高考数学必考知识点14用空间向量法解决立体几何问题

高考数学必考知识点14用空间向量法解决立体几何问题

‎2013年高考数学必考知识点14 用空间向量法解决立体几何问题 ‎　(2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面AED；‎ ‎(2)求二面角F BD C的余弦值．‎ ‎(1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，‎ 所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，‎ 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，‎ AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.‎ ‎(2)解　连接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，‎ 以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF 所在的直线为x轴，y轴，z轴，‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 不妨设CB＝1，‎ 则C(0,0,0)，B(0,1,0)，‎ D，F(0,0,1)，‎ 因此＝，＝(0，－1,1)．‎ 设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则m·＝0，m·＝0，所以x＝y＝z，‎ 取z＝1，则m＝(，1,1)．‎ 由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，‎ 则cos〈m，〉＝＝＝，‎ 所以二面角FBDC的余弦值为.‎ ‎ 1‎ 对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．‎ 空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，首先要从定义入手，抓住实质，准确记忆向量的计算公式，注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转化；其次要从向量的基本运算入手，养成良好的运算习惯，确保运算的准确性.‎ 必备知识 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，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．‎ ‎(1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.‎ ‎(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.‎ ‎(3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a3＝λa4，b3＝λb4，c3＝λc4.‎ ‎(4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.‎ 空间角的计算 ‎(1)两条异面直线所成角的求法 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)直线和平面所成角的求法 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)二面角的求法 ‎①利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，〈m，n〉即为所求二面角的平面角． 2‎ ‎②对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求．‎ 如图所示，二面角αlβ，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αlβ的大小为θ或πθ.‎ 空间距离的计算 直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离．‎ 点P到平面α的距离，d＝(其中n为α的法向量，M为α内任一点)．‎ 必备方法 ‎1．空间角的范围 ‎(1)异面直线所成的角(θ)：0＜θ≤；‎ ‎(2)直线与平面所成的角(θ)：0≤θ≤；‎ ‎(3)二面角(θ)：0≤θ≤π.‎ ‎2．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．‎ ‎3．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.‎ 多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体，求证线线、线面、面面的平行或垂直，其中逻辑推理和向量计算各有千秋，逻辑推理要书写清晰，“充分”地推出所求证(解)的结论；向量计算要步骤完整，“准确”地算出所要求的结果．‎ ‎ 3‎ ‎【例1】► 如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：‎ ‎(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.‎ ‎　[审题视点] 建系后，(1)在平面ABC内寻找一向量与共线；(2)在平面AEF内寻找两个不共线的向量与垂直．‎ 证明　‎ 如图建立空间直角坐标系Axyz，‎ 令AB＝AA1＝4，‎ 则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，‎ B(4,0,0)，B1(4,0,4)．‎ ‎(1)取AB中点为N，连接CN，‎ 则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，‎ ‎∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴DE∥NC，又∵NC⊂平面ABC，‎ DE⊄平面ABC.故DE∥平面ABC.‎ ‎(2)＝(－2,2，－4)，‎ ＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．‎ ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，‎ ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.‎ ‎∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF， 4‎ 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.‎ ‎ (1)要证明线面平行，只需证明与平面ABC的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量与相等．‎ ‎(2)要证明线面垂直，只要证明与平面AEF的法向量平行即可；也可根据线面垂直的判定定理证明⊥，⊥.‎ ‎【突破训练1】 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DC的中点．‎ ‎(1)求证：D1F⊥平面ADE；‎ ‎(2)设正方形ADD1A1的中心为M，B1C1的中点为N，求证：MN∥平面ADE.‎ 证明　‎ ‎(1)如图，不妨设正方体的棱长为1，以D为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 则D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，‎ F0，，0，E1,1，，‎ ＝(－1,0,0)，＝0，，－1，‎ ·＝(－1,0,0)·0，，－1＝0.‎ ‎∴AD⊥D1F.‎ 又＝0,1，，＝0，，－1，‎ ‎∴·＝0,1，·0，，－1＝－＝0.‎ ‎∴AE⊥D1F.‎ 又AE∩AD＝A，D1F⊄平面ADE，‎ ‎∴D1F⊥平面ADE.‎ ‎(2)∵M，0，，N，1,1，∴＝0,1，.‎ 由(1)知，＝0，，－1是平面ADE的法向量．‎ 又∵·＝0＋－＝0，∴MN⊥D1F.‎ ‎∵MN⊄平面ADE，∴MN∥平面ADE.‎ 多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体，考查线线角、线面角的求法，正确科学地建立空间直角坐标系是解此类题的关键． 5‎ ‎【例2】► (2012·全国理)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.‎ ‎(1)证明：PC⊥平面BED；‎ ‎(2)设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．‎ ‎[审题视点] (1)由＝可得△FCE∽△PCA，则∠FEC＝90°，易得PC⊥EF、PC⊥BD. ‎ ‎(2)作AG⊥PB于G，由二面角APBC为90°，易得底面ABCD为正方形，可得AD∥面PBC，则点D到平面PCB的距离d＝AG，找出线面角求解即可．也可利用法向量求解，思路更简单，但计算量比较大．‎ 法一　‎ ‎(1)证明　因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.‎ 设AC∩BD＝F，连接EF.因为AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝2，EC＝，FC＝，从而＝，＝.‎ 因为＝，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.‎ PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.‎ ‎(2)解　在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．‎ 因为二面角APBC为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.‎ 又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.‎ BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝＝2.‎ 设D到平面PBC的距离为d.‎ 因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝.‎ 设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝＝.6‎ 所以PD与平面PBC所成的角为30°.‎ 法二　(1)证明　以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ C(2，0,0)，设D(，b,0)，其中b＞0，则P(0,0,2)，‎ E，0，，B(，－b,0)．‎ 于是＝(2，0，－2)，‎ ＝，b，，‎ ＝，－b，，‎ 从而·＝0，·＝0，‎ 故PC⊥BE，PC⊥DE.‎ 又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.‎ ‎(2)解　＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则 m·＝0，m·＝0，即2z＝0且x－by＝0，‎ 令x＝b，则m＝(b，，0)．‎ 设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则 n·＝0，n·＝0，‎ 即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，‎ 令p＝1，则r＝，q＝－，n＝1，－，.‎ 因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)．‎ cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.‎ 因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.‎ ‎ (1)运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． 7‎ ‎(2)求直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sin θ＝|cos α|.‎ ‎【突破训练2】 (2011·陕西)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.‎ ‎(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；‎ ‎(2)设E为BC的中点，求A与D夹角的余弦值．‎ ‎(1)证明　∵折起前AD是BC边上的高，‎ ‎∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.‎ 又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.‎ ‎∵AD⊂平面ABD，‎ ‎∴平面ADB⊥平面BDC.‎ ‎(2)解　由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两 两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以D，D，D所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得 D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，‎ A(0,0，)，E，‎ ‎∴A＝，D＝(1,0,0)，‎ ‎∴A与D夹角的余弦值为cos〈A，D〉＝＝＝.‎ 用空间向量法求二面角的大小是高考的热点．考查空间向量的应用以及运算能力，题目难度为中等．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎ 8‎ ‎【例3】► (2012·天津改编)‎ 如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.‎ ‎(1)证明：PC⊥AD；‎ ‎(2)求二面角APCD的正弦值．‎ ‎[审题视点] 　‎ ‎[听课记录]‎ ‎[审题视点] 建立空间坐标系，应用向量法求解．‎ 解　如图，‎ 以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，‎ C(0,1,0)，B－，，0，P(0,0,2)．‎ ‎(1)证明：易得＝(0,1，－2)，‎ ＝(2,0,0)．‎ 于是·＝0，所以PC⊥AD.‎ ‎(2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)．‎ 设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即不妨令z＝1，‎ 可得n＝(1,2,1)．‎ 可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝.‎ 从而sin〈m，n〉＝.9‎ 所以二面角APCD的正弦值为.‎ ‎ 借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法．求解过程中应注意以下几个方面：‎ ‎(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；‎ ‎(2)求平面的法向量的方法：①待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量．当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法．‎ ‎【突破训练3】 (2012·唐山一模)如图，‎ 在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥底面ABC，底面是边长为2的正三角形，M，N分别是棱CC1、AB的中点．‎ ‎(1)求证：CN∥平面AMB1；‎ ‎(2)若二面角AMB1C为45°，求CC1的长．‎ ‎(1)证明　设AB1的中点为P，连接NP、MP.‎ ‎∵CM綉AA1，NP綉AA1，∴CM綉NP，‎ ‎∴CNPM是平行四边形，∴CN∥MP.‎ ‎∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，‎ ‎∴CN∥平面AMB1.‎ ‎(2)解　如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz，使x轴、y轴、z轴分别与、、同向．‎ 则C(0,0,0)，A(1，，0)，‎ B(－1，，0)，设M(0,0，a)(a＞0)，‎ 则B1(－1，，2a)，‎ ＝(1，，－a)，＝(－1，，a)，＝(0,0，a)，‎ 设平面AMB1的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝0，n·＝0，‎ 即 则y＝0，令x＝a，则z＝1，即n＝(a,0,1)． 10‎ 设平面MB1C的一个法向量是m＝(u，v，w)，‎ 则m·＝0，m·＝0，‎ 即 则w＝0，令v＝1，则u＝，即m＝(，1,0)．‎ 所以cos〈m，n〉＝，‎ 依题意，〈m，n〉＝45°，则＝，解得a＝，所以CC1的长为2.‎ ‎　　　　　　 探索性问题 此类问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．‎ ‎【例4】► 如图所示，‎ 四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．‎ ‎(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；‎ ‎(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎[审题视点] 　‎ ‎[听课记录]‎ ‎[审题视点] 建立以D为原点的空间直角坐标系，利用向量法求解，第(2)问中设＝λ，由ES⊥平面AMN可得λ值．‎ 解　(1)‎ 如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 依题意，易得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，1,0. 11‎ ‎∴＝－，0，－1，‎ ＝(－1,0,1)．‎ ‎∵cos〈，〉＝＝＝－，‎ ‎∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为.‎ ‎(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.‎ ‎∵＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，‎ 又＝，－1,0，∴＝＋＝，λ－1，λ.‎ 由ES⊥平面AMN，得即 故λ＝，此时＝0，，，||＝.‎ 经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝.‎ ‎ 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，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．‎ ‎【突破训练4】 如图1，‎ ‎∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．‎ ‎(1)当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；‎ ‎(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小． 12‎ 解　(1)法一　在如题图1所示的△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.‎ 由折起前AD⊥BC知，折起后(如题图2)，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，‎ 所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)，于是VABCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝·2x(3－x)(3－x)≤3＝，‎ 当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，‎ 故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥ABCD的体积最大．‎ 法二　同法一，得 VABCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)‎ ‎＝(x3－6x2＋9x)．令f(x)＝(x3－6x2＋9x)，‎ 由f′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1.‎ 当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1,3)时，f′(x)＜0.‎ 所以当x＝1时，f(x)取得最大值．‎ 故当BD＝1时，三棱锥ABCD的体积最大．‎ ‎(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.‎ 于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，‎ C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，‎ E，1,0，且＝(－1,1,1)．‎ 设N(0，λ，0)，则＝－，λ－1,0.‎ 因为EN⊥BM等价于·＝0，‎ 即－，λ－1,0·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0，‎ 故λ＝，N0，，0.‎ 所以当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.‎ 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由及＝－1，，0，得可取n＝(1,2，－1)． 13‎ 设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由＝－，－，0，n＝(1,2，－1)，可得sinθ＝cos (90°－θ)＝＝＝，即θ＝60°.‎ 故EN与平面BMN所成角的大小为60°.‎ 利用向量法求空间角要破“四关”‎ 利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”．第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角．‎ ‎【示例】► (2012·佛山调研)如图所示，在三棱锥PABC中，已知PC⊥平面ABC，点C在平面PBA内的射影D在直线PB上．‎ ‎(1)求证：AB⊥平面PBC；‎ ‎(2)设AB＝BC，直线PA与平面ABC所成的角为45°，求异面直线AP与BC所成的角；‎ ‎(3)在(2)的条件下，求二面角CPAB的余弦值．‎ ‎[满分解答]　(1)∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ ‎∴AB⊥PC.∵点C在平面PBA内的射影D在直线PB上，‎ ‎∴CD⊥平面PAB.‎ 又∵AB⊂平面PBA，∴AB⊥CD.‎ 又∵CD∩PC＝C，∴AB⊥平面PBC.(4分)‎ ‎(2)∵PC⊥平面ABC，‎ ‎∴∠PAC为直线PA与平面ABC所成的角．‎ 于是∠PAC＝45°，设AB＝BC＝1，则PC＝AC＝，以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0，0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，P(1,0，)，‎ ＝(1，－1，)，＝(1,0,0)，‎ ‎∵cos〈，〉＝＝，‎ ‎∴异面直线AP与BC所成的角为60°.(8分) 14‎ ‎(3)取AC的中点E，连接BE，则＝，，0，‎ ‎∵AB＝BC，∴BE⊥AC.又∵平面PCA⊥平面ABC，‎ ‎∴BE⊥平面PAC.∴是平面PAC的法向量．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则由得取z＝1，得 ‎∴n＝(－，0,1)．‎ 于是cos〈n，〉＝＝＝－.‎ 又∵二面角CPAB为锐角，‎ ‎∴所求二面角的余弦值为.(12分)‎ 老师叮咛：(1)解决此类问题，一定要先分析已知条件中，是否直接说出此三条直线是两两垂直，否则，要先证明以后才能建立坐标系，另外，要在作图时画出每条坐标轴的方向.(2)有的考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视法向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.如本例中求得cos ＝－，不少考生回答为：二面角的余弦值为－，这是错误的，原因是忽视了对二面角CPAB的大小的判断.‎ ‎【试一试】 (2012·东北三校模拟)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝AA1，D为AB的中点．‎ ‎(1)求证：BC1∥平面DCA1；‎ ‎(2)求二面角DCA1C1的平面角的余弦值．‎ ‎(1)证明　‎ 如图所示，以BC的中点O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，设AB＝BC＝CA＝AA1＝2.‎ 设n＝(x，y，z)是平面DCA1的一个法向量，则 又＝，0，，＝(1,2，)， 15‎ 所以令x＝1，z＝－，y＝1，‎ 所以n＝(1,1，－)．因为＝(－2,2,0)，‎ 所以n·＝－2＋2＋0＝0.‎ 又BC1⊄平面DCA1，所以BC1∥平面DCA1.‎ ‎(2)解　设m＝(x1，y1，z1)是平面CA1C1的一个法向量，‎ 则又＝(0,2,0)，＝(1,2，)，‎ 所以令z1＝1，x1＝－，‎ 所以m＝(－，0,1)．所以cos〈m，n〉＝＝－.‎ 所以所求二面角的余弦值为－.‎