第一章 培优课 空间向量在立体几何热点问题中的应用（课件PPT）-【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（人教A版）

该高中数学课件聚焦立体几何探索性、折叠、范围与最值三类热点问题，以空间向量为工具，通过例题解析构建从坐标系建立、法向量计算到问题解决的学习支架，帮助学生衔接空间想象与逻辑推理的前后知识。 其亮点在于结合数学眼光观察空间图形，数学思维推理参数关系，数学语言（向量坐标）表达问题。如探索性问题假设存在用参数列方程，折叠问题分析变与不变量，范围最值转化为函数求解，助力学生提升综合能力，也为教师提供系统教学资源。

培优课 第一章 <<< 空间向量在立体几何热点问题中的应用 立体几何中的探索性、折叠、取值范围和最值问题是各类考试考查的热点内容，也是一个难点，常见于解答题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，考查学生的综合能力，培养学生的思维能力. 一、立体几何中的探索性问题 二、立体几何中的折叠问题 课时对点练 三、立体几何中的范围与最值问题 内容索引 立体几何中的探索性问题 一 已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点. (1)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小； 例 1 5 因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD，因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，因为CD，AD⊂平面ABCD，CD∩AD＝D，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD是矩形，且O，G分别为AD，BC的中点，所以OG∥AB，因为AB⊥AD，则OG⊥AD，以点O为坐标原点，OA， OG，OP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， 6 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， 7 8 9 整理可得4λ2－6λ＋1＝0， 10 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题.其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍.求解点、平面是否存在等探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论. 利用空间向量解决探索性问题的策略 反 思 感 悟 11 如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点. (1)求证：平面AEF⊥平面PAD； 跟踪训练 1 12 连接AC，因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形， 因为E是BC的中点， 所以AE⊥BC， 又AD∥BC，所以AE⊥AD， 因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE， 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AE⊥平面PAD， 又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD. 13 14 由(1)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)， 15 令z＝t，得平面AEF的一个法向量为n＝(0,2t－2，t). 设直线EG与平面AEF所成的角为θ， 16 二 立体几何中的折叠问题 如图所示，已知在矩形ABCD中，AD＝2AB＝ ，E为BC的中点，将△ABE沿AE折起，使得AB⊥DE. (1)求证：平面ABE⊥平面AECD； 例 2 18 在矩形ABCD中，连接DE(图略)， ∴BE＝BA，CE＝CD，∴∠BEA＝∠CED＝45°， ∴∠AED＝90°，即DE⊥AE， 又∵DE⊥AB，AE∩AB＝A，AE，AB⊂平面ABE，∴DE⊥平面ABE， 又∵DE⊂平面AECD，∴平面ABE⊥平面AECD. 19 20 由(1)知DE⊥AE，以点E为原点，AE，DE所在直线分别为x轴、y轴，垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 21 设平面AEF的法向量为n1＝(x，y，z)， 取y＝1－λ，则z＝－2λ， ∴n1＝(0,1－λ，－2λ). 由题意知平面ABE的一个法向量为n2＝(0,1,0). 22 设平面ABE与平面AEF的夹角为θ， 23 (1)确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前后的平面图形与立体图形，分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决. 折叠问题解题策略 反 思 感 悟 24 (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 反 思 感 悟 25 如图①所示，已知在梯形BFEC中，BF∥EC，EC＝3，BF＝2，四边形ABCD是边长为1的正 方形，沿AD将四边形EDAF折起， 使得平面EDAF⊥平面ABCD，得 到如图②所示的几何体. (1)求证：DE⊥平面ABCD； 跟踪训练 2 ∵平面EDAF⊥平面ABCD，DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD， ∴DE⊥平面ABCD. 26 27 由题意知AD，CD，DE两两垂直，以点D为坐标原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则E(0,0,2)，F(1,0,1)，B(1,1,0)， 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 28 29 立体几何中的范围与最值问题 三 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥AD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，E，F分别为PC，CD的中点，DE＝EC. (1)求证：平面ABE⊥平面BEF； 例 3 31 ∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2AB＝2，F为CD的中点， ∴四边形ABFD为矩形，AB⊥BF. ∵DE＝EC，∴CD⊥EF， 又AB∥CD，∴AB⊥EF ， ∵BF∩EF＝F，BF，EF⊂平面BEF， ∴AB⊥平面BEF，又AB⊂平面ABE， ∴平面ABE⊥平面BEF. 32 33 由(1)知，CD⊥EF， ∵E，F分别为PC，CD的中点， ∴PD∥EF，又AB∥CD，∴AB⊥PD， 又AB⊥AD，且PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA. 以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 34 设平面EBD的法向量为m＝(x，y，z)， 令y＝a，得x＝2a，z＝－2，则m＝(2a，a，－2). 显然n＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量. 35 36 立体几何中的范围、最值问题，常考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等范围、最值问题，在解决此类问题时，通常应注意分析题目中所有的条件，在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，利用函数求解；也可以考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解不等式法或基本不等式求解. 范围、最值问题解题思路 反 思 感 悟 37 跟踪训练 3 38 39 (2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 40 如图所示，建立以点O为坐标原点的空间直角坐标系. 设PO＝x,0≤x≤6， 设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)， 41 设直线EP与平面PBC所成的角为θ， 此时直线EP与平面PBC所成的角的正弦值最大. 42 课时对点练 四 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 一、单项选择题 1.如图①，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使 平面ABD⊥平面BCD，如图②，则直线AC 与BD所成角的余弦值为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面BCD，又DC⊂平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC， 过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示， 设AB＝1，所以BD＝1，DC＝1，BC＝ ， 则A(0,1,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0,0,0)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 以点B为坐标原点，AB，BC，BB1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， 设BC＝1，BB1＝a(a>0)，则B(0,0,0)，A1(1,0，a)，P(0,1，λa)且0≤λ≤1， 又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1,0,2)，B1(0,1,3)， 设P(0,0，z)，0≤z≤3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，底面A1B1C1D1是边长为a的正方形，侧棱AA1的长为b，E为侧棱BB1上的动点(包括端点)，则 A.对任意的a，b，存在点E，使得B1D⊥EC1 B.当且仅当a＝b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 C.当且仅当a≥b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 D.当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 以D1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(a，a,0)，D(0,0，b)，C1(0，a,0)，设E(a，a，t)(0≤t≤b)， 所以当且仅当a≤b时，存在点E，使得B1D⊥EC1，故选项D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 依题意得CD⊥DE，A1D⊥DE， A1D∩CD＝D， A1D，CD⊂平面A1DC， 所以DE⊥平面A1DC，又A1D⊥CD， 故以D为坐标原点，CD，DE，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)， 依题意△DCE为直角三角形， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 二、多项选择题 6.如图①，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A′的位置，如图②，连接A′B，A′C，且A′D⊥CD，平面A′BE与平面A′CD的交线为l，则下列结论中正确的是 A.平面A′DE⊥平面A′BE B.CD∥l C.BC与平面A′DE所成角的余弦值为 D.平面A′BE与平面A′BD夹角的余弦值为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE，因为CD∥BE，所以DE⊥CD，因为A′D⊥CD，A′D∩DE＝D，A′D，DE⊂平面A′DE，所以CD⊥平面A′DE， 因为CD∥BE，所以BE⊥平面A′DE，因为BE⊂平面A′BE， 所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正确； 因为CD∥BE，CD⊄平面A′BE，BE⊂平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A′DE，则DE⊥A′E，且BE⊥A′E，又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以A′E⊥平面BED，以E为原点，分别以EB，ED，EA′所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由A可知，CD⊥平面A′DE， 设BC与平面A′DE所成角为θ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设平面A′BD的法向量为m＝(x，y，z)， 设平面A′BE与平面A′BD的夹角为α， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 三、填空题 7.如图，在菱形ABCD中，AB＝ ，∠BAD＝60°，沿对角线BD将△ABD折起，使点A，C之间的距离为 ，当P，Q分别为线段BD，CA 的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为______. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 连接PA，PC，由题意可得PA＝PC＝2， 因为PA2＋PC2＝AC2， 所以PA⊥PC，又易知PA⊥BD，PC⊥BD， 所以以P为原点，PB，PC，PA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， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，∠BAD＝120°，PA＝AB，点M是BC的中点，点N是PD上不与端点重合 的动点，则异面直线AM与CN所成角的正切值最小为______. 如图所示，连接AC. 由题意得∠ABC＝60°， 所以△ABC是等边三角形， 所以AM⊥BC. 因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AM，PA⊥AD. 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 设PA＝AB＝2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设异面直线AM与CN所成角为θ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 四、解答题 9.已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P′AB为等边三角形(如图①所示)，将△P′AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点 (如图②所示). (1)求证：PC⊥BM； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 取AB的中点O，CD的中点E，连接PO，OE，因为四边形ABCD是正方形，△PAB为等边三角形， 所以OE⊥AB，PO⊥AB， 又因为平面PAB⊥平面ABCD， PO⊂平面PAB， 平面PAB∩平面ABCD＝AB， 故PO⊥平面ABCD，而OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE，所以OB，OE，OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设平面PBM的法向量为n＝(x，y，z)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点. (1)求证：BE⊥DC； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面ABP夹角的余弦值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由点F在棱PC上， ＝(1－2λ，2－2λ，2λ). 因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量， 不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量. 易知向量n2＝(0,1,0)为平面ABP的一个法向量， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 设AB＝2，则AD＝4，A(2,0,0)，G(0,2,0)，P(0,0，2)，E(－1,1，)，F(－1,0，)， 取x＝，可得n＝(，0,1)，易知平面ABCD的 一个法向量为m＝(0,0,1)， 所以|cos〈m，n〉|＝＝， 因此，平面EFG与平面ABCD的夹角为. 则＝(0，－1,0)，＝(1,1，－)， 则 (2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 由题意可得|cos 〈n，〉|＝＝＝， 假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，连接GM， 设＝λ＝λ(2,0，－2)＝(2λ，0，－2λ)， 其中0≤λ≤1， 则＝＋＝(0,－2,2)＋(2λ，0，－2λ)＝(2λ，－2,2－2λ). 因为0≤λ≤1，所以λ＝. 因此，在线段PA上存在点M，使得直线GM与 平面EFG所成角的大小为，此时＝. (2)若G为PD的中点，AB＝AP＝2，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. ＝(－，1,1). 设＝t(0≤t≤1)，则A(0,0,0)，E(，0,0)， C(，1,0)，P(0,0,2)，G(0,1,1)，F(t，t,2－2t)， 所以＝(，0,0)，＝(t，t,2－2t)， 即存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为，且＝或＝. 则即 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝＝， 2 ∵AD＝2AB＝2，E为BC的中点， (2)若点F在线段BD上，且平面ABE与平面AEF夹角的余弦值为，试确定点F的具体位置. 则F，＝. 则B，A(，0,0)，E(0,0,0)，D(0，，0)，＝(，0,0)，＝， 设＝λ，0≤λ≤1， ∴ 即 ∴cos θ＝＝＝， 解得λ＝， 故F为BD的中点. (2)若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为，求线段DH的长度. ＝(1,0，－1)，＝(0，－1,1)， 则即取x＝1，则z＝1，y＝1，∴n＝(1,1,1)， 解得a＝或a＝(舍去)， ∴H，∴||＝＝， 即线段DH的长度为. 设H(a，a,0)，0≤a≤1，则＝(a，a，－2)， |cos〈，n〉|＝＝， (2)设PA＝a，若平面EBD与平面ABCD的夹角θ∈，求a的取值范围. 则B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0，a)，E. 由θ∈， ∴＝(－1,2,0)，＝. 则即 即a的取值范围为. 知cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝∈， 解得a∈， 如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD＝4，△ABC是底面圆的内接正三角形， 且AB＝6，P是线段DO上一点. (1)若DP＝PO，求三棱锥P－ABC的体积. 在Rt△DOA中，AD＝4，AO＝2， ∴DO＝＝6， ∵DP＝PO，∴PO＝DO＝4， VP－ABC＝·S△ABC·PO＝××6×6××4＝12. ∴ ∴n＝(x，－x，－2). ∴P(0,0，x)，E(－，3,0)，B(，3,0)，C(－2，0,0)， ∴＝(，－3，x)，＝(，3，－x)，＝(－2，0，－x)， 由题意得sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝ ＝＝≤. 当且仅当PO＝x＝时等号成立， A. B. C. D. 所以＝(1，－1，－1)，BD＝(0，－1,0)， 所以|cos〈，〉|＝＝＝. 2.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC，AB⊥BC，若棱C1C上存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则等于 A. B.1 C. D.2 所以＝(1，－1，(1－λ)a)，＝(0,1，λa)， 所以·＝λ(1－λ)a2－1＝0， 则λ2－λ＋＝0， 故Δ＝1－＝0，可得a＝2，此时λ＝，所以＝2. 3.如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD ＝2DA1，P点在棱C1C上，则·的最小值为 A. B.－ C. D.－ 则＝(1,0,2－z)，＝(0,1,3－z)， ∴·＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝2－， 故当z＝时，·取得最小值－. 所以＝(－a，－a，b)，＝(－a,0，－t)， 所以·＝a2－bt，令a2－bt＝0，t＝， 由0≤≤b得a≤b， 5.如图①，在Rt△ABC中，C＝，AC＝BC＝2，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图②.若F是A1B的中点，则四面体FCDE 外接球的体积是 A.2π B. C. D. 则D(0,0,0)，C(1,0,0)，E(0,1,0)，B(1,2,0)，A1(0,0,1)，F. 所以△DCE的外接圆的圆心在CE的中点处，设四面体FCDE外接球的球心为M，半径为R，则||＝||＝R， 即R＝ ＝， 解得m＝0，所以R＝， 所以四面体FCDE外接球的体积V＝πR3＝. 则B(1,0,0)，A′(0,0,1)，C(2，，0)，D(0，，0)， 所以＝(1，，0)，＝(0,0,1)，＝(0，，－1)，＝(1,0，－1)， 故平面A′DE的一个法向量为＝(－2,0,0)， 则cos〈，〉＝＝＝－， 则cos θ＝sin〈，〉＝＝，故C不正确； 显然平面A′BE的一个法向量为n＝＝(0，，0)， 则有即 取y＝1，则x＝z＝，所以m＝(，1，)， 所以cos α＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，故D正确. 2  AC＝2， 则P(0,0,0)，Q(0,1,1)，A(0,0,2)，D，＝(0,1,1)，＝， 设PQ与AD所成的角为θ，则cos θ＝ ＝＝. 所以PQ与AD所成角的余弦值为. 则M(，0,0)，A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)， 所以＝(，0,0)，＝(－，1,0),＝(0，－2,2). 设＝λ＝λ(0，－2,2)＝(0，－2λ，2λ)，0<λ<1， 所以＝＋＝(－，1－2λ，2λ). 则cos θ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝. 所以当λ＝时，cos θ取得最大值，此时θ最小，tan θ的最小值为. 则P(0,0，)，C(1,2,0)，B(1,0,0)，M(－1,1,0)， ＝(1,2，－)，＝(－2,1,0)，所以·＝0，所以PC⊥BM. 由(1)知＝(1,2，－)，＝(－2,1,0)，＝(－1,0，)， 故即令x＝，则z＝1，y＝2. 则n＝(，2，1)，设直线PC与平面PBM所成的角为θ， 故sin θ＝＝＝， 因为θ为锐角，故cos θ＝＝. 所以直线PC与平面PBM所成角的余弦值为. 依题意，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2).由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)，所以＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0，所以BE⊥DC. ＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0). 设＝λ(0≤λ≤1)， 故＝＋＝＋λ 由BF⊥AC，得·＝0， 则即 解得λ＝， 即＝. 则|cos〈n1，n2〉|＝＝＝. 所以平面FAB与平面ABP夹角的余弦值为. $