2018版高中數(shù)學(xué) 第三章 空間向量與立體幾何疑難規(guī)律方法學(xué)案 新人教B版選修2-1

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1、 第三章 空間向量與立體幾何 　　　　　　　　　　　　　　　　1　空間向量加減法運(yùn)用的三個(gè)層次 空間向量是處理立體幾何問(wèn)題的有力工具，但要用好向量這一工具解題，必須熟練運(yùn)用加減法運(yùn)算． 第1層　用已知向量表示未知向量 例1　如圖所示，M，N分別是四面體OABC的邊OA，BC的中點(diǎn)，P，Q是MN的三等分點(diǎn)，用向量，，表示和. 解　＝＋ ＝＋ ＝＋(－) ＝＋(－) ＝＋×(＋) ＝＋＋； ＝＋＝＋ ＝＋(－) ＝＋(－) ＝＋×(＋) ＝＋＋. 點(diǎn)評(píng)　用已知向量來(lái)表示未知向量，一定要結(jié)合圖形，以圖形為指導(dǎo)是解題的關(guān)鍵．要正確理解向量加法、減法與數(shù)乘

2、運(yùn)算的幾何意義．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始點(diǎn)指向末尾向量的終點(diǎn)的向量，我們可把這個(gè)法則稱為向量加法的多邊形法則．在立體幾何中要靈活應(yīng)用三角形法則，向量加法的平行四邊形法則在空間仍然成立． 第2層　化簡(jiǎn)向量 例2　如圖，已知空間四邊形ABCD，連接AC、BD.設(shè)M、G分別是BC、CD的中點(diǎn)，化簡(jiǎn)下列各表達(dá)式，并標(biāo)出化簡(jiǎn)結(jié)果的向量． (1)＋＋； (2)＋(＋)； (3)－(＋)． 解　(1)＋＋＝＋＝. (2)＋(＋)＝＋＋ ＝＋＋＝. (3) －(＋) ＝－＝. 、、如圖所示． 點(diǎn)評(píng)　要求空間若干向量之和，可以通過(guò)平移，將它們轉(zhuǎn)化為首尾相接的向量

3、，如果首尾相接的若干向量構(gòu)成一個(gè)封閉圖形，則它們的和為0.兩個(gè)向量相加的平行四邊形法則在空間仍成立，求始點(diǎn)相同的兩個(gè)向量之和時(shí)，可以考慮運(yùn)用平行四邊形法則． 第3層　證明立體幾何問(wèn)題 例3　如圖，已知M、N分別為四面體ABCD的面BCD與面ACD的重心，且G為AM上一點(diǎn)，且GM∶GA＝1∶3.求證：B、G、N三點(diǎn)共線． 證明　設(shè)＝a，＝b，＝c， 則＝＋＝＋ ＝－a＋(a＋b＋c)＝－a＋b＋c， ＝＋＝＋(＋) ＝－a＋b＋c＝. ∴∥，即B、G、N三點(diǎn)共線. 　　　　　　　　　　　　　　　　2　空間向量易錯(cuò)點(diǎn)掃描 易錯(cuò)點(diǎn)1　對(duì)向量夾角與數(shù)量積的關(guān)系理解不清

4、 例1　“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的________條件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”) 錯(cuò)解　a·b<0?cos〈a，b〉＝<0?〈a，b〉為鈍角，所以“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的充要條件． 錯(cuò)因分析　錯(cuò)解中忽略了兩個(gè)向量共線且反向的情況． 剖析　當(dāng)〈a，b〉＝π時(shí)，a·b<0，但此時(shí)夾角不為鈍角，所以“a·b<0”是“〈a，b〉為鈍角”的必要不充分條件． 正解　必要不充分 總結(jié)　a·b<0?a與b夾角為鈍角或a與b方向相反，a·b>0?a與b夾角為銳角或a與b方向相同． 易錯(cuò)點(diǎn)2　忽略兩向量的夾角的定義 例2　如圖所示，在1

5、20°的二面角α—AB—β中，AC?α，BD?β，且AC⊥AB，BD⊥AB，垂足分別為A，B.已知AC＝AB＝BD＝6，試求線段CD的長(zhǎng)． 錯(cuò)解　∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴·＝0，·＝0， ∵二面角α—AB—β的平面角為120°，∴〈，〉＝120°. ∴CD2＝2＝(＋＋)2 ＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos 120°＝72，∴CD＝6. 錯(cuò)因分析　錯(cuò)解中混淆了二面角的平面角與向量夾角的概念．向量，的夾角與二面角α—AB—β的平面角互補(bǔ)，而不是相等． 正解　∵AC⊥AB，BD⊥AB， ∴·＝0，·＝0， ∵二面角α—AB—β的平面角為120°

6、， ∴〈，〉＝180°－120°＝60°. ∴CD2＝2＝(＋＋)2 ＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，∴CD＝12. 易錯(cuò)點(diǎn)3　判斷是否共面出錯(cuò) 例3　已知O、A、B、C為空間不共面的四點(diǎn)，a＝＋＋，b＝＋－，則與a、b不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底的是(　　) A. B. C. D.或 錯(cuò)解　a＝＋＋，b＝＋－， 相加得＋＝(a＋b)， 所以、都與a、b共面，不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底，故選D. 剖析?。?a＋b)，說(shuō)明＋與a、b共面，但不能認(rèn)為、都與a、b共面． 對(duì)A、B：設(shè)＝xa＋yb， 因?yàn)閍＝＋＋，b＝＋－， 代入整理

7、得(x＋y－1)＋(x＋y)＋(x－y)＝0，因?yàn)镺、A、B、C四點(diǎn)不共面， 所以、、不共面， 所以x＋y－1＝0，x＋y＝0，x－y＝0， 此時(shí)，x、y不存在，所以a、b與不共面， 故a、b與可構(gòu)成空間的一個(gè)基底． 同理a、b與也可構(gòu)成空間的一個(gè)基底． 對(duì)C：因?yàn)閍＝＋＋，b＝＋－，相減有＝(a－b)，所以與a、b共面，故不能構(gòu)成空間的一個(gè)基底． 正解　C 易錯(cuò)點(diǎn)4　混淆向量運(yùn)算和實(shí)數(shù)運(yùn)算 例4　閱讀下列各式，其中正確的是(　　) A．a(chǎn)·b＝b·c(b≠0)?a＝c B．a(chǎn)·b＝0?a＝0或b＝0 C．(a·b)·c＝a·(b·c) D.·＝||||cos(180

8、°－∠AOB) 錯(cuò)解　A(或B或C) 剖析　想當(dāng)然地將向量的數(shù)量積運(yùn)算和實(shí)數(shù)運(yùn)算等價(jià)，以致出錯(cuò)．向量的數(shù)量積運(yùn)算不滿足消去律、結(jié)合律 ，故A、C錯(cuò)誤；若a·b＝0?a＝0或b＝0或a⊥b，故B錯(cuò)誤；·的夾角是180°－∠AOB. 正解　D 易錯(cuò)點(diǎn)5　忽略建系的前提 例5　四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠ABC＝60°，AE⊥平面ABCD，AE＝2，F(xiàn)為CE中點(diǎn)，試合理建立坐標(biāo)系，求、所成角的余弦值． 錯(cuò)解　以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以、、的方向分別為x、y、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz. 此時(shí)＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，所以cos〈，〉＝. 剖析　空間直角坐標(biāo)系的建

9、立的前提是三條直線兩兩垂直，而本題中直線AB與AD不垂直． 正解　設(shè)AC、BD交于點(diǎn)O，則AC⊥BD. 因?yàn)镕為CE中點(diǎn)，所以O(shè)F∥AE， 因?yàn)锳E⊥平面ABCD， 所以O(shè)F⊥平面ABCD，OF⊥AC，OF⊥BD， 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以、、的方向分別為x、y、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 此時(shí)＝(1，0，1)，＝(1，，0)， 所以cos〈，〉＝. 易錯(cuò)點(diǎn)6　求空間角時(shí)，因?qū)λ蠼桥c向量夾角的關(guān)系不理解致誤 例6　在正方體ABCD－A1B1C1D1中，求二面角A－BD1－C的大?。? 錯(cuò)解　以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1， 則

10、D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)． 由題意知是平面ABD1的一個(gè)法向量，＝(1，0，1)，是平面BCD1的一個(gè)法向量，＝(0，1，1)， 所以cos〈，〉＝＝. 所以〈，〉＝60°. 所以二面角A－BD1－C的大小為60°. 剖析　利用向量法求所成角問(wèn)題，需注意所求的角的確切位置． 正解　以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1， 則D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)． 由題意知＝(1，0，1)是平面ABD1的一個(gè)法向量，＝(0，1，1)是平面BCD1的一個(gè)法向量． 所以cos〈，〉＝＝， 所以〈，〉＝

11、60°. 結(jié)合圖形知二面角A－BD1－C的大小為120°. 　　　　　　　　　　　　　　　　3　空間直角坐標(biāo)系構(gòu)建三策略 利用空間向量的方法解決立體幾何問(wèn)題，關(guān)鍵是依托圖形建立空間直角坐標(biāo)系，將其他向量用坐標(biāo)表示，通過(guò)向量運(yùn)算，判定或證明空間元素的位置關(guān)系，以及空間角、空間距離問(wèn)題的探求．所以如何建立空間直角坐標(biāo)系顯得非常重要，下面簡(jiǎn)述空間建系的三種方法，希望同學(xué)們面對(duì)空間幾何問(wèn)題能做到有的放矢，化解自如． 1．利用共頂點(diǎn)的互相垂直的三條棱 例1　已知直四棱柱中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠DAB為直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，試求異面直線BC1與

12、DC所成角的余弦值． 解　如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 則D(0，0，0)，C1(0，1，2)，B(2，4，0)，C(0，1，0)， 所以＝(－2，－3，2)， ＝(0，－1，0)． 所以cos〈，〉＝＝. 故異面直線BC1與DC所成角的余弦值為. 點(diǎn)評(píng)　本例以直四棱柱為背景，求異面直線所成角．求解關(guān)鍵是從直四棱柱圖形中的共點(diǎn)的三條棱互相垂直關(guān)系處著眼，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出有關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)和相關(guān)向量的坐標(biāo)，再求兩異面直線的方向向量的夾角即可． 2．利用線面垂直關(guān)系 例2　如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1

13、中，AB⊥平面BB1C1C，E為棱C1C的中點(diǎn)，已知AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝.試建立合適的空間直角坐標(biāo)系，求出圖中所有點(diǎn)的坐標(biāo)． 解　過(guò)B點(diǎn)作BP垂直BB1交C1C于P點(diǎn)， 因?yàn)锳B⊥平面BB1C1C，所以BP⊥平面ABB1A1， 以B為原點(diǎn)，分別以BP，BB1，BA所在的直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 因?yàn)锳B＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝， 所以CP＝，C1P＝，BP＝，則各點(diǎn)坐標(biāo)分別為B(0，0，0)，A(0，0，)，B1(0，2，0)，C(，－，0)，C1(，，0)，E(，，0)，A1(0，2，)． 點(diǎn)評(píng)　空間直角坐標(biāo)系的建立，要盡量

14、地使盡可能多的點(diǎn)落在坐標(biāo)軸上，這樣建成的坐標(biāo)系，既能迅速寫出各點(diǎn)的坐標(biāo)，又由于坐標(biāo)軸上的點(diǎn)的坐標(biāo)含有0，也為后續(xù)的運(yùn)算帶來(lái)了方便．本題已知條件中的垂直關(guān)系“AB⊥平面BB1C1C”，可作為建系的突破口． 3．利用面面垂直關(guān)系 例3　如圖1，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，∠ABC＝60°，E是BC的中點(diǎn)．將△ABE沿AE折起，使平面BAE⊥平面AEC(如圖2)，連接BC，BD.求平面ABE與平面BCD所成的銳角的大?。? 解　取AE中點(diǎn)M，連接BM，DM. 因?yàn)樵诘妊菪蜛BCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝60°，E是BC的中點(diǎn)， 所以△ABE與△ADE都

15、是等邊三角形， 所以BM⊥AE，DM⊥AE. 又平面BAE⊥平面AEC，所以BM⊥MD. 以M為原點(diǎn)，分別以ME，MD，MB所在的直線為x，y，z軸， 建立空間直角坐標(biāo)系Mxyz，如圖， 則E(1，0，0)，B(0，0，)，C(2，，0)，D(0，，0)， 所以＝(2，0，0)，＝(0，，－)， 設(shè)平面BCD的法向量為m＝(x，y，z)， 由取y＝1，得m＝(0，1，1)， 又因平面ABE的一個(gè)法向量＝(0，，0)， 所以cos〈m，〉＝＝， 所以平面ABE與平面BCD所成的銳角為45°. 點(diǎn)評(píng)　本題求解關(guān)鍵是利用面面垂直關(guān)系，先證在兩平面內(nèi)共點(diǎn)的三線垂直，再構(gòu)建空

16、間直角坐標(biāo)系，然后分別求出兩個(gè)平面的法向量，求出兩法向量夾角的余弦值，即可得所求的兩平面所成的銳角的大?。梅ㄏ蛄康膴A角求二面角時(shí)應(yīng)注意：平面的法向量有兩個(gè)相反的方向，取的方向不同求出來(lái)的角度就不同，所以最后還應(yīng)該根據(jù)這個(gè)二面角的實(shí)際形態(tài)確定其大小. 　　　　　　　　　　　　　　　4　用向量法研究“動(dòng)態(tài)”立體幾何問(wèn)題 “動(dòng)態(tài)”立體幾何問(wèn)題是在靜態(tài)幾何問(wèn)題中滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、線、面等元素，同時(shí)由于“動(dòng)態(tài)”的存在，使得問(wèn)題的處理趨于靈活．本文介紹巧解“動(dòng)態(tài)”立體幾何問(wèn)題的法寶——向量法，教你如何以靜制動(dòng)． 1．求解、證明問(wèn)題 例1　在棱長(zhǎng)為a的正方體OABC—O1A1B1C

17、1中，E、F分別是AB、BC上的動(dòng)點(diǎn)，且AE＝BF，求證：A1F⊥C1E. 證明　以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則A1(a，0，a)，C1(0，a，a)． 設(shè)AE＝BF＝x， ∴E(a，x，0)，F(xiàn)(a－x，a，0)． ∴＝(－x，a，－a)， ＝(a，x－a，－a)． ∵·＝(－x，a，－a)·(a，x－a，－a) ＝－ax＋ax－a2＋a2＝0， ∴⊥，即A1F⊥C1E. 2．定位問(wèn)題 例2　如圖，已知四邊形ABCD，CDGF，ADGE均為正方形，且邊長(zhǎng)為1，在DG上是否存在點(diǎn)M，使得直線MB與平面BEF的夾角為45°？若存在，求出點(diǎn)M的位置；若不

18、存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解題提示　假設(shè)存在點(diǎn)M，設(shè)平面BEF的法向量為n，設(shè)BM與平面BEF所成的角為θ，利用sin θ＝求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若滿足條件則存在． 解　因?yàn)樗倪呅蜟DGF，ADGE均為正方形， 所以GD⊥DA，GD⊥DC. 又DA∩DC＝D，所以GD⊥平面ABCD. 又DA⊥DC，所以DA，DG，DC兩兩互相垂直，如圖，以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系， 則B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(xiàn)(0，1，1)． 因?yàn)辄c(diǎn)M在DG上，假設(shè)存在點(diǎn) M(0，0，t)(0≤t≤1)使得直線BM與平面BEF的夾角為45°. 設(shè)平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)． 因?yàn)椋?

19、0，－1，1)，＝(－1，0，1)， 則即令z＝1，得x＝y(tǒng)＝1， 所以n＝(1，1，1)為平面BEF的一個(gè)法向量． 又＝(－1，－1，t)，直線BM與平面BEF所成的角為45°，所以sin 45°＝＝＝， 解得t＝－4±3.又0≤t≤1， 所以t＝3－4. 故在DG上存在點(diǎn)M(0，0，3－4)，且DM＝3－4時(shí)，直線MB與平面BEF所成的角為45°. 點(diǎn)評(píng)　由于立體幾何題中“動(dòng)態(tài)”性的存在，使有些問(wèn)題的結(jié)果變得不確定，這時(shí)我們要以不變應(yīng)萬(wàn)變，抓住問(wèn)題的實(shí)質(zhì)，引入?yún)⒘?，利用空間垂直關(guān)系及數(shù)量積將幾何問(wèn)題代數(shù)化，達(dá)到以靜制動(dòng)的效果. 　　　　　　　　　　　　　　　　5　向量與

20、立體幾何中的數(shù)學(xué)思想 1．?dāng)?shù)形結(jié)合思想 向量方法是解決問(wèn)題的一種重要方法，坐標(biāo)是研究向量問(wèn)題的有效工具，利用空間向量的坐標(biāo)表示可以把向量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算，從而溝通了幾何與代數(shù)的聯(lián)系，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的重要思想．向量具有數(shù)形兼?zhèn)涞奶攸c(diǎn)，因此，它能將幾何中的“形”和代數(shù)中的“數(shù)”有機(jī)地結(jié)合在一起． 例1　如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，AD∥BC，且A1A＝AB＝AD＝2BC＝2，點(diǎn)E在棱AB上，平面A1EC與棱C1D1相交于點(diǎn)F. (1)證明：A1F∥平面B1CE； (2)若E是棱AB的中點(diǎn)，求二面角A1－EC－D的余弦值；

21、 (3)求三棱錐B1－A1EF的體積的最大值． (1)證明　因?yàn)锳BCD－A1B1C1D1是棱柱， 所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1. 又因?yàn)槠矫鍭BCD∩平面A1ECF＝EC，平面A1B1C1D1∩平面A1ECF＝A1F， 所以A1F∥EC.又因?yàn)锳1F?平面B1CE， EC?平面B1CE，所以A1F∥平面B1CE. (2) 解　因?yàn)锳A1⊥底面ABCD，∠BAD＝90°， 所以AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為原點(diǎn)，以AB，AD，AA1分別為x軸，y軸和z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系． 則A1(0，0，2)，E(1，0，0)， C(2，1，0)， 所以＝(1

22、，0，－2)，＝(2，1，－2)． 設(shè)平面A1ECF的法向量為m＝(x，y，z)， 由·m＝0，·m＝0， 得 令z＝1，得m＝(2，－2，1)． 又因?yàn)槠矫鍰EC的法向量為n＝(0，0，1)， 所以cos〈m，n〉＝＝， 由圖可知，二面角A1－EC－D的平面角為銳角， 所以二面角A1－EC－D的余弦值為. (3)解　過(guò)點(diǎn)F作FM⊥A1B1于點(diǎn)M， 因?yàn)槠矫鍭1ABB1⊥平面A1B1C1D1， FM?平面A1B1C1D1， 所以FM⊥平面A1ABB1， 所以 ＝××FM＝FM. 因?yàn)楫?dāng)F與點(diǎn)D1重合時(shí)，F(xiàn)M取到最大值2(此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合)， 所以當(dāng)F與點(diǎn)D1重

23、合時(shí)，三棱錐B1－A1EF的體積的最大值為. 2．轉(zhuǎn)化與化歸思想 空間向量的坐標(biāo)及運(yùn)算為解決立體幾何中的夾角、距離、垂直、平行等問(wèn)題提供了工具，因此我們要善于把這些問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量的夾角、模、垂直、平行等問(wèn)題，利用向量方法解決．將幾何問(wèn)題化歸為向量問(wèn)題，然后利用向量的性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算和論證，再將結(jié)果轉(zhuǎn)化為幾何問(wèn)題．這種“從幾何到向量，再?gòu)南蛄康綆缀巍钡乃枷敕椒ǎ诒菊掠葹橹匾? 例2　如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2AD＝2，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為D1E上的一點(diǎn)，D1F＝2FE. (1)證明：平面DFC⊥平面D1EC； (2)求二面角A－DF－C的平面角的余弦

24、值． 分析　求二面角最常用的辦法就是分別求出二面角的兩個(gè)面所在平面的法向量，然后通過(guò)兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角． (1)證明　以D為原點(diǎn)，分別以DA、DC、DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系， 則A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)． ∵E為AB的中點(diǎn)， ∴E(1，1，0)， ∵D1F＝2FE， ∴＝＝(1，1，－2) ＝(，，－)， ∴＝＋＝(0，0，2)＋(，，－) ＝(，，)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面DFC的法向量， 則∴ 取x＝1得平

25、面DFC的一個(gè)法向量n＝(1，0，－1)． 設(shè)p＝(x，y，z)是平面D1EC的法向量， 則∴ 取y＝1得平面D1EC的一個(gè)法向量p＝(1，1，1)， ∵n·p＝(1，0，－1)·(1，1，1)＝0， ∴平面DFC⊥平面D1EC. (2)解　設(shè)q＝(x，y，z)是平面ADF的法向量， 則∴ 取y＝1得平面ADF的一個(gè)法向量q＝(0，1，－1)， 設(shè)二面角A－DF－C的平面角為θ，由題中條件可知θ∈(，π)，則cos θ＝－＝－＝－， ∴二面角A－DF－C的平面角的余弦值為－. 3．函數(shù)思想 例3　已知關(guān)于x的方程x2－(t－2)x＋t2＋3t＋5＝0有兩個(gè)實(shí)根，且c＝a

26、＋tb，a＝(－1，1，3)，b＝(1，0，－2)．問(wèn)|c|能否取得最大值？若能，求出實(shí)數(shù)t的值及對(duì)應(yīng)的向量b與c夾角的余弦值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由． 分析　寫出|c|關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，再利用函數(shù)觀點(diǎn)求解． 解　由題意知Δ≥0，得－4≤t≤－， 又c＝(－1，1，3)＋t(1，0，－2)＝(－1＋t，1，3－2t)， ∴|c|＝ ＝ . 當(dāng)t∈時(shí)，f(t)＝52＋是單調(diào)遞減函數(shù)，∴ymax＝f(－4)，即|c|的最大值存在， 此時(shí)c＝(－5，1，11)．b·c＝－27，|c|＝7.而|b|＝， ∴cos〈b，c〉＝＝＝－. 點(diǎn)評(píng)　凡涉及向量中的最值問(wèn)題，若可用向量坐標(biāo)形式，一

27、般可考慮寫出函數(shù)關(guān)系式，利用函數(shù)思想求解． 4．分類討論思想 例4　如圖，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD(點(diǎn)P位于平面ABCD上方)，問(wèn)BC邊上是否存在點(diǎn)Q，使⊥？ 分析　由⊥，得PQ⊥QD，所以平面ABCD內(nèi)，點(diǎn)Q在以邊AD為直徑的圓上，若此圓與邊BC相切或相交，則BC邊上存在點(diǎn)Q，否則不存在． 解　假設(shè)存在點(diǎn)Q(Q點(diǎn)在邊BC上)，使⊥， 即PQ⊥QD，連接AQ.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QD. 又＝＋且⊥， ∴·＝0， 即·＋·＝0. 又由·＝0， ∴·＝0， ∴⊥. 即點(diǎn)Q在以邊AD為直徑的圓上，圓的半徑為. 又∵AB＝1，由題圖知， 當(dāng)＝1，即a＝2時(shí)，該圓與邊BC相切，存在1個(gè)點(diǎn)Q滿足題意； 當(dāng)>1，即a>2時(shí)，該圓與邊BC相交，存在2個(gè)點(diǎn)Q滿足題意； 當(dāng)<1，即a<2時(shí)，該圓與邊BC相離，不存在點(diǎn)Q滿足題意． 綜上所述，當(dāng)a≥2時(shí)，存在點(diǎn)Q，使⊥； 當(dāng)0