高三数学二轮复习 第一篇 专题4 第3课时空间向量与立体几何课件 理
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设 D(1,0,0)，则 A(2,2,0)、B(0,2,0)． 又设 S(x，y，z)，则 x>0，y>0，z>0.
(1)证明：A→S＝(x－2，y－2，z)，B→S＝(x，y－2，z)，D→S ＝(x－1，y，z)，
由|A→S|＝|B→S|得 x－22＋y－22＋z2＝ x2＋y－22＋z2，
故 x＝1. 由|D→S|＝1 得 y2＋z2＝1.① 又由|B→S|＝2 得 x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即 y2＋z2－4y＋1＝0，②
联立①②得y＝12，
z＝
3 2.
于是 S1，12， 23，A→S＝－1，－32， 23， B→S＝1，－32， 23，D→S＝0，12， 23. 因为D→S·A→S＝0，D→S·B→S＝0，故 DS⊥AS，DS⊥BS，
又 AS∩BS＝S，所以 SD⊥平面 SAB.
(2)设平面 SBC 的法向量 a＝(m，n，p)， 则 a⊥B→S，a⊥C→B，a·B→S＝0，a·C→B＝0. 又B→S＝1，－32， 23，C→B＝(0,2,0)，
2．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为： (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．
2.如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA ⊥面 ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且 PA ＝AB＝BC＝12AD＝1.
解析： 如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位 长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D－xyz.
(1)证明：依题意有 Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)． 则D→Q＝(1,1,0)，D→C＝(0,0,1)，P→Q＝(1，－1,0)． 所以P→Q·D→Q＝0，P→Q·D→C＝0. 即 PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 又 DQ∩DC＝D，所以 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ⊂平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ.
(3)面面夹角 设平面 α、β 的夹角为 θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.
3．求空间距离
直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面 →
的距离，点 P 到平面 α 的距离：d＝|PM|n|·n|(其中 n 为 α 的法向量， M 为 α 内任一点).
可取 m＝(1,1,1)，所以 cos〈m，n〉＝－
15 5.
故二面角 Q－BP－C 的余弦值为－
15 5.
• 求二面角最常用的办法就是分别求出二面 角的两个面所在平面的法向量，然后通过 两个平面的法向量的角得到二面角的大 小，但要注意结合实际图形判断所求角是 锐角还是钝角．
3.如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.
• (1)B1D⊥平面ABD； • (2)平面EGF∥平面ABD.
证明：(1)如图所示，以 B 为坐标原点，BA、 BC、BB1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则 B(0,0,0) ， D(0,2,2) ， B1(0,0,4)，设 BA＝a，则 A(a,0,0)，
(2)∵M12，0，12，N12，1，1 ∴M→N＝0，1，12 由(1)知，D→1F＝0，12，－1是平面 ADE 的法向量． 又∵M→N·D→1F＝0＋12－12＝0， ∴MN⊥D1F， ∵MN⊄平面 ADE，∴MN∥平面 ADE.
1．空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是 利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量 法来论证．
(1)异面直线所成角 θ(0°＜θ≤90°) 设 a，b 分别为异面直线 a，b 的方向向量， 则 cos θ＝|cos〈a，b〉|＝|a|a|··b|b||；
(2)线面角 θ(0°≤θ≤90°) 设 a 是直线 l 的方向向量，n 是平面的法向量，则 sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a|a|··n|n||.
(1)求 PB 与 CD 所成的角． (2)求直线 PD 与面 PAC 所成的角的余弦值．
解析： 建立空间直角坐标系如图所示， (1)∵PA＝AB＝BC＝12AD＝1， ∴P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)． ∴P→B＝(1,0，－1)，C→D＝(－1,1,0)． ∴cos〈P→B，C→D〉＝－1＋2·0＋2 0＝－12. ∴〈P→B，C→D〉＝120°， ∴PB 与 CD 所成的角为 60°.
所以B→A＝(a,0,0)，B→D＝(0,2,2)， B→1D＝(0,2，－2)， B→1D·B→A＝0， B→1D·B→D＝0＋4－4＝0， 即 B1D⊥BA，B1D⊥BD，因此 B1D⊥平面 ABD.
(2)E(0,0,3)，Ga2，1，4，F(0,1,4)，则E→G＝a2，1，1， E→F＝(0,1,1)，B→1D·E→G＝0＋2－2＝0， B→1D·E→F＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF，因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.
• (2011·全国卷改编)如图，四棱锥S－ ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为 等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
• (1)证明：SD⊥平面SAB； • (2)求AB与平面SBC所成的角的正弦值．
解析： 以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如 图所示的空间直角坐标系 C－xyz.
＝kc3. • (3)面面平行 • α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3
• 2．直线与直线、直线与平面、平面与平面 的夹角计算
• 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1， c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分 别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下 相同)
F0，12，0，E1，1，12， A→D＝(－1,0,0)，D→1F＝0，12，－1， A→D·D→1F＝(－1,0,0)·0，12，－1＝0. ∴AD⊥D1F.
又A→E＝0，1，12，D→1F＝0，12，－1， ∴A→E·D→1F＝0，1，12·0，12，－1 ＝12－12＝0. ∴AE⊥D1F. 又 AE∩AD＝A，D1F⊄平面 ADE， ∴D1F⊥平面 ADE.
第3课时 空间向量与立体几何
• 1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直 的向量方法
• 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1， c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分 别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下 相同)
• (1)线面平行 • l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. • (2)线面垂直 • l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1
(1)若 D 为 AA1 的中点，求证：平面 B1CD ⊥平面 B1C1D；
(2)若二面角 B1－DC－C1 的大小为 60°， 求 AD 的长．
解析： (1)证明：如图，以 C 为坐标原点， CA、CB、CC1 所在的直线分别为 x，y，z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则 C(0,0,0) ， A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)．
θ＝
|PD·m| →
＝
|PD|·|m|
2＝ 5· 2
10 5.
∵θ∈0，π2，∴cos θ＝
15 5.
即直线 PD 与面 PAC 所成角的余弦值为
15 5.
(2011·辽宁卷)如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥ 平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12PD.
(1)证明：平面 PQC⊥平面 DCQ； (2)求二面角 Q－BP－C 的余弦值．
即 a＝ 2，故 AD＝ 2.
如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形 ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD. (2)设AB＝AP.
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长； ②在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C， D的距离都相等？说明理由．
解析： (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD，
所以 PA⊥AB， 又 AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以 AB⊥平面 PAD， 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD.
(2)以 A 为坐标原点，建立空 间直角坐标系 A－xyz(如图)，
在平面 ABCD 内，作 CE∥AB 交 AD 于点 E，则 CE⊥AD，
故m－32n＋ 23p＝0， 2n＝0.
取 p＝2 得 a＝(－ 3，0,2)．又A→B＝(－2,0,0)，
cos〈A→B，a〉＝
→ |AB·a| →
＝
21 7.
|AB|·|a|
所以 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为
21 7.
1．利用空间向量求两异面直线所成的角，直线与平面 所成的角的方法及公式为：
(2)依题意有 B(1,0,1)，C→B＝(1,0,0)，B→P＝(－1,2，－1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 PBC 的法向量，则nn··CB→→BP＝＝00，，
即x－＝x0＋，2y－z＝0. 因此可取 n＝(0，－1，－2)．
同理，设 m 是平面 PBQ 的法向量，则mm··BP→→QP＝＝00，.
即C→1B1＝(0,2,0)，D→C1＝(－1,0,1)， C→D＝(1,0,1)，由C→D·C→1B1＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得 CD⊥ C1B1.
由C→D·D→C1＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得 CD⊥DC1. 又 DC1∩C1B1＝C1， ∴CD⊥平面 B1C1D. 又 CD⊂平面 B1CD， ∴平面 B1CD⊥平面 B1C1D.
(1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ0≤θ≤π2，则 cos θ＝|a|a|··b|b||＝ a12＋|ab11a22＋＋cb121b2a＋22c＋1cb22| 2＋c22. (2)线面夹角 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2， 则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝cos〈a，μ〉．
• 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E， F分别是BB1，DC的中点．
• (1)求证：D1F⊥平面ADE. • (2)设正方形ADD1A1的中心为M，
B1C1的中点为N，求证：MN∥平面 ADE.
证明：(1)如图，不妨设正方体的棱长 为 1，以 D 为坐标原点建立空间直角坐标 系 D－xyz，则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，
在 Rt△CDE 中，DE＝CD·cos 45°＝1，CE＝CD·sin 45° ＝1，
(2)设 AD＝a，则 D(1,0，a)，C→D＝(1,0，a)，C→B1＝(0,2,2)， 设平面 B1CD 是一个法向量为 m＝(x，y，z)．
则mm··CC→→BD1＝＝00
⇒2xy＋＋a2z＝z＝00 ，
令 z＝－1，得 m＝(a,1，－1)，
又平面 C1DC 的一个法向量为 n＝(0,1,0)， 则由 cos 60°＝|mm|·|nn|，得 a21＋2＝12，
2．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论 证，而直接计算就行了，把几何问题代数化．尤其是在正方 体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但 是向量法要求计算必须准确无误．
3．设平面 α 的法向量为 n，则 AB∥α⇔A→B·n＝0.
• 1．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝ 90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上， 且EB1＝1，D、F、G分别为CC1、C1B1、 C1A1的中点．求证：
(2)P→D＝(0,2，－1)，A→P＝(0,0,1)，A→C＝(1,1,0)， 设 m＝(x，y，z)是平面 PAC 的一个法向量，
则mm··AA→→PC＝＝00
即zx＝＋0y＝0 ，即 x＝－y，z＝0，
取 x＝1，则 m＝(1，－1,0)，
设直线 PD 与面 PAC 所成的角为 θ，
→
∴sin
(1)证明：A→S＝(x－2，y－2，z)，B→S＝(x，y－2，z)，D→S ＝(x－1，y，z)，
由|A→S|＝|B→S|得 x－22＋y－22＋z2＝ x2＋y－22＋z2，
故 x＝1. 由|D→S|＝1 得 y2＋z2＝1.① 又由|B→S|＝2 得 x2＋(y－2)2＋z2＝4， 即 y2＋z2－4y＋1＝0，②
联立①②得y＝12，
z＝
3 2.
于是 S1，12， 23，A→S＝－1，－32， 23， B→S＝1，－32， 23，D→S＝0，12， 23. 因为D→S·A→S＝0，D→S·B→S＝0，故 DS⊥AS，DS⊥BS，
又 AS∩BS＝S，所以 SD⊥平面 SAB.
(2)设平面 SBC 的法向量 a＝(m，n，p)， 则 a⊥B→S，a⊥C→B，a·B→S＝0，a·C→B＝0. 又B→S＝1，－32， 23，C→B＝(0,2,0)，
2．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为： (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．
2.如图，在四棱锥 P－ABCD 中，PA ⊥面 ABCD，AB⊥BC，AB⊥AD，且 PA ＝AB＝BC＝12AD＝1.
解析： 如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位 长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D－xyz.
(1)证明：依题意有 Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)． 则D→Q＝(1,1,0)，D→C＝(0,0,1)，P→Q＝(1，－1,0)． 所以P→Q·D→Q＝0，P→Q·D→C＝0. 即 PQ⊥DQ，PQ⊥DC. 又 DQ∩DC＝D，所以 PQ⊥平面 DCQ. 又 PQ⊂平面 PQC，所以平面 PQC⊥平面 DCQ.
(3)面面夹角 设平面 α、β 的夹角为 θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.
3．求空间距离
直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面 →
的距离，点 P 到平面 α 的距离：d＝|PM|n|·n|(其中 n 为 α 的法向量， M 为 α 内任一点).
可取 m＝(1,1,1)，所以 cos〈m，n〉＝－
15 5.
故二面角 Q－BP－C 的余弦值为－
15 5.
• 求二面角最常用的办法就是分别求出二面 角的两个面所在平面的法向量，然后通过 两个平面的法向量的角得到二面角的大 小，但要注意结合实际图形判断所求角是 锐角还是钝角．
3.如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，∠ ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.
• (1)B1D⊥平面ABD； • (2)平面EGF∥平面ABD.
证明：(1)如图所示，以 B 为坐标原点，BA、 BC、BB1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则 B(0,0,0) ， D(0,2,2) ， B1(0,0,4)，设 BA＝a，则 A(a,0,0)，
(2)∵M12，0，12，N12，1，1 ∴M→N＝0，1，12 由(1)知，D→1F＝0，12，－1是平面 ADE 的法向量． 又∵M→N·D→1F＝0＋12－12＝0， ∴MN⊥D1F， ∵MN⊄平面 ADE，∴MN∥平面 ADE.
1．空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是 利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量 法来论证．
(1)异面直线所成角 θ(0°＜θ≤90°) 设 a，b 分别为异面直线 a，b 的方向向量， 则 cos θ＝|cos〈a，b〉|＝|a|a|··b|b||；
(2)线面角 θ(0°≤θ≤90°) 设 a 是直线 l 的方向向量，n 是平面的法向量，则 sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a|a|··n|n||.
(1)求 PB 与 CD 所成的角． (2)求直线 PD 与面 PAC 所成的角的余弦值．
解析： 建立空间直角坐标系如图所示， (1)∵PA＝AB＝BC＝12AD＝1， ∴P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)． ∴P→B＝(1,0，－1)，C→D＝(－1,1,0)． ∴cos〈P→B，C→D〉＝－1＋2·0＋2 0＝－12. ∴〈P→B，C→D〉＝120°， ∴PB 与 CD 所成的角为 60°.
所以B→A＝(a,0,0)，B→D＝(0,2,2)， B→1D＝(0,2，－2)， B→1D·B→A＝0， B→1D·B→D＝0＋4－4＝0， 即 B1D⊥BA，B1D⊥BD，因此 B1D⊥平面 ABD.
(2)E(0,0,3)，Ga2，1，4，F(0,1,4)，则E→G＝a2，1，1， E→F＝(0,1,1)，B→1D·E→G＝0＋2－2＝0， B→1D·E→F＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF，因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.
• (2011·全国卷改编)如图，四棱锥S－ ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为 等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
• (1)证明：SD⊥平面SAB； • (2)求AB与平面SBC所成的角的正弦值．
解析： 以 C 为坐标原点，射线 CD 为 x 轴正半轴，建立如 图所示的空间直角坐标系 C－xyz.
＝kc3. • (3)面面平行 • α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3
• 2．直线与直线、直线与平面、平面与平面 的夹角计算
• 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1， c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分 别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下 相同)
F0，12，0，E1，1，12， A→D＝(－1,0,0)，D→1F＝0，12，－1， A→D·D→1F＝(－1,0,0)·0，12，－1＝0. ∴AD⊥D1F.
又A→E＝0，1，12，D→1F＝0，12，－1， ∴A→E·D→1F＝0，1，12·0，12，－1 ＝12－12＝0. ∴AE⊥D1F. 又 AE∩AD＝A，D1F⊄平面 ADE， ∴D1F⊥平面 ADE.
第3课时 空间向量与立体几何
• 1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直 的向量方法
• 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1， c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分 别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下 相同)
• (1)线面平行 • l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0. • (2)线面垂直 • l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1
(1)若 D 为 AA1 的中点，求证：平面 B1CD ⊥平面 B1C1D；
(2)若二面角 B1－DC－C1 的大小为 60°， 求 AD 的长．
解析： (1)证明：如图，以 C 为坐标原点， CA、CB、CC1 所在的直线分别为 x，y，z 轴 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则 C(0,0,0) ， A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)．
θ＝
|PD·m| →
＝
|PD|·|m|
2＝ 5· 2
10 5.
∵θ∈0，π2，∴cos θ＝
15 5.
即直线 PD 与面 PAC 所成角的余弦值为
15 5.
(2011·辽宁卷)如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥ 平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12PD.
(1)证明：平面 PQC⊥平面 DCQ； (2)求二面角 Q－BP－C 的余弦值．
即 a＝ 2，故 AD＝ 2.
如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形 ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD. (2)设AB＝AP.
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长； ②在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C， D的距离都相等？说明理由．
解析： (1)证明：因为 PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD，
所以 PA⊥AB， 又 AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以 AB⊥平面 PAD， 又 AB⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD.
(2)以 A 为坐标原点，建立空 间直角坐标系 A－xyz(如图)，
在平面 ABCD 内，作 CE∥AB 交 AD 于点 E，则 CE⊥AD，
故m－32n＋ 23p＝0， 2n＝0.
取 p＝2 得 a＝(－ 3，0,2)．又A→B＝(－2,0,0)，
cos〈A→B，a〉＝
→ |AB·a| →
＝
21 7.
|AB|·|a|
所以 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为
21 7.
1．利用空间向量求两异面直线所成的角，直线与平面 所成的角的方法及公式为：
(2)依题意有 B(1,0,1)，C→B＝(1,0,0)，B→P＝(－1,2，－1)． 设 n＝(x，y，z)是平面 PBC 的法向量，则nn··CB→→BP＝＝00，，
即x－＝x0＋，2y－z＝0. 因此可取 n＝(0，－1，－2)．
同理，设 m 是平面 PBQ 的法向量，则mm··BP→→QP＝＝00，.
即C→1B1＝(0,2,0)，D→C1＝(－1,0,1)， C→D＝(1,0,1)，由C→D·C→1B1＝(1,0,1)·(0,2,0)＝0，得 CD⊥ C1B1.
由C→D·D→C1＝(1,0,1)·(－1,0,1)＝0，得 CD⊥DC1. 又 DC1∩C1B1＝C1， ∴CD⊥平面 B1C1D. 又 CD⊂平面 B1CD， ∴平面 B1CD⊥平面 B1C1D.
(1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 θ0≤θ≤π2，则 cos θ＝|a|a|··b|b||＝ a12＋|ab11a22＋＋cb121b2a＋22c＋1cb22| 2＋c22. (2)线面夹角 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ0≤θ≤π2， 则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝cos〈a，μ〉．
• 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E， F分别是BB1，DC的中点．
• (1)求证：D1F⊥平面ADE. • (2)设正方形ADD1A1的中心为M，
B1C1的中点为N，求证：MN∥平面 ADE.
证明：(1)如图，不妨设正方体的棱长 为 1，以 D 为坐标原点建立空间直角坐标 系 D－xyz，则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，
在 Rt△CDE 中，DE＝CD·cos 45°＝1，CE＝CD·sin 45° ＝1，
(2)设 AD＝a，则 D(1,0，a)，C→D＝(1,0，a)，C→B1＝(0,2,2)， 设平面 B1CD 是一个法向量为 m＝(x，y，z)．
则mm··CC→→BD1＝＝00
⇒2xy＋＋a2z＝z＝00 ，
令 z＝－1，得 m＝(a,1，－1)，
又平面 C1DC 的一个法向量为 n＝(0,1,0)， 则由 cos 60°＝|mm|·|nn|，得 a21＋2＝12，
2．用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论 证，而直接计算就行了，把几何问题代数化．尤其是在正方 体、长方体、直四棱柱中相关问题证明用向量法更简捷．但 是向量法要求计算必须准确无误．
3．设平面 α 的法向量为 n，则 AB∥α⇔A→B·n＝0.
• 1．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝ 90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上， 且EB1＝1，D、F、G分别为CC1、C1B1、 C1A1的中点．求证：
(2)P→D＝(0,2，－1)，A→P＝(0,0,1)，A→C＝(1,1,0)， 设 m＝(x，y，z)是平面 PAC 的一个法向量，
则mm··AA→→PC＝＝00
即zx＝＋0y＝0 ，即 x＝－y，z＝0，
取 x＝1，则 m＝(1，－1,0)，
设直线 PD 与面 PAC 所成的角为 θ，
→
∴sin