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【导与练】空间向量在立体几何中的应用




节 空间向量在立体 几何中的应用

基础自主梳理 考向互动探究

最新考纲
1.理解直线的方向向量及平面的法向量. 2.能用向量语言表述线线、 线面、 面面的平行和垂直 关系. 3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系 的一些简单定理(包括三垂线定理).

4.能用向量方法解

决直线与直线、直线与平面、 平面与平面的夹角的计算问题.

1.下列命题中,正确命题的个数为 ( D ) ①若 n 1、 2 分别是平面α 、 的法向量, n β 则 n 1∥n2 ? α ∥β ;②若 n 1、n2 分别是 平面α 、β 的法向量,则α ⊥β

? n1·n 2=0;

③若 n 是平面α 的法向量,a 与α 共面, 则 n·a=0;④若两个平面的法向量不 垂直,则这两个平面一定不垂直. (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 解析:由平面的法向量与平面间的位 置关系可知四个命题均正确.故选 D.

2.(2012 年高考陕西卷)如图所示,在空间直角 坐标系中有直三棱柱 ABC A1B1C1,CA=CC1=2CB, 则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为( A )

(A)

5 5

(B)

5 3

2 5 (C) 5

3 (D) 5

解析:设 CB=1,则 CA=CC1=2, 故 B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0), B1(0,2,1),

BC1 =(0,2,-1), AB =(-2,2,1), 1 则

则 BC =(0,2,-1), AB =(-2,2,1), 1 1 则 cos< BC , AB > 1 1

BC1 ? AB1 3 5 = ? ? 5 | BC1 || AB1 | 3 5

,

即直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为

5 .故选 A. 5

3.在空间直角坐标系 Oxyz 中,平面 OAB 的一个法向量为 n=(2,-2,1),已 知点 P(-1,3,2),则点 P 到平面 OAB 的 距离 d 等于( B ) (A)4 (B)2 (C)3 (D)1

解析:∵ OP =(-1,3,2)是平面 OAB 的一条 斜线上的向量, n=(2,-2,1)为平面 OAB 的一个法向量, ∴P 点到平面 OAB 的距离

| OP ? n | | ?2 ? 6 ? 2 | d= =2,故选 B. ? |n| 9

4.若平面α 的一个法向量为 n=(4,1,1),直线 l 的一个方向向量为 a=(-2,-3,3),则 l 与α 所成角的正弦 值为 .

解析:设 l 与α所成角为θ, 则 sin θ=|cos<n,a>|=

| n?a | | ?8 ? 3 ? 3 | 4 11 . ? ? | n || a | 33 16 ? 1 ? 1 ? 4 ? 9 ? 9

4 11 答案: 33

1.直线的方向向量和平面的法向量及 其应用
(1)直线的方向向量和平面的法向量 ①直线的方向向量.直线 l 上的向量 e 或与 e 共线的向量叫做直线 l 的方向向量,显然一条 直线的方向向量有无数个.

②平面的法向量.如果表示向量 n 的有向线 段所在直线垂直于平面α ,则称这个向量垂 直于平面α ,记作 n⊥α ,此时向量 n 叫做平 面α 的法向量.显然一个平面的法向量有无 数个,且它们是共线向量.

质疑探究:在求平面法向量时,所列方 程组中有三个变量,但只有两个方程, 如何处理? 提示:给其中某一变量恰当赋值,求出 该方程组的一组非零解,即可以作为 平面法向量的坐标.

(2)利用空间向量证明空间中的位置关系 设直线 l、 的方向向量分别为 a、 m b,平面α 、 β 的法向量分别为 u、v,则 l∥m ? a∥b ? a=kb(k ? R); l⊥m ? a⊥b ? a·b=0; l∥α ? a⊥u ? a·u=0; l⊥α ? a∥u ? a=ku(k ? R); α ∥β ? u∥v ? u=kv(k ? R); α ⊥β ? u⊥v ? u·v=0.

2.利用向量求空间角
(1)求两条异面直线所成的角 设 a、b 分别是两异面直线 l1、l2 的方向向量,a 与b 的夹角为φ ,l1 与l2所成的角为θ ,则cos θ

| a ?b | = | cos ? | = . | a || b |

(2)求直线与平面所成的角 设 线l 的方 量 直 向向 为a,平 α 的 向量 面 法 为n,直 线l与 面 所 平 α 成 角为 ,a、 的 角 ? ,则sin θ 的 θ n 夹 为

|a?n| = | cos ? | = . | a || n |

(3)求二面角的大小 ①若 AB、CD 分别是二面角α l β 的 两个面内与棱 l 垂直的异面直线,则

量 CD 的 二面角的大小就是 向 AB与 夹角(如图(1)).

②设 n 1、n2 分别是二面角α l β 的两 个面α 、β 的法向量,则向量 n 1 与 n 2 的夹角(或其补角)的大小就是二面角 的平面角的大小(如图(2)(3),其中图 (2)中向量夹角的大小即为二面角平 面角,图(3)中则为其补角).

3.求空间距离
(1)两点间距离求法 若 A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2), 则|

AB |= ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 ) ? ( z1 ? z2 )
2 2

2

.

(2)点面距的求法 设 n 是平面α 的法向量,点 A 在平面α 内,点 B 在平面α 外,则点 B 到平面α 的距离为

| AB ? n | . |n|
(3)线面距、面面距均可转化为点面距再用 (2)中方法求解.

利用向量证明平行、垂直

【例 1】 如图所示,在四棱锥 P ABCD 中,PC⊥平面 ABCD,PC=2,在四边形 ABCD 中,∠B=∠C=90°,AB=4,CD=1,点 M 在 PB 上,PB=4PM,PB 与平面 ABCD 成 30°的角. (1)求证:CM∥平面 PAD; (2)求证:平面 PAB⊥平面 PAD.

思维导引:由题中的关系,建立空间直 角坐标系,正确写出相关点的坐标,然 后利用向量法进行证明. 证明:(1)以 C 为坐标原点,CB 所在直 线为 x 轴,CD 所在直线为 y 轴,CP 所在 直线为 z 轴建立如图所示的空间直角 坐标系.

∵PC⊥平面 ABCD, ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 的所成角, ∴∠PBC=30°. ∵PC=2, ∴BC=2 3 ,PB=4, ∴D (0,1,0),B(2 3 ,0,0),A(2 3 ,4,0), P(0,0,2),

? 3 3? ,0, ? , M? ? 2 2? ? ?
∴ DP =(0,-1,2), DA =(2

3 ,3,0),

? 3 3? ,0, ? . CM = ? ? 2 2? ? ?

令 CM =x DP +y DA ,

? 3 3? ,0, ? =x(0,-1,2)+y(2 3 ,3,0), 即? ? 2 2? ? ?

? 3 ? 2 3 y, ? 2 ? ? ∴ ?0 ? 3 y ? x, ?3 ? ? 2 x, ?2 ?

3 ? x? , ? ? 4 解得 ? ?y ? 1 . ? 4 ?

3 1 ∴ CM ? DP ? DA , 4 4
故 CM , DP , DA 共面, 又 CM ? 平面 PAD, ∴CM∥平面 PAD.

(2)取 AP 的中点 E, 则 E(

3 ,2,1), BE =(- 3 ,2,1).

∵PB=AB, ∴BE⊥PA. 又∵ BE · DA =(-

3 ,2,1)·(2 3 ,3,0)=0,

∴ BE ⊥ DA , 即 BE⊥DA, 又∵PA ? DA=A, ∴BE⊥平面 PAD. 又∵BE ? 平面 PAB, ∴平面 PAB⊥平面 PAD.

(1)用向量证明线面平行的方法 有: ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向 量垂直; ②证明该直线的方向向量与平面内某直线的 方向向量平行; ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两 个不共线的向量线性表示. (2)用向量法证垂直问题

①证明线线垂直,只需证明两直线的方向 向量数量积为 0; ②证明线面垂直,只需证明直线的方向向 量与平面的法向量共线,或利用线面垂直 的判定定理转化为证明线线垂直; ③证明面面垂直,只需证明两平面的法向 量的数量积为 0,或利用面面垂直的判定定 理转化为证明线面垂直.

变式训练 1 1:(2012 安徽师大附中三模)如 图,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,△ACD 为等边三角形,AD=DE=2AB,F 为 CD 的中点. (1)求证:AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE.

证明:(1)设 AD=DE=2AB=2a,建立如图 所示的坐标系 Axyz, 则 A(0,0,0),C(2a,0,0), B(0,0,a), D(a, 3 a,0),E(a, ∵F 为 CD 的中点,

3 a,2a).

?3 ? 3 a,0 ? . ∴F ? a, ?2 2 ? ? ? ?3 ? 3 AF ? ? a, a,0 ? , BE =(a, ?2 ? 2 ? ?

3 a,a),

BC =(2a,0,-a),

1 ∵ AF ? ( BE ? BC ),AF ? 平面 BCE, 2
∴AF∥平面 BCE. (2)∵

?3 ? 3 a,0 ? , CD =(-a, 3 a,0), AF = ? a, ?2 2 ? ? ?

ED =(0,0,-2a),
∴ AF · CD =0, AF · ED =0, ∴ AF ⊥ CD , AF ⊥ ED . 又 CD ? DE=D, ∴ AF ⊥平面 CDE,

即 AF⊥平面 CDE. 又 AF∥平面 BCE, ∴平面 BCE⊥平面 CDE.

利用向量求空间角 【例 2】 (2012 年高考天津卷)如图所示,在 四棱锥 P ABCD 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 A PC D 的正弦值; (3)设 E 为棱 PA 上的点,满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°,求 AE 的长.

(1)证明:如图所示,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 1 ? 1,0),B ? ? , ,0 ? , ? 2 2 ?
P(0,0,2).

故 PC =(0,1,-2), AD =(2,0,0), 于是 PC · AD =0,所以 PC⊥AD. (2)解: PC =(0,1,-2), CD =(2,-1,0). 设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z),

?n ? PC ? 0, ? 则? ?n ? CD ? 0, ?

? y ? 2 z ? 0, 即? ?2 x ? y ? 0.
不妨令 z=1,可得 n=(1,2,1). 可取平面 PAC 的一个法向量 m=(1,0,0). 设 m、n 的夹角为θ ,

m?n 1 6 于是 cos θ = , ? ? | m || n | 6 6
30 从而 sin θ = . 6 30 所以二面角 A PC D 的正弦值为 . 6

(3)解:设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h ? (0,2].

?1 1 ? 由此得 BE ? ? ,? , h ? ,由于 ?2 2 ?
CD =(2,-1,0),

BE ? CD 故 cos< BE , CD >= | BE || CD |

=

3 2 1 ? h2 ? 5 2

=

3 10 ? 20h 2 3

,

3 所以 =cos 30°= , 2 2 10 ? 20h

10 解得 h= (舍去负值), 10 10 即 AE 的长为 . 10

(1)建立适当的空间直角坐标系,便 于坐标的求解. (2)利用向量法求异面直线 l1 与 l2 所成的角θ, 主要求出两直线的方向向量 v1 与 v2,则 cos θ =|cos <v1,v2>|. (3)利用向量法求斜线与平面所成的角的方法: ①分别求出斜线和它在平面内的射影所在直线 的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角(或 其补角);

②通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向 向量与平面的法向量所夹的锐角(若是钝角,取 其补角),取其余角就是斜线和平面所成的角. (4)利用向量法求二面角的方法: ①分别求出二面角的两个面所在平面的法向量, 然后通过两个面的法向量的夹角得到二面角的 大小,但要注意结合实际图形判断所求角是锐 角还是钝角.

②分别在二面角的两个面内找到与棱垂直 且以垂足出发的两个向量,则这两个向量的 夹角的大小就是二面角的大小.

变式训练 2 1:(2013 成都七中高三月考)如图所示, 四棱锥 P ABCD 中,PB⊥底面 ABCD,CD⊥PD, 底面 ABCD 为直角梯形,AD∥BC,AB⊥BC,AB = AD = PB =3, 点 E 在棱 PA 上,且 PE = 2EA. (1)求异面直线 PA 与 CD 所成的角; (2)求二面角 E BD A 的正切值.

解:(1)如图所示建立空间直角坐标系, 则 A(0,3,0),B(0,0,0), D(3,3,0),P(0,0,3), 设 C(x,0,0),E(0,y,z). ∵点 E 在棱 PA 上,且 PE=2EA,

??? ??? ? ? 即 PE =2 EA ,
∴(0,y,z-3)=2(0,3-y,-z), 解得 E(0,2,1).

? ??? ??? ? ∵CD⊥PD,∴ CD · PD =0, ??? ? ??? ? 又 CD =(3-x,3,0), PD =(3,3,-3),
∴3(3-x)+9+0=0, 从而解得 C(6,0,0),

??? ? ??? ? 故 PA =(0,3,-3), CD =(-3,3,0),

则 cos

??? ??? ? ? < PA , CD >=

??? ???? ? ? PA?CD 1 ??? ??? = ? ? PA CD 2

,

??? ??? ? ? ∴< PA , CD >=60°,
∴异面直线 PA 与 CD 所成的角为 60°.

??? ? ??? ? (2)由(1)知 BE =(0,2,1), BD =(3,3,0).
设平面 BDE 的法向量为 n1=(x1,1,z1),

??? ? ? n ? BE ? 1, ? z1 ? ?2, ? 则 ? ??? 故? ? ?n ? BD ? 0. ? x1 ? ?1. ?
∴n1=(-1,1,-2).

又平面 ABD 的一个法向量为 n 2

??? ? = BP =(0,0,3),

则 cos <n1,n2>=

n1 ? n2 n1 n2

=-

6 , 3
2 2
.

故二面角 E BD A 的正切值为

利用向量求空间距离
【例 3】 如图所示,在三棱锥 S ABC 中,△ABC 是边长 为 4 的正三角形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC=2

3,

M、 分别为 AB、 的中点,求点 B 到平面 CMN 的距离. N SB

思维导引:求点到平面的距离,常用向 量法,即本题中 B 到平面 CMN 的距离

| n ? BM | d= (其中 n 为平面 CMN 的法 |n|
向量).

解:取 AC 的中点 O,连接 OS、OB. ∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC, 平面 SAC ? 平面 ABC=AC, ∴SO⊥平面 ABC, 又∵BO ? 平面 ABC,∴SO⊥BO.

如图所示,建立空间直角坐标系 Oxyz, 则 B(0,2 S(0,0,2

3 ,0),C(-2,0,0),
2 ),M(1,

3 ,0),

N(0,

3 , 2 ). 3 ,0),
2 ),

∴ CM =(3,

MN =(-1,0,

MB =(-1, 3 ,0).
设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的法向量,

?CM ? n ? 3x ? 3 y ? 0, ? 则? ?MN ? n ? ? x ? 2 z ? 0, ?
取 z=1,则 x=

2 ,y=- 6 ,∴n=( 2 ,- 6

,1).

∴点 B 到平面 CMN 的距离

| n ? MB | 4 2 d= ? | n| 3

.

求平面α外一点 P 到平面α的距离 的步骤 (1)求平面α的法向量 n; (2)在平面α内取一点 A,确定向量 PA 的坐标;

| n ? PA | (3)代入公式 d= 求解. |n|

变式训练 3 1:如图所示,△BCD 与△MCD 都 是边长为 2 的正三角形,平面 MCD⊥平面 BCD,AB⊥平面 BCD,AB=2 MBC 的距离.

3 ,求点 A 到平面

解:取 CD 的中点 O,连接 OB、OM, 则 OB⊥CD,OM⊥CD,OB=OM= 3 , 又平面 MCD⊥平面 BCD, 平面 MCD ? 平面 BCD=CD, ∴MO⊥平面 BCD.

以 O 为原点,直线 OC、BO、OM 分别为 x 轴、 y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系如图 所示. 则 C(1,0,0),M(0,0, B(0,-

3 ),

3 ,0),A(0,- 3 ,2 3 ).

则 BC =(1,

3 ,0), 3, 3 ),

BA =(0,0,2 3 ), BM =(0,

设 n=(x,y,z)是平面 MBC 的法向量, 由 n⊥ BC 得

x+

3 y=0,

由 n⊥ BM 得

3 y+ 3 z=0.
取 z=1,则可得 n=(

3 ,-1,1),

则点 A 到平面 MBC 的距离

| BA ? n | 2 3 2 15 d= . ? ? |n| 5 5

利用向量解决探索性问题
【例 4】 (2012 年高考福建卷)如图所示,在长方 体 ABCD A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 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.

(1)证明:以 A 为原点 AB 、 AD 、 AA 的方向分别 1 为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如 图所示). 设 AB=a,则

?a ? A(0,0,0),D(0,1,0),D (0,1,1),E ? ,1,0 ? , ?2 ?
1

B1(a,0,1), 故

AD =(0,1,1), B1E 1

? a ? = ? ? ,1,?1? , AB =(a,0,1), 1 ? 2 ?

?a ? AE = ? ,1,0 ? . ?2 ?
a ∵ AD · B1E =- ×0+1×1+(-1)×1=0, 1 2
∴B1E⊥AD1.

(2)解:假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0)(0≤z0≤1), 使得 DP∥平面 B1AE. 此时 DP =(0,-1,z0). 设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ∵n⊥平面 B1AE, ∴n⊥ AB ,n⊥ AE , 1

?ax ? z ? 0, ? 得 ? ax ? 2 ? y ? 0. ?
取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量

a ? ? n= ?1,? ,?a ? . 2 ? ?

要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥ DP ,

a 1 有 -az =0, 解得 z = 2 2 又 DP ? 平面 B AE,
0 0 1

.

1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B AE,此时 AP= 2
1

.

(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.



AD1 是平面 A B E 的一个法向量,
1 1

此时 设

AD1 =(0,1,1).
,

AD1 与 n 所成的角为θ

则 cos θ

a ? ?a n ? AD1 2 = = . 2 | n || AD1 | a 2 2 1? ?a 4
∵二面角 A B1E A1 的大小为 30°, ∴|cos θ |=cos 30°,

3 即 = , 2 2 5a 2 1? 4
解得 a=2,即 AB 的长为 2.

3a 2

(1)与平行、垂直有关的探索性 问题的解题策略为将空间中的平行与垂直 转化为向量的平行或垂直来解决. (2)与角有关的探索性问题的解题策略为将 空间角转化为与向量有关的问题.

变式训练 4 1:(2013 成都外国语学校高三月考)如 图所示,三棱柱 ABC A1B1C1 中,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且 AB⊥BC,O 为 AC 中点.

(1)证明:A1O⊥平面 ABC; (2)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值; (3)在 BC1 上是否存在一点 E,使得 OE∥平面 A1AB?若不存在,说明理由;若存在,确定点 E 的位置.

(1)证明:因为 A1A=A1C,且 O 为 AC 的中点, 所以 A1O⊥AC. 又由题意可知平面 AA1C1C⊥平面 ABC,交线为 AC,且 A1O? 平面 AA1C1C, 所以 A1O⊥平面 ABC.

(2)解:如图所示,以 O 为原点,OB、OC、OA1 所在直 线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,由题意 可知 O(0,0,0),A(0,-1,0), A1(0,0, C1(0,2,

3 ),C(0,1,0), 3 ),B(1,0,0),

???? 则有 AC =(0,1,- 3 ), 1
??? ? ???? AA1 =(0,1, 3 ), AB =(1,1,0).
设平面 AA1B 的法向量为 n =(x,y,z),则有

???? ?n ? AA1 ? 0, ? y ? 3z ? 0, ? ? ?? ? ? ??? ? x ? y ? 0. ? n ? AB ? 0 ? ?

令 y=1 得 x=-1,z=-

3 , 3

所以 n =(-1,1,-

cos< n,

???? AC >= 1

3 ). 3 ???? n ? A1C ???? n A1C

=

21 . 7

所以 sin θ =

21 . 7 21 . 7

即直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值为

(3)解:设 E(x0,y0,z0),

??? ? ???? ? BE =λ BC1 (0≤λ

≤1),

即(x0-1,y0,z0)=λ (-1,2,

3 ),

? x0 ? 1 ? ? ? 得 ? y0 ? 2 ? ? ? z0 ? 3?

所以 E(1-λ ,2λ ,



), ), ,

??? ? 得 OE =(1-λ

,2λ ,



??? ? 令 OE∥平面 A AB,得 OE ·n=0
1

即-1+λ +2λ -λ =0,得λ

1 = 2

,

即存在这样的点 E,E 为 BC1 的中点.

【例 1】 已知 ABCD A1B1C1D1 是底面边长 为 1 的正四棱柱,高 AA1=2,求

(1)异面直线 BD 与 AB1 所成角的余弦 值; (2)四面体 AB1D1C 的体积.

解:(1)如图所示建立空间直角坐标系 A1xyz,则 B(1,0,2),D(0,1,2), A(0,0,2),B1(1,0,0).

则 BD =(-1,1,0),

AB =(1,0,-2). 1
设异面直线 BD 与 AB1 所成角为θ , cos θ

| BD ? AB1 | 10 = = | BD | ? | AB1 | 10

.

即异面直线 BD 与 AB1 所成角的余弦值为

10 10

.

(2) V四 体 AB D C 面
1 1

=

2 V四棱柱 ABCD? A1B1C1D1 -4 V三棱锥 C ? B1C1 D1 = 3

.

【例 2】 (2013 成都高新区高三月考)如图所示,在 梯形 ABCD 中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠ABC=60°,四 边形 ACFE 为矩形,平面 ACFE⊥平面 ABCD,CF=1.

(1)求证:BC⊥平面 ACFE; (2)点 M 在线段 EF 上运动,设平面 MAB 与平面 FCB 所成二面角的平面角为θ (θ ≤90°),试 求 cos θ 的取值范围.

(1)证明:在梯形 ABCD 中, ∵AB∥CD,AD=DC=CB=1, ∠ABC=60°, ∴AB=2, 2 2 2 ∴AC =AB +BC -2AB·BC·cos 60°=3, 2 2 2 ∴AB =AC +BC , ∴BC⊥AC.

∵平面 ACFE⊥平面 ABCD, 平面 ACFE∩平面 ABCD=AC, BC? 平面 ABCD, ∴BC⊥平面 ACFE.

(2)解:由(1)可建立分别以直线 CA、CB、CF 为 x 轴,y 轴,z 轴的如图所示空间直角坐标系,令 FM= λ (0≤λ ≤

3 ),

则 C(0,0,0),A( M(λ ,0,1),

3 ,0,0),B(0,1,0),

??? ? ???? ? ∴ AB =(- 3 ,1,0), BM =(λ

,-1,1).

设 n 1=(x,y,z)为平面 MAB 的法向量, 由n1

??? ? · AB =0,

n1

???? ? · BM =0,

? ? 3 x ? y ? 0, ? 得? ?? x ? y ? z ? 0, ?
取 x=1,则 n 1=(1,

3 , 3 -λ

).

∵n2=(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量, ∴cos θ =

n1 ? n2 n1 ? n2

=

1 1 ? 3 ? ( 3 ? ? ) ?1
2

=

1 (? ? 3) ? 4
2

.

∵0≤λ ≤

3,

∴当λ =0 时,cos θ 有最小值

7 7
.

,

当λ =

3 时,cos

θ

1 有最大值 2

∴cos θ

? 7 1? , ?. ∈? ? 7 2?

异面直线所成的角与向量夹角的范围混 淆致误
【典例】 在长方体 OABC O1A1B1C1 中,OA=2,AB=3,AA1=2,E 是 BC 的中点,则异面直线 AO1 与 B1E 所成角的余弦值为 .

正确解析:如图所示,以 O 为原点建立空间直 角坐标系. 由题设知 A(2,0,0),O1(0,0,2),B1(2,3,2),E(1,3,0), 故 设

AO1 =(-2,0,2), B1E

=(-1,0,-2). ,

AO1 与 B1E 的夹角为θ

则 cos θ

AO1 ? B1 E ?2 10 = = =10 | AO1 | ? | B1 E | 2 10

,

? π? 又异面直线所成的角的范围是 ? 0, , ? ? 2?
∴AO1 与 B1E 所成角的余弦值为

10 . 10

答案:

10 10

假如忽略了异面直线所成的角的范围是
10 ? π? 的错误结果. ? 0, ? ,将得出10 ? 2?

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