(3)面面夹角 π??设平面α、β的夹角为θ?0≤θ≤?， 2??则|cos θ|＝|μ·υ|＝|cos〈μ，υ〉|. |μ||υ|[典例分析] (1)如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面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：
①OM∥平面BCF； ②平面MDF⊥平面EFCD.
(2)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.
①证明：AB1⊥平面A1B1C1；
②求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【解】 (1)证明：由题意知，AB，AD，AE两两垂直，以A为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??111?1)，M?，0，0?，O?，，?. ?2??222?11?→→?①OM＝?0，－，－?，BA＝(－1，0，0)， 22??→→→→所以OM·BA＝0，所以OM⊥BA. 因为棱柱ADEBCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以BA是平
→
面BCF的一个法向量，
又OM?平面BCF，所以OM∥平面BCF.
②设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
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→→?1?→因为DF＝(1，－1，1)，DM＝?，－1，0?，DC＝(1，0，0)， ?2?→→由n1·DF＝n1·DM＝0， x1－y1＋z1＝0，???y1＝2x1，?得?1解得? 1x1－y1＝0，??2??z1＝－x1，21??1令x1＝1，则n1＝?1，，－?. 2??2同理可得n2＝(0，1，1)． 因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD.
(2)①证明：如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
1
由题意知各点坐标如下：
A(0，－3，0)，B(1，0，0)，A1(0，－3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1)． →→因此AB1＝(1，3，2)，A1B1＝(1，3，－2)． A1C1＝(0，23，－3)． →→由AB1·A1B1＝0得AB1⊥A1B1. →→由AB1·A1C1＝0得AB1⊥A1C1. 所以AB1⊥平面A1B1C1. →→②设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.由①可知AC1＝(0，23，1)，AB＝(1，3，0)，→BB1＝(0，0，2)． 设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)． →??n·AB＝0，?x＋3y＝0，由?即?可取n＝(－3，1，0)． →??n·BB1＝0，?2z＝0，→ - 37 -
所以sin θ＝|cosAC1，n→→|AC1·n|39|＝＝. →13|AC1|·|n|39. 13因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是
(1)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． (2)运用空间向量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． (3)求空间角的注意点
①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.
②所求的二面角不一定是两平面的法向量的夹角，有可能为两法向量夹角的补角．
[针对练习]
1． 如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，
BE⊥CE，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：GF∥平面ADE；
(2)求GF与平面ABE所成角的正切值．
解：(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点， 1所以GH∥AB，且GH＝AB， 21又F是CD中点，所以DF＝CD， 2由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD， 所以GH∥DF，且GH＝DF.所以四边形HGFD是平行四边形， 所以GF∥DH，又DH?平面ADE，GF?平面ADE， 所以GF∥平面ADE.
(2)如图，在平面BEC内，过B作BQ∥EC，
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因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE，
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ，
以B为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，→
0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)，G(1，0，0)，GF＝(1，2，1)，平面ABE的法向量n＝(0，1，0)，
设GF与平面ABE所成的角为θ， →|GF·n|2则sin θ＝＝， →6|GF|·|n|所以cos θ＝2?2?21－??＝， ?6?626sin θ所以tan θ＝＝＝2. cos θ26所以GF与平面ABE所成角的正切值为2. 2．在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2.如图(1)将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1-EF-B成直二面角，连接A1B、A1P(如图(2))．
(1)求证：A1E⊥平面BEP； (2)求二面角B-A1P-E的余弦值．
解：(1)证明：在图(1)中，取BE的中点D，连接DF， 因为AE∶EB＝CF∶FA＝1∶2，所以AF＝AD＝2， 而∠A＝60°，所以△ADF为正三角形． 又AE＝DE＝1，所以EF⊥AD. 在图(2)中，A1E⊥EF，BE⊥EF，
所以∠A1EB为二面角A1-EF-B的一个平面角，
由题设条件知此二面角为直二面角，所以A1E⊥平面BEP.
(2)分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则E(0，0，0)，B(2，0，0)，P(1，3，0)，A1(0，0，1)， - 39 -
EA1＝(0，0，1)，EP＝(1，3，0)，BA1＝(－2，0，1)，BP＝(－1，3，0)． 设平面EA1P的法向量为m＝(x，y，z)， →??m·EA1＝z＝0则?， →??m·EP＝x＋3y＝0取y＝－1，得m＝(3，－1，0)； 设平面BA1P的法向量为n＝(x′，y′，z′)， →??n·BA1＝－2x′＋z′＝0则?，取y′＝1，得n＝(3，1，23)． →??n·BP＝－x′＋3y′＝0→→→→m·n3×3－1×11所以cos〈m，n〉＝＝＝， |m||n|2×441所以二面角B-A1P-E的余弦值为. 4
立体几何中的探索性问题
探索性问题主要考两类问题 (1)条件探索型问题； (2)存在探索型问题．
探索性问题求解思路为利用空间向量的坐标运算，建立目标函数或目标方程，将问题转化为代数问题解决．
[典例分析]
如图所示的几何体ABCDE中，EA⊥平面ABC，EA∥DC，
AB⊥AC，EA＝AB＝AC＝2DC，M是线段BD上的动点．
(1)当M是BD的中点时，求证：BC⊥平面AME；
(2)是否存在点M，使得直线BD与平面AMC所成的角为60°，若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)证明：因为EA⊥平面ABC，AB⊥AC，
所以直线AB，AC，AE两两垂直，以A为原点，以AB，AC，AE所在直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系A-xyz，设CD＝1，则
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