【正文】 0) ＝ 0， ∴ AP→ ⊥ DC→ ， AD→ ⊥ DC→ ，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．若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∥ α ?a⊥ μ ?a A1C→ ＝ 0， 得????? x1－ 2z1＝ 0，y1－ 2z1＝ 0. 不妨取 z1＝ 1，則 x1＝ y1＝ 2， 從而平面 A1BC的一個法向量為 n1＝ (2,2,1)． 設直線 PC與平面 A1BC所成的角為 θ ， 則 sinθ ＝ |cos〈 CP→ ， n1〉 |＝????????CP→ AM→ ＝ 0，ES→ n＝ (－ 1,0， 12)(0,1,0)＝ 0， 所以 EM→ ⊥ n，又 EM?平面 ABCD， 所以 EM∥ 平面 ABCD. (2)當點 N與點 D重合時，直線 BN 與平面 PCD所成角的正弦值為 25. 理由如下： PD→ ＝ (2，－ 2,1)， CD→ ＝ (2,0,0)， 設平面 PCD的法向量為 n1＝ (x1， y1， z1)， 由????? n1| n1|＝ 2233 ， 所以直線 PC與平面 A1BC所成的角的正弦值為 2233 . 則 cos〈 n1， n2〉＝ 9－ 4λ3 4λ 2－ 8λ ＋ 9， 又因為二面角 P— A1C— B的正弦值為 23， 所以 9－ 4λ3 4λ 2－ 8λ ＋ 9＝ 53 ， 化簡得 λ 2＋ 8λ － 9＝ 0，解得 λ ＝ 1或 λ ＝－ 9(舍去 )， 故 λ 的值為 1. 【名師點睛】 (1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟： ① 建立恰當?shù)目臻g直角坐標系； ② 求出相關點的坐標； ③ 寫出向量坐標； ④ 結合公式進行論證、計算； ⑤ 轉化為幾何結論． (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)(以下相同 )． (1)線線夾角 設 l， m的夾角為 θ (0≤ θ ≤ π2 )， 則 cosθ ＝ |a v＝ 0?a2a3＋ b2b3＋ c2c3＝ 0. 易錯起源 利用空間向量求空間角 例 如圖，在四棱錐 P－ ABCD 中，已知 PA⊥ 平面 ABCD，且四邊形 ABCD為直角梯形， ∠ ABC＝ ∠ BAD＝ π2 ， 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，當直線 CQ與 DP所成的角最小時，求線段 BQ 的長． 解 以 {AB→ ， AD→ ， AP→ }為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系 Axyz， 則各點的坐標為 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 AD→ 是平面 PAB的一個法向量， AD→ ＝ (0,2,0)． 因為 PC→ ＝ (1,1，－ 2)， PD→ ＝ (0,2，－ 2)． 設平面 PCD的法向量為 m＝ (x， y， z)， 則 m BA→ ＝ 0， OM→ BA→ ＝ 0, ∴ OM→ ⊥ BA→ . ∵ 棱柱 ADE— BCF是直三棱柱， ∴ AB⊥ 平面 BCF， ∴ BA→ 是平面 BCF的一個法向量， 且 OM?平面 BCF， ∴ OM∥ 平面 BCF. (2)設平面 MDF與平面 EFCD的一個法向量分別為 n1＝ (x1， y1， z1)， n2＝ (x2， y2， z2)． ∵ DF→ ＝ (1，－ 1,1)， DM→ ＝ ??? ???12，－ 1， 0 ， DC→ ＝ (1,0,0)， CF→ ＝ (0，－ 1,1)， 由????? n1 DC→ ＝ (0,0,1) m|AD→ ||m|＝ 33 ， 所以平面 PAB與平面 PCD所成二面角的余弦值為 33 . (2)因為 BP→ ＝ (－ 1,0,2)， 設 BQ→ ＝ λ BP→ ＝ (－ λ ， 0,2λ )(0≤ λ ≤1) ， 又 CB→ ＝ (0，－ 1,0)，則 CQ→ ＝ CB→ ＋ BQ→ ＝ (－ λ ，－ 1,2λ )， 又 DP→ ＝ (0，－ 2,2)， 從而 cos〈 CQ→ ， DP→ 〉＝ CQ→ v||μ ||v|＝ |cos〈 μ ， v〉 |. 易錯起源 利用空間向量求解探索性問題 例 如圖所示，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？若存在，求線段 AS的長；若不存在，請說明理由． 解 (1)由題意，易得 DM⊥ DA， DM⊥ DC， DA⊥ DC. 如圖 所示，以點 D為坐標原點， DA， DC， DM所在直線分別為 x軸， y軸， z軸，建立空間直角坐標系． 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(12， 1,0)， 所以 NE→ ＝ (－ 12， 0，－ 1)， AM→ ＝ (－ 1,0,1)． 設異面直線 NE與 AM所成角為 θ ， 則 cosθ ＝ |cos〈 NE→ ， AM→ 〉 | ＝ |NE→ n1||BN→ ||n1| ＝ 25 λ 2＋ － 2λ 2＋ λ 2 ＝ 25 9λ 2－ 8λ ＋ 4＝ 25. 所以 9λ 2－ 8λ － 1＝ 0， 解得 λ ＝ 1或 λ ＝－ 19(舍去 )． 因此，線段 PD上存在一點 N，當 N點與 D點重合時，直線 BN與平面 PCD所成角的正弦值等于25. 【名師點睛】 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．解題時，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“ 是否存在 ” 問題轉化為 “ 點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解 ” 等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法． 【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】 存在探索性問題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象 (數(shù)值、圖形、函數(shù)等 )是否存在或某一結論是否成立．解決這類問題的基本策略是先假設題中的數(shù)學對象存在 (或結論成立 )或暫且認可其中的一部分結論，然 后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論．