立体几何典型问题的向量解法
纵观立体几何考题感悟向量方法解题
纵观立体几何考题感悟向量方法解题在高中数学学习中，立体几何一直是学生们非常头疼的一个部分。
立体几何的主要难点是空间的复杂性，加上几何思维本来就不易理解，许多学生解题困难。
但是，通过向量方法解题是一种很好的解决立体几何问题的方法。
本文将通过纵观立体几何考题，分享一些关于向量方法解题的经验与感悟。
一、向量的基本概念及运算向量的表示法是用箭头表示。
箭头的长度代表向量的大小，箭头的方向代表向量的方向。
一个向量可以被表示为一个由有序数对$(x,y)$所确定的点A和另一个由有序数对$(x',y')$所确定的点B之间的向量$\vec{AB}$。
向量也可以表示为箭头的坐标，即$\vec{AB}=\begin{pmatrix}x'-x\\y'-y\end{pmatrix}$。
向量的大小表示为$|\vec{AB}|=\sqrt{(x'-x)^2+(y'-y)^2}$。
向量的运算有向量加法和向量数乘。
向量加法的定义是：$\vec{a}+\vec{b}=\begin{pmatrix}a_1+b_1\\a_2+b_2\\a_3+b_3\e nd{pmatrix}$。
其中，$\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)$，$\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)$。
向量数乘的定义是：$\lambda\vec{a}=(\lambda a_1,\lambda a_2,\lambda a_3)$。
其中，$\lambda$是一个实数。
二、应用向量方法求解空间几何问题1.立体几何基本概念首先，我们需要掌握一些立体几何的基本概念，比如平面、线段、角等。
此外，还需要了解空间中的直线、平面、空间角、平行线等概念。
了解这些概念是建立解题基础的必要条件。
2.向量表达式的转化在解题中，我们可以通过向量的基本运算将问题转化为向量的加、减、数乘问题。
因此，我们需要能够将向量从一个表达式转化为另一个表达式，并灵活地运用向量的加、减、数乘运算法则来求解问题。
用向量法解五类立体几何题的思路
思路探寻立体几何问题的命题形式很多，常见的有求平面外一点到平面的距离，求两条异面直线之间的距离，求直线与平面所成的角，求二面角，证明面面平行、垂直等.有时采用常规方法求解立体几何问题比较复杂，甚至很难获得问题的答案，此时不妨运用向量法，将立体几何问题转化为向量运算问题，通过简单的计算即可解题.向量法是指给线段赋予方向，给各个点赋予坐标，通过向量运算求得问题的答案.下面结合实例探讨一下如何运用向量法求解五类立体几何问题.一、求平面外一点到平面的距离如图1，若点P 为平面α外的任意一点，要求P 到平面α的距离，需先求得向量OP 以及平面α的法向量n .那么法向量n 方向上的正射影长h =|| OP sin <OP ，n >=|| OP ∙n||n ，即为P 到平面α的距离.运用向量法求平面外一点到平面的距离，主要是运用向量数量积的几何意义：一个向量与其在另一个向量方向上的投影的乘积.图1图2例1.在正方体ABCO -A 1B 1C 1O 1中，M 、N 是B 1C 1和C 1O 1的中点，正方体的棱长是1，求A 1与平面OBMN 之间的距离.解：以O 为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，可得 OB =（1，1，0）， O N =（0，12，1）， OA 1=（1，0，1），设平面OBMN 的法向量是n =（x ，y ，z ），则{n ∙ O B =0，n ∙ ON =0，即ìíîïïx +y =0，12y +z =0，令x =1，y =-1，z =12，则n =（1，-1，12），则A 1到平面OBMN 的距离h =|| OA 1∙n||n =1.由于无法确定点A 1到平面OBMN 的射影，所以根据法向量与射影的关系，运用向量法求解.运用向量法求平面外一点到平面的距离，关键是要根据线面垂直的判定定理求得平面的法向量.在求法向量时，往往要先设出法向量n ；然后在平面内找到两条直线a 、b ，并求得其方向向量a 、b ；再建立方程组{n ∙a =0，n ∙b=0，通过解方程组求得法向量n 的坐标.二、求空间中两条异面直线之间的距离求两条异面直线之间的距离，需运用转化思想，把两条异面直线之间的距离转化为平面外一点到平面的距离.在求两条异面直线之间的距离时，需先求出两条异面直线的方向向量a 、b，并求得两个向量所在平面的法向量n ，那么两条异面直线之间的距离为h =||a ∙n ||n .例2.如图3，正方体ABCO -A 1B 1C 1O 1的棱长为1，求异面直线OA 1和AC 之间的距离.解：以O 为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，可得 AC =（-1，1，0）， O 1A =（1，0，-1）， AA 1=（0，0，1）设n =（x ，y ，z ）为平面A 1C 1O 的法向量，建立方程组得ìíîn ∙ AC =0，n∙O 1A =0，即{-x +y =0，x -z =0，图346思路探寻令x=1，可得法向量n =（1则异面直线OA1和AC.定两条异面直线的公垂线，繁琐.的方向向量及其法向量，求得异面直线之间的距离，果.三、求直线与平面所成的角如图4所示，设直线OP用向量法求直线OP与平面αα的法向量n 和直线OP的数量积公式求得|cos< OP,n >OP与平面α所成角的正弦值为意的是，直线OP与平面α图4例3.如图5，正方体ABCOA1B1的中点为M，试求直线AM的正弦值.解：以O为原点，建立如图5则AB=（0，1，0），AO1=（-1设n =（x，y，z）为平面ABC1O则ìíîn ∙AB=0，n ∙AO1=0，即{y=0，-x+z=0令x=1，可得n =()1,0,1，设AM与面ABC1O1则sinθ=|| AM∙n|| AM∙||n ，即直线AM与平面ABC1O1α-的平面1，.）为平面往往要先求得两个平47探索探索与与研研究究面的法向量，α、β的法向量n α∥ n β，则平面α的法向量 n α⊥ n β，则平面α⊥例5.正方体ABCO -A 1B 1C 1O M 分别是A 1C 1、A 1O 、B 1A 上的任意一点，求证：平面B 1MC ∥平面A 1EF .证明：以O 为原点，建立如图8所示的空间直角坐标系，由题意可得A 1C 1=()-1,1,0,B 1C =()-1,0,-1,A 1O =()-1,0,-1,B 1A =()0,-1,-1，设 A 1E =λ A 1C 1， A 1F =μ A 1ν∈R ，且均不为0），设平面A 1EF 的法向量为n 1则ìíî n 1∙A 1E =0，n 1∙ A 1F =0，可得ìíî n 1∙λ A 1 n 1∙μ A 1则ìíî n 1∙A 1C 1=0， n 1∙ A 1O =0，则{-x +y =0x +z =01EF 的法向量为n 1=（1，1，-1），n 2，ìíî n 2∙ν B 1A =0，n 2∙ B 1C =0，{-y -z =0，-x -z =0，1MC 的法向量n 2=（-1，1，-1），n 1∥ n 2，B 1MC .需熟悉向垂直关系，⊥ n 2； n 1=λ n 2⇔ n 1∥ n 2.需注意以（2）熟练运用（3）明确向量与线段、坐标甘肃省武威铁路中学）求数列前n 项和问题具有较强的综合性，侧重考查等差和等比数列的通项公式、定义、性质以及前n 项和公式.常见的命题形式有：（1）根据数列的递推关系式求数列的前n 项和；（2）根据数列的通项公式求数列的前n 项和；（3）根据一个数列的前n 项和求另一个相关联数列的前n 项和.解答数列求和问题的常用方法有分组求和法、错位相减法、裂项相消法、并项求和法、倒序相加法.下面结合实例,谈一谈这几种途径的特点以及应用技巧.一、分组求和分组求和法是指将数列中的各项分为几组，分别进行求和.在解题时，要先仔细研究数列的通项公式，将其合理地拆分为几个等差、等比、常数数列通项公式的和、差；再将数列划分为多个组，分别根据等差、等比数列的前n 项和公式求得每一组数列的和.例1.已知S n 为数列{}a n 的前n 项和，4a n =3S n +1.48。
高中数学向量法解立体几何总结
向量法解立体几何1、直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量：若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.⑵．平面的法向量：若向量n 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⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量.⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系．②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．④根据法向量定义建立方程组0n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩.⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.2、用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈.⑵线面平行。
设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=.⑶面面平行。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=.3、用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明12l l ⊥，只需证明a b ⊥，即0a b ⋅=.⑵线面垂直①（法一）设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l α⊥，只需证明a ∥u ，即a u λ=.②（法二）设直线l 的方向向量是a ，平面α内的两个相交向量分别为m n 、，若,.0a m l a n α⎧⋅=⎪⊥⎨⋅=⎪⎩则 ⑶面面垂直。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证αβ⊥，只需证u v ⊥，即证0u v ⋅=.4、利用向量求空间角 ⑴求异面直线所成的角已知,a b 为两异面直线，A ，C 与B ，D 分别是,a b 上的任意两点，,a b 所成的角为θ，则cos .AC BD AC BDθ⋅=⑵求直线和平面所成的角求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角的余角.即有：cos s .in a u a uϕθ⋅==⑶求二面角二面角的平面角是指在二面角βα--l 的棱上任取一点O ，分别在两个半平面内作射线l BO l AO ⊥⊥,，则AOB ∠为二面角βα--l 的平面角.如图：求法：设二面角l αβ--的两个半平面的法向量分别为m n 、，再设m n 、的夹角为ϕ，二面角l αβ--的平面角为θ，则二面角θ为m n 、的夹角ϕ或其补角.πϕ- 根据具体图形确定θ是锐角或是钝角： 如果θ是锐角，则cos cos m n m nθϕ⋅==，即arccosm n m nθ⋅=；如果θ是钝角，则cos cos m nm nθϕ⋅=-=-，即arccos m n m n θ⎛⎫⋅ ⎪=-⎪⎝⎭. 5、利用法向量求空间距离⑴点Q 到直线l 距离若Q 为直线l 外的一点,P 在直线l 上，a 为直线l 的方向向量，b =PQ ，则点Q 到直线lOABOABl距离为 221(||||)()|h a b a b a =-⋅ ⑵点A 到平面α的距离若点P 为平面α外一点，点M 为平面α内任一点，平面α的法向量为n ，则P 到平面α的距离就等于MP 在法向量n 方向上的投影的绝对值.即cos ,d MP n MP=n MP MP n MP⋅=⋅n MP n⋅=⑶直线a 与平面α之间的距离当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等。
高三立体几何大题专题（用空间向量解决立体几何类问题）
1【知识梳理】一、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c r r r不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++u r r r r,,a b c r r r称为基向量。
称为基向量。
2、空间直角坐标系的建立、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i ρρρ,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。
则轴。
则a xi y j zk =++r r r r（x,y,z ）称为空间直角坐标。
）称为空间直角坐标。
注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。
建立即可。
3、空间向量运算的坐标表示、空间向量运算的坐标表示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==r r ，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±r r()111,,a x y z λλλλ=r 121212a b x x y y z z ⋅=++r r 错误!未找到引用源。
121212//,,a b a b x x y y z z λλλλ⇔=⇔===r r r r222111a a a x y z =⋅=++r r r ．a b ⋅r r =a rcos ,b a b 〈〉r r r ．cos ,a b a b a b ⋅〈〉=r r r r r r121212222222111222cos ,x x y y z za b a b ab x y z x y z ++⋅〈〉==++⋅++r r r r r r (2)(2)设设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=---u u u r r r(3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则()()()222212121d x x y y z zAB =AB =-+-+-u u u r二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x ，y ，z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a =（a1，a2, a3） b =（b1，b2，b3）4、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。
求解立体几何问题的向量方法
求解立体几何问题的向量方法向量方法在立体几何问题中的应用十分广泛，可以用于求解点、线、面的性质和相互关系，以及计算距离、角度和体积等问题。
以下将从点、线、面以及相关性质等方面详细介绍向量方法在立体几何中的应用。
一、点与向量的关系及性质：1.点P的坐标表示：设点P在空间中的坐标为(x,y,z)，则向量OP的坐标表示为(x,y,z)，其中O为坐标原点。
2.点的向量表示：点P与原点O的连线可表示为向量OP。
3.向量的模：向量OP的模记作，OP，或，OP，表示以点O为起点，点P为终点的有向线段OP的长度。
4.两点之间的向量：设点P(x1,y1,z1)、点Q(x2,y2,z2)，则向量PQ 的坐标表示为(Q-P)=(x2-x1,y2-y1,z2-z1)。
5.向量的方向：向量OP的方向是从点O指向点P的，可以用单位向量来表示，即方向与模相等的向量。
二、线的性质及向量表示：1.直线方程的向量表示：对于直线L，设点P在直线L上，向量n为直线的方向向量，则直线L上的任意一点P的坐标表示为P=P₀+t·n，其中t为实数，P₀为直线L上一点的坐标。
2.直线的方向向量：对于直线L，若直线L的方向向量u的坐标分量为(a,b,c)，则直线L的方向向量u=(a,b,c)。
3.直线的垂直性判定：若向量u和v互相垂直，则u·v=0。
4.直线的共面性判定：设直线L₁上有两点A和B，直线L₂上有一点P，则L₁和L₂共面当且仅当向量AB和AP共面，即[AB,AP]=0，其中[AB,AP]表示向量AB和AP的叉乘。
三、平面的性质及向量表示：1.平面的方程：平面上任意一点P(x,y,z)满足Ax+By+Cz+D=0称为平面的方程，其中(A,B,C)为平面的法向量。
2.平面的法向量：平面的法向量表示平面垂直于该向量的方向，可表示为n=(A,B,C)。
3.平面的一般方程：Ax+By+Cz+D=0。
若平面上有一点P₀(x₀,y₀,z₀)，则平面的一般方程可表示为A(x-x₀)+B(y-y₀)+C(z-z₀)=0。
立体几何的向量方法
立体几何的向量方法一、 求法向量平面的法向量：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n 垂直于平面α,记作n ⊥α，那 么向量n 叫做平面α的法向量.向量表示平行、垂直关系： 设直线,l m 的方向向量分别为,a b ，平面,αβ 的法向量分别为,u v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b a kb ⇔= ②l ∥α⇔a u ⊥ 0a u ⇔⋅= ③α∥β⇔u ∥v .u kv ⇔=求平面的法向量步骤：⑴ 设平面的法向量为(,,)n x y z =；⑵ 找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标；⑶ 根据法向量的定义建立关于,,x y z 的方程组；⑷ 解方程组,取其中的一个解,即得法向量.1．已知()()2,2,1,4,5,3AB AC ==，求平面ABC 的一个法向量.二、 用向量求空间线段的长度求出空间线段的长度：用空间向量表示空间线段，然后利用公式a ；三、点到平面的距离的求法用向量求点到平面的距离的方法： 设A ,α∈空间一点P 到平面α的距离为d ,平面α的一个法向量为n ，则D. = ||||PA n n ∙ 求点到平面的距离的步骤：⑴ 建立空间直角坐标系，写出平面内两个不共线向量的坐标；⑵ 求平面的一个法向量的坐标；⑶ 找出平面外的点与平面内任意一点连接向量的坐标；⑷ 代入公式求出距离.四、两条异面直线间的距离的求法用向量方法求两条异面直线间的距离，可以先找到它们的公垂线方向的一个向量n ，再在两条直线上分别取一点,A B ，则两条异面直线间距离n AB d n ∙= 求解.五、求二面角的平面角 若二面角两个面的法向量分别是12,n n ，二面角为θ则12cos cos ,n n θ=-，而 六．直线在平面上的投影若B 是平面上的一点，A 为平面外的一点，那么直线在平面上的投影为S,n cos cos(AB,n)AB.sin S θθ== 为平面的法向量， 121212cos ,.||||n n n n n n ∙<>=。
必考题型高考数学：空间向量解决立体几何问题两妙招
必考题型高考数学：空间向量解决立体几何问题两妙招第29练空间向量解决立体几何问题两妙招——“选基底”与“建系”题型一选好基底解决立体几何问题例1如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M、N分别是AB、CD的中点．(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；(2)求MN的长；(3)求异面直线AN与CM夹角的余弦值．破题切入点选好基底，将问题中涉及的向量用所选定的基底来线性表示，然后运算．(1)证明设＝p，＝q，＝r.由题意可知：|p|＝|q|＝|r|＝a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)＝(a2·cos60°＋a2·cos60°－a2)＝0.∴MN⊥AB，同理可证MN⊥CD.(2)解由(1)可知＝(q＋r－p)，∴||2＝2＝(q＋r－p)2＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]＝[a2＋a2＋a2＋2(－－)]＝×2a2＝.∴||＝a，∴MN的长为a.(3)解设向量与的夹角为θ.∵＝(＋)＝(q＋r)，＝－＝q－p，∴·＝(q＋r)·(q－p)＝(q2－q·p＋r·q－r·p)＝(a2－a2·cos60°＋a2·cos60°－a2·cos60°)＝(a2－＋－)＝.又∵||＝||＝a，∴·＝||·||·cosθ＝a·a·cosθ＝.∴cosθ＝，∴向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM夹角的余弦值为.题型二建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA ＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.破题切入点建立空间直角坐标系后，使用向量共线的充要条件证明∥即可证明(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直．另外也可用选基底的方法来解决．证明方法一(坐标法)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E(，1，)，F(0,1，)，所以＝(－，0,0)，＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB.又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC?平面P DC，所以平面PAD⊥平面PDC.方法二(选基底法)选取、、作为空间向量的一组基底．(1)由于E、F分别是PC、PD的中点，所以＝＝－，即与共线，EF?面PAB，AB?面PAB，∴EF∥面PAB.(2)由于ABCD为矩形，且PA⊥面ABCD，∴·＝·＝·＝0.所以有AB⊥面PAD，又∥，∴CD⊥面PAD，CD?面PCD，从而有平面PAD⊥平面PDC.题型三综合应用问题例3如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．(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．破题切入点利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算得结论．(1)证明以A为原点，向量，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足D P∥平面B1AE，此时AP＝.总结提高(1)利用选基底的方法证明位置关系或求解空间角等问题时，首先要选好基底，再次解决问题时所用的方法要熟练掌握．(2)利用建系的方法来解决立体几何问题时类似于选基底的办法，关键是理清原理，然后寻求原理所需要的条件来解决．1．下列各组向量共面的是()A．a＝(1,2,3)，b＝(3,0,2)，c＝(4,2,5)B．a＝(1,0,0)，b＝(0,1,0)，c＝(0,0,1)C．a＝(1,1,0)，b＝(1,0,1)，c＝(0,1,1)D．a＝(1,1,1)，b＝(1,1,0)，c＝(1,0,1)答案A2.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M 为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是()A．－a＋b＋cB.a＋b＋cC．－a－b＋cD.a－b＋c答案A解析显然＝＋＝＋(－)＝－a＋b＋c.3．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_ _______．答案90°解析方法一延长A1B1至D，使A1B1＝B1D，则AB1∥BD，∠MBD就是直线AB1和BM所成的角．设三棱柱的各条棱长为2，则BM＝，BD＝2，C1D2＝A1D2＋A1C－2A1D·A1C1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM2＝C1D2＋C1M2＝13，∴cos∠DBM＝＝0，∴∠DBM＝90°.方法二不妨设棱长为2，选择基向量{，，}，则＝－，＝＋，cos〈，〉＝＝＝0，故填写90°.4．P是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM、PN，如果∠BP M＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为________．答案90°解析不妨设PM＝a，PN＝b，如图，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，∵∠EPM＝∠FPN＝45°，∴PE＝a，PF＝b，∴·＝(－)·(－)＝·－·－·＋·＝abcos60°－a×bcos45°－abcos45°＋a×b＝－－＋＝0，∴⊥，∴二面角α－AB－β的大小为90°.5.如图所示，正四面体V－ABC的高VD的中点为O，VC的中点为M.(1)求证：AO、BO、CO两两垂直；(2)求〈，〉．(1)证明设＝a，＝b，＝c，正四面体的棱长为1，则＝(a＋b＋c)，＝(b＋c－5a)，＝(a＋c－5b)，＝(a＋b－5c)，∴·＝(b＋c－5a)·(a＋c－5b)＝(18a·b－9|a|2)＝(18×1×1·cos60°－9)＝0.∴⊥，∴AO⊥BO，同理AO⊥CO，BO⊥CO，∴AO、BO、CO两两垂直．(2)解＝＋＝－(a ＋b＋c)＋c＝(－2a－2b＋c)．∴||＝＝，||＝＝，·＝(－2a－2b＋c)·(b＋c－5a)＝，∴cos〈，〉＝＝，∵〈，〉∈[0，π]，∴〈，〉＝45°.6.如图所示，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC1的长；(2)求BD1与AC夹角的余弦值．解记＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，∴a·b＝b·c＝c·a＝.(1)||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×(＋＋)＝6，∴||＝，即AC1的长为.(2)＝b＋c－a，＝a＋b，∴||＝，||＝，·＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.∴cos〈，〉＝＝.∴AC与BD1夹角的余弦值为.7．(2014·课标全国Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．(1)证明连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.(2)解因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC，故O A⊥OB，从而OA，OB ，OB1两两互相垂直．以O为坐标原点，、、的方向为x轴、y 轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC ＝OA，则A(0,0，)，B(1,0,0)，B1(0，，0)，C(0，－，0)，＝(0，，－)，＝＝(1,0，－)，＝＝(－1，－，0)．设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n＝(1，，)．设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m＝(1，－，)．则cos〈n，m〉＝＝.所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为.8．(2014·山东)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC.又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连接AD1，如图(1)．在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.又C1M?平面A1ADD1，D1A?平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(2)解方法一如图(2)，连接AC，MC.由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形，可得BC＝AD＝MC，由题意∠ABC ＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB.以C为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系C－xyz，所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，因此M，所以＝，＝＝.设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，，1)．又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈，n〉＝＝.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.方法二由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，过点C向AB 引垂线交AB于点N，连接D1N，如图(3)．由CD1⊥平面A BCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝.所以ND1＝＝.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.9.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝4，CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上．(1)若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；(2)若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．解方法一(坐标法) 以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,2)，B1(0,4，2)．(1)因为A1M＝3MB1，所以M(1,3,2)．所以＝(4,0,2)，＝(－3,3,2)．所以cos〈，〉＝＝＝－.所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为.(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,2)，知＝(－4,4,0)，＝(－4,0,2)．设平面ABC1的法向量为n＝(a，b，c)，由得令a＝1，则b＝1，c＝，所以平面ABC1的一个法向量为n＝(1,1，)．因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4－x,2)，所以＝(x－4,4－x,2)．因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，〉|＝sin30°＝.由|n·|＝|n||||cos〈n，〉|，得|1×(x－4)＋1×(4－x)＋×2|＝2××，解得x＝2或x＝6.因为点M 在线段A1B1上，所以x＝2，即点M(2,2,2)是线段A1B1的中点．方法二(选基底法)由题意CC1⊥CA，CA⊥CB，CC1⊥CB取，，作为一组基底，则有||＝||＝4，||＝2，且·＝·＝·＝0.(1)由＝3，则＝＝＝－，∴＝＋＝＋－，且||＝，＝－－，且||＝2，·＝4，∴cos〈，〉＝＝.即异面直线AM与A1C所成角的余弦值为.(2)设A1M＝λA1B1，则＝＋λ－λ.又＝－，＝－，设面ABC1的法向量为n＝x＋y＋z，则n·＝8z－16x＝0，n·＝16y－16x＝0，不妨取x＝y＝1，z＝2，则n ＝＋＋2且|n|＝8，||＝，·n＝16，又AM与面ABC1所成的角为30°，则应有＝＝，得λ＝，即M为A1B1的中点．10．(2013·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA 1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．方法一(坐标法)(1)证明在正方形AA1 C1C中，A1A⊥AC.又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AA1⊥平面ABC.(2)解在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC，∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xy z.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4,0,0)，＝(0,3，－4)，＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)．设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．∴?∴取向量n1＝(0,4,3)，由?取向量n2＝(3,4,0)，∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.由题知二面角A1－BC1－B1为锐角，所以二面角A1－BC1－B1的余弦值为.(3)解设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且＝λ.∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.∴＝(4λ，3－3λ，4λ)，又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，则λ＝，因此＝.方法二(选基底法)由四边形AA1C1C是边长为4的正方形且面ABC⊥面AA1C1C.知AC⊥AB，AC⊥AA1，AA1⊥AB，以，，为基底，则有·＝·＝·＝0，且||＝4，||＝3，||＝4.(1)证明由·＝0，·＝0，知AA1⊥AC，AA1⊥AB，又AC∩AB＝A，所以AA1⊥面ABC.(2)解＝，＝＋＝－＋，＝.设面A1BC1的法向量为n1＝x1＋y1＋z1，由n1·＝0及n1·＝0，可取x1＝0，y1＝16，z1＝9，即n1＝16＋9，另设面BC1B1的法向量为n2＝x2＋y2＋z2，由n2·＝0及n2·＝0，可取x2＝9，y2＝16，z2＝0，即n2＝9＋16，所以n1·n2＝162×9，|n1|＝|n2|＝，∴cos〈n1，n2〉＝＝，即二面角A1－BC1－B1的余弦值为.(3)解设＝λ，则＝＋＝λ＋(1－λ)＋λ，＝－，所以·＝9－9λ－16λ＝0，得λ＝.于是BC1上存在点D且BD＝BC1，使AD⊥A1B，此时＝.。
高一数学立体几何问题的向量解法
B
小结
1.证明线面平行的方法：
（1）线//线=›线//面
（2）共面向量定理 （3）法向量法 2.证明面面平行的方法： （1）法向量法 （2）判定定理及推论
（二）用向量处理垂直问题
设a 、b是两条不重合的直线，它们的方向 向量分别为 a、 b 设α 、β 是两个不重合的平面，它们的法 向量分别为 m、 n
用向量处理平行与垂直问题
复习回顾
1、平行
推论
判定定理
性质定理
线//线
线//面
判定定理
定义
面//面
性质定理
2、直线与平面垂直
⑴ l l 内的任意一条直线
⑵ 线⊥线
判定定理
定义
线⊥面
（一）用向量处理平行问题
a
a
e1 e2
n
a b
a
m
n
b
a// a n
a// a, e1 , e2共面
F C
小结
1. 将逻辑推理(几何法)算法化 (代数法)是向量法的本质。 2.证明垂直问题的方法： 转化为向量的数量积
；
/ 整木定制
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他拿一个马扎让父亲坐下，继续说：“我是从城里来的，教了大半辈子的书，现在退休了，在家闲的无聊，便带上我的书到山 里来转转，已消磨多余的时光。说来也怪，我已来过两次了，却没有一个人来光顾我的小书摊儿。不是我看不起你们山里人， 你们山里人也太落后了，好端端的书怎么视而不问呢？后来，我想通了，山里的人们还在沉睡之中，还没有认识到文化知识的 重要性。所以我要坚持下去„„谁想到当我第三次来到山里的时候，我的第一位顾客竟是个还在吃奶的孩子„„”他说到这里 停了下来，仔细地端详了小荷一番，笑着说：“这样吧，我这儿有一本幼儿启蒙小画册，专供幼儿看图识字用的。我把它赠送 给我的第一位小主顾，让她好好识字，这孩子有天分，长大了一定会有作为的。” 晚上，父亲把这事告诉了大家，我们都不信。 父亲当着全家人的面指着小画册上的图画，小荷立马就说：“爷爷，奶奶，爸爸，妈妈，哥哥，狙狙，妹妹，弟弟„„” 她眨眨眼睛，好奇地问：“爸爸，我怎么没有妹妹和弟弟？„„妈妈，我要妹妹和弟弟„„”说着说着，她一头扑在妈妈的怀 里，闹起来，“妈妈，妈妈„„我要妹妹和弟弟„„” “小荷，不是有荷花狙狙天天跟你在一起吗？”肖艳把女儿搂在怀里。 “我才不喜欢荷花呢„„天天来吃妈妈的奶，不知道看小人书„„ “小荷，这话可不能乱说，让人家知道了，你就再也见不到妈妈了。”肖艳吓唬着女儿。 小荷瞪大了眼睛，悄悄地问：“为什么呢？” “等你长大了你就会知道的„„” 小荷紧紧地搂住妈妈的脖子，哭了出来，“小荷不要妈妈走„„小荷要和妈妈在一起„„” “妈妈不走，妈妈不走，小荷是个乖孩子„„妈妈永远和小荷在一起„„” 第五章|榕树下原创_华语文学门户 一晃四年过去了，小荷居然能认识几百个汉字，能背诵二三十首诗了。 我主动地去找五哥，提出了小荷和荷花上学的事。 五哥拿出有关文件对我说：“按照文件规定，入学儿童必须年满七周岁，七周岁以下儿童，可根据当地的实际情况加入学前班 或幼儿园进行学前教育。按此规定，他俩充其量只能参加学前教育。然而，我们山里就目前来说，只有镇上有一家幼儿园，离 我们村太远接送孩子是个大问题„„” “五哥，我今天来是想让小荷在我们村的学校上学，不牵扯其它的学校„„” 五哥皱着眉头在屋子里踱来踱去，最后终于下了决定，：“好吧，让她们一起来吧，大不了让他俩在一年级多上两年。” “那可不行！只要学习好，符合升级的要求就不能只上一年级„„”
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立体几何中几类典型问题的向量解法空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题、证线面平行与垂直以及解决立体几 何的探索性试题提供了简便、快速的解法。
它的实用性是其它方法无法比拟的，因此应加强运用向量方法解决几何问题的意识， 提高使用向量的熟练程度和自觉性， 注意培养向量的代数运算推理能力，掌握向量的基本知识和技能，充分利用向量知识解决图形中的角和距离、 平行与垂直问题。
「、利用向量知识求点到点，点到线，点到面，线到线，线到面，面到面的距离 (1) 求点到平面的距离除了根据定义和等积变换外还可运用平面的法向量求得，方法是:(3)求点P 到直线AB 的距离，可在 AB上取一点Q ，令AQ的最小值求得参数 ■,以确定Q 的位置，贝U PQ 为点P 到直线AB 的距离。
还可以在AB 上任取一点Q 先求cos ：：： PQ, AB •，再转化为sin ：：： PQ,AB •，则 点P 到直线AB 的距离。
(4)求两条异面直线li,l2之间距离，可设与公垂线段例 1：设 A(2,3,1), B(4,1,2), C(6,3,7), D(-5,-4,8)，求点 D 到平面 ABC 的距离例2：如图，正方形 ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面 ABCD 、ABEF 互相垂直。
点M 在AC 上移动，点 N 在BF 上移动，若CM 二BN 二a (0 ：：： a 2)。
求出平面的一个法向量的坐标，再求出已知点P 与平面内任一点M 构成的向量 M P 的坐标, 那么P 到平面的距离d = MP •'cosen,MP >(2)求两点P,Q 之间距离，可转化求向量PQ 的模。
sin ：： PQ, AB 为AB 平行的向量n , C,D 分别是ht 上的任意两点，贝y h,l2之间距离 AB =例3：正方体 ABCD -AB 1C 1D 1的棱长为1,求异面直线 AQ ,与AB ,间的距离点评：若n 是平面:-的法向量，AB 是平面:-的一条斜线段，且B e ::^，则点A 到平面〉的r 4 AB ・n距离d =—4一，平行平面之间的距离转化为点到平面的距离，变为斜线在法向量上的射n影。
二、利用向量知识求线线角，线面角，二面角的大小。
(i )设- J是两条异面直线，A,B 是l i 上的任意两点,AB ・CD例4：如图，在长方体 面ACD i 的距离。
ABCD - A i B i C i D i 中, C, D 是直线12上的任意两点，则1」2(2)设AB 是平面〉的斜线，且B : , BC 是斜线 AB 在平面 :内的射影，则斜线AB 与AB平面a 所成的角为 arccos-^-AB ・BC :-的法向量, AB 是平面〉的一条斜线, AB *n «所成的角为一 —arccos-或者 arcs in J2 ABnAB ■ y所成的角为arccos。
设n 是平面 AB ・n o则AB 与平面例7：如图，PA _平面ABC ,AC — BC, PA = AC -1, BC = 2，求二面角 A - PB - C 的大小。
点评：如果 AB,CD 分别是二面角〉-丨- 一：两个面内的两条直线，且 l,C • I,AB — l,CD —丨，则二面角的大小为：::AB,CD(3)设ri|,n 2是二面角.--的面二F ：的法向量，则=arc cos.面角的平面角或补角的大小。
例5：在棱长为a 的正方体 ABCD -A'B 'C 'D '中,(1) 求直线AC 与DE 所成角；(2) 求直线AD 与平面B 'EDF 所成的角， (3) 求平面B EDF 与平面ABCD 所成的角例6:如图，四棱锥 P - ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PD _底面ABCD ，AD=PD ，E ， F 分别CD 、PB 的中点. (I)求证：EF _平面PAB ;(H)设AB= .2 BC ，求AC 与平面AEF 所成角的大小:::n2就是EF 分别是BC, A 'D '的中点,yD例&如图，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，/ ABC = 90° , SA丄面ABCD , SA = AB = BC = 1 , AD二1.求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值. _2点评：用向量知识求二面角的大小时，是将二面角的问题转化为两平面的法向量的夹角问题，(1 V法向量别指向二面角内侧与外侧时，二面角的大小等于法向量厲与r t的夹角的大小。
(2)当法向量厲与r2的方向同时指向二面角的内侧或外侧时，二面角的大小等于法向量厲与r t的夹角的补角二-:::r i, rr，•。
三、利用向量知识解决平行与垂直问题。
例9:如图，在直三棱柱ABC —A i B i C i 中，AC = 3, BC = 4, AA i = 4, AB = 5,点D 是AB 的中点，(I)求证：AC丄BC i；(II)求证：A i C〃平面CDB i ；点评：平行问题的转化：面面平行转化线面平行转化线线平行；例iO.如图，在长方体ABCD —A i B i C i D i，中，AD=AA i=i ,AB=2，点E在棱AD上移动.(1)证明：D i E丄A i D;(2)当E为AB的中点时，求点E到面ACD i的距离；(3)AE等于何值时，二面角D i—EC —D的大小为一.4四、利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。
例ii.如图，在直三棱柱(i)求证AC _ BC i；ABC - A, B i C i中，AC = 3, BC = 4, AB = 5, AA| (2)在AB上是否存在点D使得AC i — CD ?(3)在AB上是否存在点D使得A,C //平面CDB ,CCiB iAD五、专题突破：1、如图：已知二面角〉-1 - '■的大小为120 ,点Aw ：£, B.二F,AC _丨于点C ,BD _1于D，且AC = CD二DB =1，求 (1)直线AB与CD所成角的大小，(2)直线AB与CD的距离。
F分别是AB、PB的中点.(I)求证：EF丄CD ;(H)在平面PAD内求一点G,使GF丄平面PCB ,并证明你的结论;2、如图，在四棱锥P—ABCD 中，PD丄底面ABCD，底面ABCD为正方形, PD=DC, E、(川)求DB与平面DEF所成角的大小.3、如图，在直三棱柱ABC —A1B1C1 中，/ ACB=90 ,CB=1,CA=灵,AA 1^j6,M 为侧棱CC1 上一点，AM _ BA1.(1) 求证：AM _平面A1BC ；(2) 求二面角B —AM —C的大小;(3) 求点C到平面ABM的距离.3,底面边长为2, E是4、如图，ABCD -ABQ1D1是正四棱柱，侧棱长为棱BC的中点。
(I)求证：BD1//平面GDE ；(n)求二面角C^DE -C的大小(川)在侧棱BB1上是否存在点P，使得CP —平面GDE ?证明你的结论。
5、如图，在直三棱柱 ABC —A 1BQ 1 中，/ ACB=90 ° , AC=BC=CC 1=2. (I )证明：AB 」BC 1；(II )求点B 到平面AB 1C 1的距离• (III )求二面角C i —AB 1 — A i 的大小6、( 2006年湖南卷)如图 4,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与Q-ABCD 的高分别为 1和 2,AB=4. ( I )证明 PQL 平面 ABCD;(II )求异面直线AQ 与 PB 所成的角； (川)求点P 到平面QAD 勺距离.17、( 2006年全国卷II )如图，在直三棱柱 ABC — A i B i C i 中，AB = BC , D 、E 分别为BB 「 AC i 的中点.(I)证明：ED 为异面直线 BB i 与AC i 的公垂线；(I)设 AA i = AC =■. 2AB ，求二面角 A i — AD — C i 的大小.CAB参考答案: 例1 :解：设平面ABC的法向量n = (x, y, z), ： n «AB=o,n .AC =0 ,所以3 (x,y,z) ・(2, -2,1) =0 2x-2y z=0 x = - — zi ，2 \ 2(x,y,z) *(4,0,6) =0 4x 6z=0 y z3x(—7)+2x(—7) —2x7.322 2(-2)2• .(-7)2(-7)272例2：解：建立如图所示空间直角坐标系O_xy z.F(1,0,0), B(0,1,0),C(0,1,1), AMaBN BF, AN 二(1 -、、2 AB I AF =」_(a, .2 — a,0)2 2.2 - a=(1 -(0,1,1),MN =AN -AM =—a,0, a-72)二MNV2；(0Ya2)⑵由min2；得a(3)為仝MN」(1,0—1),又M A=1(0,-V1),M^-(0,1,-1)所以可求得平面- 2 2 2MNA与平面N B勺法向量分别为厲=(-1,1,-1),门2 =(1,1,1)，所以cos :: m ,n2二1 . 1 二，所以v _ 二-arccos—3 3例3：解：如图建立坐标系，贝U A(1,0,0), A(1,0,1), B1(1,1,1),G(0,1,1)AB, =(0,1,1),AC1 =(-1,1,0)，设MN 是直线A1C1 与AB1 的公垂线，且A D 1AN 二■ AB1(0, ■ , ■), AM = uAC = (-u, u,0)则MN =MA + AA +AN =—(—u,u,0) +(0,0,1)+(0，人财= (u£—u,G B1B■z=—2,则n =(3,2,-2),所以设D到平面ABC的距离为d , d49,1749.1717cos ：cos ：：n, AD故AD 与平面BEDF 所成角为arccos^3例4: ! T-I A —.2AG = 0 — -2u = 0 1 _3MN(戶 MN・AB [二 0 = ， 2，- u = -1 1 u=——I 3(士亠 解：：* BG//AD r , AD<| 平面 ACD 1r BC 1 // 平面 ACD 1，同理 A<|B 〃 平面 ACD 1,又 ABPIBC J 二B,.平面A ,BC 〃平面ACD ，建立直角坐标系 D —xyz ， ：AB =4,BC =3,CG =2 , A (3,0, 2), B(3,4,0), G(0, 4,2) TT 单 .AB 二(0,4, -2), BG 二(-3,0,2)，设 n 二(x, y, z)为平面 Ag 的法 曰 彳T 彳T 向量，贝V n _ AB= n ♦ A|B = 0,= 4y - 2z = 0, H —I Q —H由 n _ BG = n ・BC^ = 0= -3x ■ 2z = 0 ,1 2 邮 2 1 不妨设 z =1,. y ,x ,. n = (—, ,1) 2 3 3 2 二、利用向量知识求线线角，线面角，二面角的大小。