⊥AD.‎ 又AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD.‎ 又AE⊂平面PAD∴CD⊥AE.‎ ‎(2)假设在棱PB上存在一点T满足题意，＝λ(0＜λ≤1)，‎ 由(1)可知∠DAC＝30°，所以∠DAB＝90°，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示，‎ 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，D(0，，0)，E(0，，1)，设T(x1，y1，z1)，则＝(x1，y1，z1－2)，又λ＝(2λ，0，－2λ)，‎ ‎∴(x1，y1，z1－2)＝(2λ，0，－2λ)，得x1＝2λ，y1＝0，z1＝2－2λ，‎ ‎∴＝(x1，y1，z1)＝(2λ，0,2－2λ)，＝(0，，1)，‎ 设平面ATE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，‎ 则有可得 令y2＝2，则z2＝－，x2＝，‎ ‎∴n＝(，2，－)是平面ATE的一个法向量．‎ 易知＝(0，，0)为平面PAB的一个法向量，‎ ‎∴|cos〈n，|＝||＝＝＝，故 ＝，‎ 即＋7＝10，解得λ＝，‎ 故在棱PB上存在点T且T为PB的中点，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【方法技巧】‎ 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.‎ ‎【变式探究】在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝AD＝1，AB＝2，∠PAD＝45°，E是PA的中点，F在线段AB上，且满足·＝0.‎ ‎(1)求证：DE∥平面PBC；‎ ‎(2)求二面角F－PC－B的余弦值；‎ ‎(3)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明　方法一　取PB的中点M，连接EM和CM，‎ ‎∵CD∥AB且CD＝AB，‎ 且E，M分别为PA，PB的中点．‎ ‎∴EM∥AB且EM＝AB，‎ ‎∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，‎ ‎∴DE∥CM，又CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，‎ ‎∴DE∥平面BPC.‎ 方法二　由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，E，‎ 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，‎ ＝(－1，－1,0)，＝(0，－1,1)，‎ 由 得令y＝1，则x＝－1，z＝1，‎ ‎∴m＝(－1,1,1)．‎ 又＝，∴m·＝0，∴⊥m，‎ 又DE⊄平面PBC，‎ ‎∴DE∥平面PBC.‎ ‎(2)解　设点F的坐标为(1，t,0)，‎ 则＝(1，t－1,0)，＝(1,2,0)，‎ 由·＝0，得t＝，‎ ‎∴F.‎ 设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ＝，‎ 由得即 令x＝1，则y＝2，z＝2，‎ ‎∴n＝(1,2,2)，‎ 则cos〈n，m〉＝＝＝，‎ 又由图可知，该二面角为锐角，‎ 故二面角F－PC－B的余弦值为.‎ ‎【感悟提升】空间向量最适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．‎ ‎【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点．‎ ‎(1)求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ⊥平面A1BC；‎ ‎(2)设＝λ，试问：是否存在实数λ，使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明　连接AB1，AC1，‎ ‎∵点Q为线段A1B的中点，‎ ‎∴A，Q，B1三点共线，‎ 且Q为AB1的中点，‎ ‎∵点P为B1C1的中点，‎ ‎∴PQ∥AC1.‎ 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，‎ AC⊥BC，‎ ‎∴BC⊥平面ACC1A1，‎ 又AC1⊂平面ACC1A1，‎ ‎∴BC⊥AC1.‎ ‎∵AC＝AA1，‎ ‎∴四边形ACC1A1为正方形，‎ ‎∴AC1⊥A1C，‎ 又A1C，BC⊂平面A1BC，A1C∩BC＝C，‎ ‎∴AC1⊥平面A1BC，‎ 而PQ∥AC1，‎ ‎∴PQ⊥平面A1BC.‎ ‎(2)解　由题意可知，CA，CB，CC1两两垂直，‎ 以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，‎ 连接B1Q，PB，设Q(x，y，z)，‎ B(0,2,0)，A1(2,0,2)，‎ P(0,1,2)，B1(0,2,2)，‎ ‎∵＝λ，‎ ‎∴(x，y－2，z)＝λ(2，－2,2)，‎ ‎∴∴Q(2λ，2－2λ，2λ)．‎ ‎∵点Q在线段A1B上运动，‎ ‎∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，‎ 设平面A1PB的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ ＝(0，－1,2)，＝(2，－1,0)，‎ 由得 令y＝2，得n1＝(1,2,1)，‎ 设平面B1PQ的法向量为n2＝(x，y，z)，‎ ＝(0,1,0)，＝(2λ，－2λ，2λ－2)．‎ 由得 令z＝1得n2＝＝(1－λ，0，λ)，‎ 取n2＝(1－λ，0，λ)，‎ 由题意得|cos〈n1，n2〉|＝ ‎＝＝，‎ ‎∴9λ2－9λ＋2＝0，‎ 解得λ＝或λ＝，‎ ‎∴当λ＝或λ＝时，平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎【举一反三】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．‎ ‎(1)证明：BE⊥DC；‎ ‎(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．‎ ‎【解析】依题意，以A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．‎ ‎(1)证明：＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，‎ 故·＝0.所以BE⊥DC.‎ ‎(2)＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量．‎ 则即不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，于是有cos〈n，〉＝＝＝.所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)．‎ 由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.‎ 故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．‎ 由BF⊥AC，得·＝0，‎ 因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，‎ 解得λ＝，即＝.‎ 设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，‎ 则 即不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．‎ 取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，则 cos〈n1，n2〉＝＝＝－.‎ 易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.‎ ‎【感悟提升】‎ ‎(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的论证推理，只需通过坐标运算进行判断，但对运算有较高要求，运算结论要准确．‎ ‎(2)解题时，注意把要成立的结论做为已知条件，据此列方程或方程组，把存在性问题转化为“点的坐标是否存在，在限制范围内是否有解”等，因此把空间问题转化为运算问题，使问题的解决变的简单更有效．‎ ‎(3)利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．‎ ‎【变式探究】如图，在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．‎ ‎(1)求证：B1E⊥AD1；‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；‎ ‎(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．‎ ‎【解析】(1)证明　以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0，1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，‎ ＝(a,0,1)，＝.‎ ‎∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，‎ ‎∴B1E⊥AD1.‎ ‎(2)解　假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．‎ 又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．‎ ‎∵n⊥平面B1AE，‎ ‎∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，‎ ‎∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎(3)解　连接A1D，B‎1C，由长方体ABCD－A1B‎1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.‎ ‎∵B‎1C∥A1D，∴AD1⊥B‎1C.‎ 又由(1)知B1E⊥AD1，且B‎1C∩B1E＝B1，‎ ‎∴AD1⊥平面DCB‎1A1，‎ ‎∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．‎ 设与n所成的角为θ，‎ 则cos θ＝＝.‎ ‎∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，‎ ‎∴|cos θ|＝cos 30°，即＝，‎ 解得a＝2，即AB的长为2.‎ ‎【规律方法】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．‎ ‎【变式探究】 如图，在三棱柱ABC－A1B‎1C1中，AA‎1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA‎1C1C，AB＝3，BC＝5.‎ ‎(1)求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎(2)求证：二面角A1－BC1－B1的余弦值；‎ ‎(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎【解析】(1)证明　在正方形AA‎1C1C中，A‎1A⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面AA‎1C1C，且平面ABC∩平面AA‎1C1C＝AC，‎ ‎∴AA1⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，‎ ‎∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC ‎∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz.‎ A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4，0,0)，＝(0,3，－4)，＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)．‎ 设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．‎ ‎∴⇒‎ ‎∴取向量n1＝(0,4,3)，‎ 由⇒ 取向量n2＝(3,4,0)‎ ‎∴cos θ＝＝＝.‎ ‎(3)证明　设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.‎ ‎∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，‎ 解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，‎ ‎∴＝(4λ，3－3λ，4λ)‎ 又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0‎ 则λ＝，因为∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B此时＝.‎ 题型四　空间距离 例4．(2015·江苏，22)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.‎ ‎ (1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；‎ ‎(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．‎ 解　以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．‎ ‎ (1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．‎ 因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)．‎ 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则m·＝0，m·＝0，‎ 即 令y＝1，解得z＝1，x＝1.‎ 所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．‎ 从而cos〈，m〉＝＝，‎ 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.‎ ‎(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又＝(0，－1，0)，‎ 则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，‎ 又＝(0，－2，2)，‎ 从而cos〈，〉＝＝.‎ 设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈，〉＝＝≤.‎ 当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.‎ 因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．‎ 又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.‎ ‎【变式探究】(2015·山东，17)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．‎ ‎ (1)求证：BD∥平面FGH；‎ ‎(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．‎ ‎(1)证明　法一　连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEF－ABC中，‎ AB＝2DE，G为AC的中点，‎ 可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．‎ 则O为CD的中点，又H为BC的中点，‎ 所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，‎ 所以BD∥平面FGH.‎ 法二　在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，‎ 可得BH∥EF，BH＝EF，‎ 所以四边形BHFE为平行四边形，‎ 可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.‎ 又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.‎ 因为BD⊂平面ABED，‎ 所以BD∥平面FGH.‎ ‎(2)解　法一　设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF－ABC中，G为AC的中点，由DF＝AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，‎ 因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，‎ 所以DG⊥平面ABC.‎ 在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点．‎ 所以AB＝BC，GB⊥GC，‎ 因此GB，GC，GD两两垂直．‎ 以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.‎ 所以G(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，‎ D(0，0，1)．‎ 可得H，F(0，，1)，‎ 故＝，＝(0，，1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，‎ 则由可得 可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，)．‎ 因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0，0)．‎ 所以cos〈，n〉＝＝＝.‎ 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.‎ 法二　作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH.‎ 由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，‎ 又FC∩AC＝C，‎ 所以HM⊥平面ACFD.‎ 因此GF⊥NH，‎ 所以∠MNH即为所求的角．‎ 在△BGC中，MH∥BG，MH＝BG＝，‎ 由△GNM∽△GCF，‎ 可得＝，‎ 从而MN＝.‎ 由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，‎ 得HM⊥MN，‎ 因此tan∠MNH＝＝，‎ 所以∠MNH＝60°，‎ 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.‎ ‎ ‎ ‎ ‎