2013版高中全程復(fù)習(xí)方略配套課件：7.9利用空間向量求空間角與距離（北師大版·數(shù)學(xué)理）

1、第九節(jié)第九節(jié) 利用空間向量求空間角與距離利用空間向量求空間角與距離 三年三年2323考考 高考指數(shù)高考指數(shù): : 1.1.能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的 夾角的計(jì)算問題夾角的計(jì)算問題. . 2.2.了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用. . 1.1.利用直線的方向向量和平面的法向量求空間角與距離是高考利用直線的方向向量和平面的法向量求空間角與距離是高考 的熱點(diǎn)，尤其是用向量法求平面與平面的夾角和點(diǎn)到平面的距的熱點(diǎn)，尤其是用向量法求平面與平面的夾角和點(diǎn)到平面的距 離；離； 2.2.本

2、節(jié)的重點(diǎn)是利用向量法求空間角，難點(diǎn)是正確地進(jìn)行計(jì)算本節(jié)的重點(diǎn)是利用向量法求空間角，難點(diǎn)是正確地進(jìn)行計(jì)算 3.3.高考對本節(jié)的考查多以解答題的形式出現(xiàn)，綜合考查空間想高考對本節(jié)的考查多以解答題的形式出現(xiàn)，綜合考查空間想 象能力、運(yùn)算能力及數(shù)形結(jié)合思想象能力、運(yùn)算能力及數(shù)形結(jié)合思想. . 1.1.夾角的計(jì)算夾角的計(jì)算 (1)(1)直線間的夾角直線間的夾角 兩直線的夾角兩直線的夾角 當(dāng)兩條直線當(dāng)兩條直線l1 1與與l2 2共面時(shí)，我們把兩條直線交角中共面時(shí)，我們把兩條直線交角中, ,范圍在范圍在 _內(nèi)的角叫作兩直線的夾角內(nèi)的角叫作兩直線的夾角. . 0, 0, 2 異面直線的夾角異面直線的夾角 當(dāng)直

3、線當(dāng)直線l1 1與與l2 2是異面直線時(shí)，在直線是異面直線時(shí)，在直線l1 1上任取一點(diǎn)上任取一點(diǎn)A A作作ABABl2 2，我，我 們把們把_的夾角叫作異面直線的夾角叫作異面直線l1 1與與l2 2的夾角的夾角. . 設(shè)設(shè)s1 1，s2 2分別是兩異面直線分別是兩異面直線l1 1，l2 2的方向向量，則的方向向量，則 直線直線l1 1和直線和直線ABAB l1 1與與l2 2的夾角的夾角 范圍范圍 求法求法 關(guān)系關(guān)系 與 的夾角 , 1212 sss s 0 2 12 0 ， ss coscos ， 12 ss 12 12 s s ss cos ， 12 ss 0s , 2 當(dāng)時(shí) 2 s 1

4、1 ,s ; 1 s 2 2 , 2 當(dāng) 時(shí)， 12 s s, 12 s s 12 12 s s ss (2)(2)直線與平面的夾角直線與平面的夾角 平面外一條直線與它平面外一條直線與它_的夾角叫作該直線與此的夾角叫作該直線與此 平面的夾角平面的夾角. . 設(shè)直線設(shè)直線l的方向向量為的方向向量為s，平面，平面的法向量為的法向量為n，直線，直線l與平面與平面的的 夾角為夾角為,則則sin=sin=coscoss，n=_.=_. 在該平面內(nèi)的投影在該平面內(nèi)的投影 s n sn (3)(3)平面間的夾角平面間的夾角 如圖所示，平面如圖所示，平面1 1與與2 2相交相交 于直線于直線l，點(diǎn)，點(diǎn)R R為

5、直線為直線l上任意上任意 一點(diǎn)，過點(diǎn)一點(diǎn)，過點(diǎn)R R，在平面，在平面1 1上上 作直線作直線l1 1l, ,在平面在平面2 2上作上作 直線直線l2 2l，則，則l1 1l2 2=R.=R.我們把我們把 _叫作平面叫作平面1 1與與2 2的夾角的夾角. . 直線直線l1 1和和l2 2的夾角的夾角 已知平面已知平面1 1和和2 2的法向量分別為的法向量分別為n1 1和和n2 2， 當(dāng)當(dāng)00n1 1，n2 2 時(shí)，平面時(shí)，平面1 1與與2 2的夾角等于的夾角等于_;_; 當(dāng)當(dāng) n1 1，n2 2時(shí)，平面時(shí)，平面1 1與與2 2的夾角等于的夾角等于 _._. 2 n1 1，n2 2 -n1 1，n

6、2 2 2 【即時(shí)應(yīng)用】【即時(shí)應(yīng)用】 (1)(1)思考：直線與平面的夾角、平面的法向量與直線的方向向量思考：直線與平面的夾角、平面的法向量與直線的方向向量 的夾角具有怎樣的關(guān)系？的夾角具有怎樣的關(guān)系？ 提示：提示：當(dāng)直線的方向向量與平面的法向量的夾角是銳角時(shí)，其當(dāng)直線的方向向量與平面的法向量的夾角是銳角時(shí)，其 余角為線面角；當(dāng)直線的方向向量與平面的法向量的夾角是鈍余角為線面角；當(dāng)直線的方向向量與平面的法向量的夾角是鈍 角時(shí)，其補(bǔ)角的余角是線面角角時(shí)，其補(bǔ)角的余角是線面角. . (2)(2)長方體長方體ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中，中，AB=AAAB=AA

7、1 1=2=2，AD=1AD=1，E E為為CCCC1 1的中點(diǎn)，的中點(diǎn)， 則異面直線則異面直線BCBC1 1與與AEAE夾角的余弦值為夾角的余弦值為_._. 【解析】【解析】建立坐標(biāo)系如圖，則建立坐標(biāo)系如圖，則A(1A(1， 0 0，0)0)，E(0E(0，2 2，1)1)，B(1B(1，2 2，0)0)， C C1 1(0(0，2 2，2)2)， = .= .所以異面直線所以異面直線BCBC1 1與與AEAE夾角的余弦值為夾角的余弦值為 . . 答案：答案： 1 BC10 2 ， ， ， AE1 21 ， ， 1 1 1 BCAE cosBC ,AE |BC |AE| 30 10 30 1

8、0 30 10 2.2.距離的計(jì)算距離的計(jì)算 (1)(1)點(diǎn)到直線的距離點(diǎn)到直線的距離 空間一點(diǎn)空間一點(diǎn)A A到直線到直線l的距離的算法框圖為：的距離的算法框圖為： 在直線在直線l上上 任取一點(diǎn)任取一點(diǎn)P P 確定直線確定直線l的的 方向向量方向向量s 計(jì)算向量計(jì)算向量 PA 計(jì)算計(jì)算 在向量在向量 上的投影上的投影 PA s PA s 計(jì)算點(diǎn)計(jì)算點(diǎn)A A到直線到直線l的距離的距離d=d= 22 PAPA s (2)(2)平行直線間的距離平行直線間的距離 求平行直線間的距離通常轉(zhuǎn)化為求求平行直線間的距離通常轉(zhuǎn)化為求_._. (3)(3)點(diǎn)到平面的距離點(diǎn)到平面的距離 空間一點(diǎn)空間一點(diǎn)A A到平面

9、到平面的距離的算法框圖為：的距離的算法框圖為： 點(diǎn)到直線的距離點(diǎn)到直線的距離 在平面在平面上上 任取一點(diǎn)任取一點(diǎn)P P 找到平面找到平面 的法向量的法向量n 計(jì)算向量計(jì)算向量 PA 計(jì)算計(jì)算 在向量在向量 上的投影上的投影 PA n PA 0 n 計(jì)算點(diǎn)計(jì)算點(diǎn)A A到平面到平面的距離的距離d=d=PA 0 n 【即時(shí)應(yīng)用】【即時(shí)應(yīng)用】 (1)(1)思考：如何求線面距離與面面距離？思考：如何求線面距離與面面距離？ 提示：提示：求這兩種距離，通常都轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)到平面的距離求這兩種距離，通常都轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)到平面的距離. . (2)(2)思考：如何推導(dǎo)點(diǎn)到平面的距離公式？思考：如何推導(dǎo)點(diǎn)到平面的距離公式？

10、 提示：提示：如圖如圖, ,點(diǎn)點(diǎn)A A到平面到平面的距離就是向的距離就是向 量量 在平面在平面 的法向量的法向量n上投影的絕上投影的絕 對值對值, ,即即 d=| |sinABOd=| |sinABO = =| |cos| |cos , ,n= = 利用該公式求點(diǎn)到平面的距離簡便易行利用該公式求點(diǎn)到平面的距離簡便易行. . AB AB AB AB ABAB AB. AB nn nn (3)(3)已知在長方體已知在長方體ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中，底面是邊長為中，底面是邊長為2 2的正方形，的正方形， 高為高為4 4，則點(diǎn)，則點(diǎn)A A1 1到截面到截面A

11、BAB1 1D D1 1的距離是的距離是_._. 【解析】【解析】如圖，建立坐標(biāo)系，則如圖，建立坐標(biāo)系，則A A1 1(2,0,(2,0, 4)4)，A(2,0,0)A(2,0,0)，B B1 1(2,2,4)(2,2,4)，D D1 1(0,0,4)(0,0,4)， 4),4),設(shè)平面設(shè)平面ABAB1 1D D1 1的一個(gè)法向量為的一個(gè)法向量為n(x(x， y y，z)z)， 由由 111 AD2,0,4 ,AB0,2,4 ,AA(0,0, 1 1 AD2x4z0 AB2y4z0 n n 得得 令令z=1z=1，則，則n(2,(2,2,1)2,1)， 設(shè)點(diǎn)設(shè)點(diǎn)A A1 1到平面到平面ABAB

12、1 1D D1 1的距離為的距離為d d， 則則 答案：答案： x2z y2z ， 4 3 1 |AA|4 d. |3 n n 用空間向量求空間角用空間向量求空間角 【方法點(diǎn)睛】【方法點(diǎn)睛】 1.1.兩異面直線夾角的求法兩異面直線夾角的求法 利用空間向量求異面直線的夾角可利用直線的方向向量轉(zhuǎn)化成利用空間向量求異面直線的夾角可利用直線的方向向量轉(zhuǎn)化成 向量的夾角向量的夾角. . 2.2.利用向量求直線與平面夾角的方法利用向量求直線與平面夾角的方法 (1)(1)分別求出斜線和它所在平面內(nèi)的射影直線的方向向量分別求出斜線和它所在平面內(nèi)的射影直線的方向向量, ,轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)化 為求兩個(gè)方向向量的夾角為求兩個(gè)

13、方向向量的夾角( (或其補(bǔ)角或其補(bǔ)角);); (2)(2)通過平面的法向量來求通過平面的法向量來求, ,即求出斜線的方向向量與平面的法即求出斜線的方向向量與平面的法 向量所夾的銳角向量所夾的銳角, ,取其余角就是斜線和平面的夾角取其余角就是斜線和平面的夾角. . 3.3.求平面與平面夾角的常用方法求平面與平面夾角的常用方法 (1)(1)分別求出兩個(gè)平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的分別求出兩個(gè)平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的 夾角得到平面與平面夾角的大小夾角得到平面與平面夾角的大小. . (2)(2)分別在兩個(gè)平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量分別在兩個(gè)平面內(nèi)找到與棱垂直

14、且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量, , 則這兩個(gè)向量的夾角則這兩個(gè)向量的夾角( (或其補(bǔ)角或其補(bǔ)角) )的大小就是平面與平面夾角的的大小就是平面與平面夾角的 大小大小. . 【提醒】【提醒】求直線與平面和平面與平面夾角的兩種方法各有利弊，求直線與平面和平面與平面夾角的兩種方法各有利弊， 要善于結(jié)合題目的特點(diǎn)選擇適當(dāng)?shù)姆椒ń忸}要善于結(jié)合題目的特點(diǎn)選擇適當(dāng)?shù)姆椒ń忸}. . 【例【例1 1】(1)(2012(1)(2012合肥模擬合肥模擬) )已知正方體已知正方體ABCD-AABCD-A1 1B B1 1C C1 1D D1 1，則直線，則直線 BCBC1 1與平面與平面A A1 1BDBD夾角的余弦值是夾

15、角的余弦值是( )( ) (A) (A) (B)(B) (C) (C) (D)(D) 2 4 2 3 3 3 3 2 (2)(2012(2)(2012天津模擬天津模擬) )如圖，在五面如圖，在五面 體體ABCDEFABCDEF中，中，F(xiàn)AFA平面平面ABCD,ABCD, ADBCFE ADBCFE，ABADABAD，M M為為ECEC的中點(diǎn)，的中點(diǎn)， AF=AB=BC=FE= AF=AB=BC=FE= 求異面直線求異面直線BFBF與與DEDE夾角的大?。粖A角的大??； 證明：平面證明：平面AMDAMD平面平面CDECDE； 求平面求平面ABCDABCD與平面與平面CDECDE夾角的余弦值夾角的余

16、弦值. . 1 AD. 2 【解題指南】【解題指南】(1)(1)建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解；建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解； (2)(2)通過求向量通過求向量 的夾角來求異面直線所成的角；的夾角來求異面直線所成的角；證證 進(jìn)而得進(jìn)而得CEAMCEAM，CEADCEAD，可得結(jié)論成立；，可得結(jié)論成立； 利用兩平面法向量的夾角求兩平面夾角的大小利用兩平面法向量的夾角求兩平面夾角的大小. . BF,DE CEAM CEAD ， 【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】(1)(1)選選C.C.建立空間直建立空間直 角坐標(biāo)系如圖所示角坐標(biāo)系如圖所示. . 設(shè)正方體的棱長為設(shè)正方體的棱長為1,1,直線直線BCBC

17、1 1與平與平 面面A A1 1BDBD所成的角為所成的角為, 則則D(0,0,0),AD(0,0,0),A1 1(1,0,1),(1,0,1), B(1,1,0),CB(1,1,0),C1 1(0(0，1 1，1)1)， 設(shè)設(shè)n=(x,y,z)=(x,y,z)是平面是平面A A1 1BDBD的一個(gè)法向量的一個(gè)法向量, , 11 DA101 DB110 BC101 ， ， ， ， ， 則則 , ,令令z=1,z=1,則則x=-1,y=1.x=-1,y=1. n=(-1,1,1)=(-1,1,1)， sin=sin= 0, 0, , , 1 DAxz0 DBxy0 n n 1 1 16 cos,

18、BC 332 ，n 2 2 3 cos1 sin. 3 (2)(2)如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系， 點(diǎn)點(diǎn)A A為坐標(biāo)原點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn). .設(shè)設(shè)AB=1,AB=1,依題意得依題意得 B(1,0,0),C(1,1,0)B(1,0,0),C(1,1,0)， D(0,2,0),E(0,1,1)D(0,2,0),E(0,1,1)， F(0,0,1)F(0,0,1)，M( ,1, ).M( ,1, ). 于是于是 所以異面直線所以異面直線BFBF與與DEDE所成角為所成角為6060. . 1 2 1 2 BF1,0,1 ,DE0, 1,1 ， BF DE00 11 cosBF,

19、DE. 2|BF|DE|22 D D E E C C B B A A F F M M y y z z x x 由由 可得可得 所以所以CEAM,CEAD.CEAM,CEAD. 又又AMAD=AAMAD=A，故，故CECE平面平面AMD.AMD. 又又CECE 平面平面CDE,CDE,所以平面所以平面AMDAMD平面平面CDE.CDE. 11 AM( ,1, ) CE1,0,1 22 ， AD0,2,0 ， CE AM0 CE AD0. ， 令平面令平面CDECDE的法向量為的法向量為u=(x,y,z),=(x,y,z), 則則 于是于是 令令x=1,x=1,可得可得u=(1,1,1)=(1,1

20、,1) 又由題設(shè)知平面又由題設(shè)知平面ABCDABCD的一個(gè)法向量為的一個(gè)法向量為v=(0,0,1).=(0,0,1). 則則coscosu, ,v= = 故所求平面故所求平面ABCDABCD與平面與平面CDECDE夾角的余弦值為夾角的余弦值為 . . CE0, DE0. u u xz0, yz0. 3 3 00 13 . |33 1 u v uv 【反思【反思感悟】感悟】1.1.異面直線的夾角與向量的夾角不同，應(yīng)注意異面直線的夾角與向量的夾角不同，應(yīng)注意 思考它們的聯(lián)系和區(qū)別；思考它們的聯(lián)系和區(qū)別； 2.2.直線與平面的夾角可以轉(zhuǎn)化為直線的方向向量與平面的法向直線與平面的夾角可以轉(zhuǎn)化為直線的方

21、向向量與平面的法向 量的夾角，由于向量方向的變化，所以要注意它們的區(qū)別與聯(lián)量的夾角，由于向量方向的變化，所以要注意它們的區(qū)別與聯(lián) 系系. . 【變式訓(xùn)練】【變式訓(xùn)練】(2011(2011重慶高考重慶高考) )如圖，在四面體如圖，在四面體ABCDABCD中，平面中，平面 ABCABC平面平面ACDACD，ABBC,AD=CD,CAD=30ABBC,AD=CD,CAD=30 (1)(1)若若AD=2,AB=2BC,AD=2,AB=2BC,求四面體求四面體ABCDABCD的體的體 積；積； (2)(2)若二面角若二面角C-AB-DC-AB-D為為6060，求異面直，求異面直 線線ADAD與與BCBC

22、所成角的余弦值所成角的余弦值 【解析】【解析】(1)(1)如圖如圖1,1,設(shè)設(shè)F F為為ACAC的中點(diǎn)，連接的中點(diǎn)，連接DFDF，由于，由于AD=CDAD=CD，所以，所以 DFAC.DFAC. 故由平面故由平面ABCABC平面平面ACDACD，知，知DFDF平面平面ABCABC， 即即DFDF是四面體是四面體ABCDABCD的面的面ABCABC上的高，上的高， 且且DF=ADsin30DF=ADsin30=1=1，AF=ADcos30AF=ADcos30= = 3. 在在RtRtABCABC中，因中，因AC=2AF= AC=2AF= ，AB=2BCAB=2BC， 由勾股定理易知由勾股定理易知

23、 故四面體故四面體ABCDABCD的體積的體積V=V= 2 3 2 154 15 BC,AB. 55 ABC 1 SDF 3 114 152 154 1. 32555 (2)(2)如圖如圖2 2，過，過F F作作FMACFMAC，交，交ABAB于于M M，已知，已知AD=CDAD=CD，平面，平面ABCABC平平 面面ACDACD，易知，易知FCFC，F(xiàn)DFD，F(xiàn)MFM兩兩垂直，以兩兩垂直，以F F為原點(diǎn)，射線為原點(diǎn)，射線FMFM，F(xiàn)CFC， FDFD分別為分別為x x軸，軸，y y軸，軸，z z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系. . 設(shè)設(shè)AD=2AD=2，由，由C

24、D=ADCD=AD，CAD=30CAD=30，易知點(diǎn)，易知點(diǎn)A A，C C，D D的坐標(biāo)分別為的坐標(biāo)分別為 A(0,- ,0),C(0, ,0),D(0,0,1),A(0,- ,0),C(0, ,0),D(0,0,1), 則則 顯然向量顯然向量k=(0,0,1)=(0,0,1)是平面是平面ABCABC的一個(gè)法向量的一個(gè)法向量. . 已知二面角已知二面角C CABABD D為為6060，故可取平面，故可取平面ABDABD的單位法向量的單位法向量 t=(=(l,m,n),m,n), 使得使得t, ,k=60=60，從而，從而 由由t , ,有有 m+n=0,m+n=0,從而從而 33 AD0, 3

25、,1 . 1 n. 2 AD 3 3 m. 6 由由l2 2+m+m2 2+n+n2 2=1,=1,得得l 設(shè)點(diǎn)設(shè)點(diǎn)B B的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為(x,y,0)(x,y,0)， 由由 , ,可取可取l= = 有有 解之得解之得 或或 ( (舍去舍去) ) 6 . 3 ABBC,AB t 6 3 22 xy3 63 xy30 36 ， 4 6 x 9 7 3 y 9 x0 y3 易知易知l 與坐標(biāo)系的建立方式不合，舍去與坐標(biāo)系的建立方式不合，舍去. . 因此點(diǎn)因此點(diǎn)B B的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為( ,0).( ,0). 所以所以 從而從而 又異面直線的夾角又異面直線的夾角(0, (0, , , 故異面直線故異面

26、直線ADAD與與BCBC所成角的余弦值為所成角的余弦值為 6 3 4 6 7 3 , 99 4 62 3 CB,0 . 99 （） AD CB cosAD,CB |AD|CB| 22 2 3 3() 3 9 6 4 62 3 3 1()() 99 2 3 . 6 用空間向量求空間距離用空間向量求空間距離 【方法點(diǎn)睛】【方法點(diǎn)睛】 求平面求平面外一點(diǎn)外一點(diǎn)P P到平面到平面的距離的步驟的距離的步驟 (1)(1)求平面求平面的法向量的法向量n； (2)(2)在平面在平面內(nèi)取一點(diǎn)內(nèi)取一點(diǎn)A,A,確定向量確定向量 的坐標(biāo)；的坐標(biāo)； (3)(3)代入公式代入公式 求解求解. . PA |PA| d |

27、n n 【例【例2 2】(1)(1)在棱長為在棱長為1 1的正方體的正方體ABCDABCDA A1 1B B1 1C C1 1D D1 1中，點(diǎn)中，點(diǎn)E E為為BBBB1 1的的 中點(diǎn)，則點(diǎn)中點(diǎn)，則點(diǎn)C C1 1到平面到平面A A1 1EDED的距離是的距離是_._. (2)(2012(2)(2012衡水模擬衡水模擬) )已知四棱錐已知四棱錐P-ABCDP-ABCD中中PAPA平面平面ABCDABCD，且，且 PA=4PQ=4PA=4PQ=4，CDA=BAD=90CDA=BAD=90，AB=2AB=2，CD=1CD=1，AD= AD= ，M M，N N分分 別是別是PDPD，PBPB的中點(diǎn)的中

28、點(diǎn). . 求證：求證：MQMQ平面平面PCBPCB； 求截面求截面MCNMCN與底面與底面ABCDABCD夾角的大?。粖A角的大?。?求點(diǎn)求點(diǎn)A A到平面到平面MCNMCN的距離的距離. . 2 【解題指南】【解題指南】(1)(1)建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到面的距離公式建立空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到面的距離公式 求解求解. . (2)(2)以以A A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解：為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求解： 求出平面求出平面PCBPCB的一個(gè)法向量的一個(gè)法向量n0 0, ,只需證明只需證明 即可；即可； 先求出截面先求出截面MCNMCN的一個(gè)法向量的一個(gè)法向量n, ,只需利

29、用夾角公式求得兩個(gè)平只需利用夾角公式求得兩個(gè)平 面的法向量的夾角面的法向量的夾角n, , , ,便可得出答案；便可得出答案； 利用點(diǎn)到平面的距離公式解題利用點(diǎn)到平面的距離公式解題. . 0 MQ0 n AP 【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】(1)(1)以以A A為原點(diǎn)建立空間為原點(diǎn)建立空間 直角坐標(biāo)系如圖所示直角坐標(biāo)系如圖所示. . 則則A A1 1(0,0,1)(0,0,1)，E(1,0E(1,0， ) )， D(0,1,0)D(0,1,0)，C C1 1(1,1,1).(1,1,1). 設(shè)平面設(shè)平面A A1 1EDED的法向量為的法向量為n1 1=(x,y,z)=(x,y,z)， 由由 ，得，得

30、1 2 11 1 A D0,1, 1 ,A E(1,0,) 2 11 11 A Dyz0 1 A Exz0 2 n n yz . 1 xz 2 令令z=2z=2，則，則n1 1=(1,2,2).=(1,2,2). 又又 點(diǎn)點(diǎn)C C1 1到平面到平面A A1 1EDED的距離的距離 答案：答案：1 1 (2)(2)以以A A為原點(diǎn)，以為原點(diǎn)，以ADAD，ABAB，APAP所在直線分別為所在直線分別為x,y,zx,y,z軸建立空軸建立空 間直角坐標(biāo)系如圖所示間直角坐標(biāo)系如圖所示, ,由由AB=2AB=2，CD=1CD=1，AD= AD= ，PA=4PQ=4PA=4PQ=4， M M，N N分別是分

31、別是PDPD，PBPB的中點(diǎn)，可得的中點(diǎn)，可得 11 C A1, 1,0 ， 111 1 |C A|3 d1. |3 n n 2 A(0A(0，0 0，0)0)，B(0B(0，2 2，0)0)，C( C( ，1 1，0)0)，D( D( ，0 0，0)0)，P(0P(0， 0 0，4)4)，Q(0Q(0，0 0，3)3)，M( M( ，0 0，2)2)，N(0N(0，1 1，2)2)， 22 2 2 2 BC( 210) PB0,2, 4 ,MQ(,0,1), 2 ， ， 設(shè)平面設(shè)平面PCBPCB的一個(gè)法向量為的一個(gè)法向量為n0 0=(x,y,z),=(x,y,z),則有則有 令令z=1,z=

32、1,則則x= ,y=2x= ,y=2n0 0=( =( ，2 2，1),1), 又又MQMQ 平面平面PCBPCB，MQMQ平面平面PCB.PCB. 設(shè)平面設(shè)平面MCNMCN的一個(gè)法向量為的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)=(x,y,z)， 又又 0 0 BC(x,y,z) ( 2, 1,0)02xy0, PB(x,y,z)0,2, 402y4z0 ， n n 22 0 2 MQ(01) ( 2,2,1)0, 2 ， ，n 2 CM(, 1,2),CN(2 0 2) 2 ， ， 則有：則有： 令令z=1,z=1,則則x= ,y=1x= ,y=1n=( =( ，1 1，1)1)， 又又 =(0=(

33、0，0 0，4)4)為平面為平面ABCDABCD的法向量，的法向量， coscosn, , = = 截面截面MCNMCN與底面與底面ABCDABCD夾角的大小為夾角的大小為 所求的距離所求的距離d=d= 22 CM(x,y,z) (, 1,2)0 xy2z0, 22 CN(x,y,z) (2,0,2)02x2z0, n n 2 2 AP AP AP41 , 2 42| |AP| n n . 3 CA2, 1,0 , |CA|221 1 1 0|3 . |22 n n 【互動(dòng)探究】【互動(dòng)探究】在本例在本例(1)(1)中，若條件不變，結(jié)論改為中，若條件不變，結(jié)論改為“則直線則直線 A A1 1C

34、C1 1與平面與平面A A1 1EDED夾角的大小為夾角的大小為_”_”，則如何求解？，則如何求解？ 【解析】【解析】由例題由例題(1)(1)的解法知，平面的解法知，平面A A1 1EDED的法向量為的法向量為 n1 1=(1,2,2)=(1,2,2)， 設(shè)所求角為設(shè)所求角為，則，則sin=|cossin=|cosn1 1, , | | 故直線故直線A A1 1C C1 1與平面與平面A A1 1EDED夾角的大小為夾角的大小為4545. . 答案：答案：4545 11 C A1, 1,0 . 11 C A 111 111 |C A |32 . 2| |C A |32 n n 【反思【反思感悟

35、】感悟】空間距離包括兩點(diǎn)間的距離、點(diǎn)到線的距離、空間距離包括兩點(diǎn)間的距離、點(diǎn)到線的距離、 點(diǎn)到面的距離等點(diǎn)到面的距離等. .其中點(diǎn)到點(diǎn)、點(diǎn)到線的距離可以用空間向量的其中點(diǎn)到點(diǎn)、點(diǎn)到線的距離可以用空間向量的 模來求解，而點(diǎn)到面的距離則借助平面的法向量求解，也可借模來求解，而點(diǎn)到面的距離則借助平面的法向量求解，也可借 助于幾何體的體積求解助于幾何體的體積求解. . 【變式備選】【變式備選】如圖所示的多面如圖所示的多面 體是由底面為體是由底面為ABCDABCD的長方體被的長方體被 截面截面AEFGAEFG所截而得，其中所截而得，其中ABAB 4 4，BCBC1 1，BEBE3 3，CFCF4 4，若

36、，若 如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系：如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系： (1)(1)求求 和點(diǎn)和點(diǎn)G G的坐標(biāo)；的坐標(biāo)； (2)(2)求異面直線求異面直線EFEF與與ADAD的夾角；的夾角； (3)(3)求點(diǎn)求點(diǎn)C C到截面到截面AEFGAEFG的距離的距離 EF 【解析】【解析】 (1)(1)由圖可知：由圖可知：A(1,0,0)A(1,0,0)，B(1,4,0)B(1,4,0)，E(1,4,3)E(1,4,3)， F(0,4,4)F(0,4,4)， 又又 ，設(shè)，設(shè)G(0,0G(0,0，z)z)， 則則( (1,01,0，z)z)( (1,0,1)1,0,1)，zz1 1，即，即G(0,0,1)G(0

37、,0,1) (2)(2) ADAD和和EFEF的夾角為的夾角為4545. . EF1,0,1 ， AGEF AD1,0,0 EF1,0,1 ， ， AD EF2 cosAD,EF 2|AD| |EF| ， (3)(3)設(shè)設(shè)n平面平面AEFGAEFG，n(x(x0 0，y y0 0，z z0 0) )， 而而 則則 ，得，得 n(z(z0 0， z z0 0，z z0 0) )，取，取z z0 04 4，則，則n(4(4，3,4)3,4)， 所求距離為所求距離為 點(diǎn)點(diǎn)C C到截面到截面AEFGAEFG的距離為的距離為 . . AGAE ，nn AG1,0,1 AE0,4,3 ， ， 00 00

38、xz0 4y3z0 00 00 xz 3 yz 4 3 4 CF0,0,4 ， 16 41 41 |CF|16 41 d. |41 n n 用空間向量解決探索性問題用空間向量解決探索性問題 【方法點(diǎn)睛】【方法點(diǎn)睛】 探索性問題的類型及解題策略探索性問題的類型及解題策略 探索性問題分為存在判斷型和位置判斷型兩種：探索性問題分為存在判斷型和位置判斷型兩種： (1)(1)存在判斷型存在判斷型 存在判斷型問題的解題策略是：先假設(shè)存在，并在假設(shè)的前提存在判斷型問題的解題策略是：先假設(shè)存在，并在假設(shè)的前提 下進(jìn)行推理，若不出現(xiàn)矛盾則肯定存在，若出現(xiàn)矛盾則否定假下進(jìn)行推理，若不出現(xiàn)矛盾則肯定存在，若出現(xiàn)矛盾

39、則否定假 設(shè)設(shè). . (2)(2)位置判斷型位置判斷型 與平行、垂直有關(guān)的探索性問題的解題策略為：將空間中的與平行、垂直有關(guān)的探索性問題的解題策略為：將空間中的 平行與垂直轉(zhuǎn)化為向量的平行或垂直來解決平行與垂直轉(zhuǎn)化為向量的平行或垂直來解決. . 與角有關(guān)的探索性問題的解題策略為：將空間角轉(zhuǎn)化為與向與角有關(guān)的探索性問題的解題策略為：將空間角轉(zhuǎn)化為與向 量有關(guān)的問題后應(yīng)用公式量有關(guān)的問題后應(yīng)用公式cos= (cos= (其中其中n1 1, ,n2 2是兩平面是兩平面 的法向量或兩直線的方向向量的法向量或兩直線的方向向量) )即可解決即可解決. . 12 12 | | nn nn 【例【例3 3】(

40、2011(2011浙江高考浙江高考) )如圖，在三棱錐如圖，在三棱錐P-ABCP-ABC中，中，AB=ACAB=AC，D D 為為BCBC的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，POPO平面平面ABCABC，垂足，垂足O O落在線段落在線段ADAD上，已知上，已知BC=8BC=8， PO=4PO=4，AO=3AO=3，OD=2.OD=2. (1)(1)證明：證明：APBCAPBC； (2)(2)在線段在線段APAP上是否存在點(diǎn)上是否存在點(diǎn)M M，使得二面角，使得二面角A-MC-BA-MC-B為直二面角？為直二面角？ 若存在，求出若存在，求出AMAM的長；若不存在，請說明理由的長；若不存在，請說明理由 【解題指南】【解

41、題指南】建立坐標(biāo)系，建立坐標(biāo)系，(1)(1)利用利用 來證明；來證明；(2)(2)假假 設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)，求出兩個(gè)半平面的法向量，判斷兩法向設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)，求出兩個(gè)半平面的法向量，判斷兩法向 量是否能垂直即可量是否能垂直即可. .若垂直，則假設(shè)成立；若不垂直，則假設(shè)不若垂直，則假設(shè)成立；若不垂直，則假設(shè)不 成立成立. . AP BC0 【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】(1)(1)如圖以如圖以O(shè) O為原點(diǎn)，以射為原點(diǎn)，以射 線線ODOD，OPOP分別為分別為y y軸，軸，z z軸的正半軸，建軸的正半軸，建 立空間直角坐標(biāo)系，則立空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)O(0,0,0)，A(0,A(0,

42、-3,0),B(4,2,0)-3,0),B(4,2,0)，C(-4,2,0),P(0,0,4).C(-4,2,0),P(0,0,4). 即即APBC.APBC. AP0,3,4 , BC8,0,0 AP BC0 ， APBC ， A A B B C C D D O O P P x x y y z z (2)(2)假設(shè)存在假設(shè)存在M M，設(shè)，設(shè) , ,其中其中0,1),0,1), 則則 =(-4,-2,4)+(0,-3,-4)=(-4,-2,4)+(0,-3,-4) =(-4,-2-3,4-4)=(-4,-2-3,4-4) 設(shè)平面設(shè)平面BMCBMC的法向量的法向量n1 1=(x=(x1 1,y,

43、y1 1,z,z1 1) )， 平面平面APCAPC的法向量的法向量n2 2=(x=(x2 2,y,y2 2,z,z2 2) ) PMPA PM0, 3, 40, 3 , 4 BMBPPMBPPA AC4,5,0 ,BC( 8,0,0) 由由 即即 可取可取n1 1=(0,1, )=(0,1, ) 由由 得得 可取可取n2 2=(5,4,-3).=(5,4,-3). 1111 11 BM4x23y44z0, BC8x0, n n 1 11 x0, 23 zy , 44 23 44 222 222 AP3y4z0, AC4x5y0. n n 22 22 5 xy , 4 3 zy , 4 由由n

44、1 1n2 2=0,=0,得得 解得解得= = ，故，故AM=3AM=3 綜上所述，存在點(diǎn)綜上所述，存在點(diǎn)M M符合題意，符合題意，AM=3AM=3 23 430 44 ， 2 5 【反思【反思感悟】感悟】1.1.開放性問題是近幾年高考中出現(xiàn)較多的一種開放性問題是近幾年高考中出現(xiàn)較多的一種 題型，向量法是解此類問題的常用方法題型，向量法是解此類問題的常用方法. . 2.2.對于探索性問題，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點(diǎn)的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)對于探索性問題，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點(diǎn)的坐標(biāo)，轉(zhuǎn) 化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若 有解但不

45、滿足題意或無解則不存在有解但不滿足題意或無解則不存在. . 【變式訓(xùn)練】【變式訓(xùn)練】(2012(2012武漢模擬武漢模擬) )如圖，如圖， 平面平面PADPAD平面平面ABCDABCD，四邊形，四邊形ABCDABCD為正為正 方形，方形，PADPAD是直角三角形，且是直角三角形，且PA=AD=2PA=AD=2， E E、F F、G G分別是線段分別是線段PAPA、PDPD、CDCD的中點(diǎn)的中點(diǎn). . (1)(1)求證：求證：PBPB平面平面EFGEFG； (2)(2)求異面直線求異面直線EGEG與與BDBD夾角的余弦值；夾角的余弦值； (3)(3)在線段在線段CDCD上是否存在一點(diǎn)上是否存在一

46、點(diǎn)Q Q，使得，使得A A點(diǎn)到平面點(diǎn)到平面EFQEFQ的距離為的距離為 若存在，求出若存在，求出CQCQ的值？若不存在，請說明理由的值？若不存在，請說明理由. . 4 5， 【解析】【解析】方法一：方法一：(1)(1)取取ABAB的中點(diǎn)的中點(diǎn)H H，連接，連接GHGH，HEHE， EE、F F、G G分別是線段分別是線段PAPA、PDPD、CDCD的中點(diǎn)，的中點(diǎn)， GHADEFGHADEF，EE、F F、H H、G G四點(diǎn)共面四點(diǎn)共面. . 又又H H為為ABAB的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，EHPB.EHPB. 又又EHEH 平面平面EFGEFG，PBPB 平面平面EFGEFG， PBPB平面平面EFG.

47、EFG. (2)(2)取取BCBC的中點(diǎn)的中點(diǎn)M M，連接，連接GMGM、AMAM、EMEM，則，則GMBDGMBD， EGM(EGM(或其補(bǔ)角或其補(bǔ)角) )就是異面直線就是異面直線EGEG與與BDBD的夾角的夾角. . 在在RtRtMAEMAE中，中， 同理同理 在在MGEMGE中，中，cosEGM= cosEGM= 故異面直線故異面直線EGEG與與BDBD夾角的余弦值為夾角的余弦值為 . . 22 EMAEAM6， 1 EG6GMBD2 2 ，又， 3 6 222 EGGMME6263 , 2EG GM62 62 (3)(3)假設(shè)在線段假設(shè)在線段CDCD上存在一點(diǎn)上存在一點(diǎn)Q Q滿足題設(shè)條

48、件，過點(diǎn)滿足題設(shè)條件，過點(diǎn)Q Q作作QRABQRAB于于 R R，連接，連接RERE，則，則QRAD.QRAD. 四邊形四邊形ABCDABCD是正方形，是正方形，PADPAD是直角三角形，是直角三角形， ADABADAB，ADPA.ADPA.又又ABPA=AABPA=A， ADAD平面平面PAB.PAB. 又又EE、F F分別是分別是PAPA、PDPD的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，EFADEFAD， EFEF平面平面PAB.PAB. 又又EFEF 平面平面EFQEFQ，平面平面EFQEFQ平面平面PAB.PAB. 過過A A作作ATERATER于于T T，則，則ATAT平面平面EFQEFQ， ATAT就是點(diǎn)

49、就是點(diǎn)A A到平面到平面EFQEFQ的距離的距離. . 設(shè)設(shè)CQ=x(0 x2),CQ=x(0 x2),則則BR=CQ=x,AR=2-x,AE=1,BR=CQ=x,AR=2-x,AE=1, 在在RtRtEAREAR中，中， ，解得，解得x= .x= .故故 存在點(diǎn)存在點(diǎn)Q Q，當(dāng)，當(dāng)CQ= CQ= 時(shí)，點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A A到平面到平面EFQEFQ的距離為的距離為 2 2 AR AE(2x) 14 AT RE5 2x1 2 3 2 3 4 . 5 方法二：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系方法二：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, , 則則A(0A(0，0 0，0)0)，B(2B(2，0 0，0)0)，C(2C

50、(2，2 2，0)0)， D(0D(0，2 2，0)0)，P(0P(0，0 0，2)2)，E(0E(0，0 0，1)1)， F(0F(0，1 1，1)1)，G(1G(1，2 2，0).0). (1)(1) 設(shè)設(shè) , ,即即(2(2，0 0，-2)=s(0-2)=s(0，-1-1，0)+t(10)+t(1，1 1，-1)-1)， 解得解得s=t=2.s=t=2. PB2,0, 2 ,FE0, 1,0 ,FG1,1, 1 , PBsFEtFG t2, ts0, t2, 又又 與與 不共線，不共線， 共面共面 . . PBPB 平面平面EFGEFG，PBPB平面平面EFG.EFG. (2)(2) 故

51、異面直線故異面直線EGEG與與BDBD夾角的余弦值為夾角的余弦值為 PB2FE2FG, FE FG PBFEFG ， 與 EG1 21 BD2 2 0 . ， ， ， EG BD243 cosEG,BD, 6|EG| |BD|6 2 2 3 . 6 (3)(3)假設(shè)在線段假設(shè)在線段CDCD上存在一點(diǎn)上存在一點(diǎn)Q Q滿足題設(shè)條件，令滿足題設(shè)條件，令CQ=m(0m2),CQ=m(0m2), 則則DQ=2-m,DQ=2-m, 點(diǎn)點(diǎn)Q Q的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為(2-m,2,0),(2-m,2,0), 而而 =(0=(0，1 1，0)0)，設(shè)平面，設(shè)平面EFQEFQ的一個(gè)法向量為的一個(gè)法向量為n=(x,y,z

52、),=(x,y,z),則則 EQ2m,2, 1 , EF EF(x,y,z)0,1,00, EQ(x,y,z)2m,2, 10, n n y0, 2m x2yz0. 令令x=1,x=1,則則n=(1,0,2-m),=(1,0,2-m),又又 點(diǎn)點(diǎn)A A到平面到平面EFQEFQ的距離的距離 即即 m= m= 或或m= ,m= ,又又m= 2m= 2不合題意，舍去不合題意，舍去. . 故存在點(diǎn)故存在點(diǎn)Q Q，當(dāng)，當(dāng)CQ= CQ= 時(shí)，點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A A到平面到平面EFQEFQ的距離為的距離為 AE0 01 ， ， 2 AE2m4 d | |5 12m ， n n 2 16 (2m), 9 2 3 2

53、3 10 3 10 3 4 . 5 【變式備選】【變式備選】(2012(2012鄭州模擬鄭州模擬) )如圖，已知三棱柱如圖，已知三棱柱ABCABCA A1 1B B1 1C C1 1 的側(cè)棱與底面垂直，的側(cè)棱與底面垂直，AAAA1 1ABABACAC1 1，ABACABAC，M M、N N分別是分別是CCCC1 1， BCBC的中點(diǎn)，點(diǎn)的中點(diǎn)，點(diǎn)P P在直線在直線A A1 1B B1 1上，且上，且 111 A PA B (1)(1)證明：無論證明：無論取何值，總有取何值，總有AMPNAMPN； (2)(2)當(dāng)當(dāng)取何值時(shí)，直線取何值時(shí)，直線PNPN與平面與平面ABCABC的夾角的夾角最大？并求

54、該角最大？并求該角 取最大值時(shí)的正切值取最大值時(shí)的正切值 (3)(3)是否存在點(diǎn)是否存在點(diǎn)P P，使得平面，使得平面PMNPMN與平面與平面ABCABC的夾角為的夾角為3030，若存，若存 在，試確定點(diǎn)在，試確定點(diǎn)P P的位置，若不存在，請說明理由的位置，若不存在，請說明理由 【解析】【解析】如圖，以如圖，以A A為原點(diǎn)建立空間直為原點(diǎn)建立空間直 角坐標(biāo)系，則角坐標(biāo)系，則 A A1 1(0,0,1)(0,0,1)，B B1 1(1,0,1),M(0,1, ),(1,0,1),M(0,1, ), N( , ,0),N( , ,0), 1 2 1 2 1 2 111 A PA B1,0,0,0,0

55、 ， 11 APAAA P,0,1 11 PN(, 1) 22 ， (1)(1) 無論無論取何值，總有取何值，總有AMPNAMPN (2)(2)m=(0=(0，0 0，1)1)是平面是平面ABCABC的一個(gè)法向量的一個(gè)法向量 sin=|cossin=|cosm, , | | 當(dāng)當(dāng)= = 時(shí)，時(shí)，取得最大值，取得最大值， 1 AM(0,1, ) 2 ， 11 AM PN00 22 PN 22 00 11 1115 ()1() 2424 1 2 此時(shí)此時(shí) 即當(dāng)即當(dāng)= = 時(shí)，時(shí)，取得最大值，且取得最大值，且tan=2.tan=2. (3)(3)假設(shè)存在，假設(shè)存在， ，設(shè)，設(shè)n=(x,y,z)=(x

56、,y,z)是平面是平面PMNPMN的一個(gè)的一個(gè) 法向量法向量 則則 得得 令令x=3x=3，得，得y=1+2,z=2-2y=1+2,z=2-2， 41 sin,cos,tan2 55 1 2 1 1 1 NM(, ) 2 2 2 111 xyz0 222 11 ()xyz0 22 12 yx 3 22 zx 3 ， n=(3,1+2,2-2)=(3,1+2,2-2) |cos|cosm, ,n|=|= 化簡得化簡得442 2+10+13=0(+10+13=0(* *) ) 100-4100-44 41313-1080-1080)AD=4-t0)， CD1,1,0 ,PD0,4t, t . CD

57、,PD nn xy0 4t ytz0. PB |, | |PB| n n 2 2 222 2t4t 1 , 2 tt4t2t 4 5 所以所以AB= .AB= .8 8分分 假設(shè)在線段假設(shè)在線段ADAD上存在一個(gè)點(diǎn)上存在一個(gè)點(diǎn)G(G(如圖如圖) )，使得點(diǎn)，使得點(diǎn)G G到點(diǎn)到點(diǎn)P P、B B、C C、 D D的距離都相等，的距離都相等， 設(shè)設(shè)G(0,m,0)(G(0,m,0)(其中其中0m4-t)0m4-t)，則，則 4 5 9 9分分 由由 得得1 12 2+(3-t-m)+(3-t-m)2 2=(4-t-m)=(4-t-m)2 2, ,即即t=3-m.t=3-m. 由由 得得(4-m-t)

58、(4-m-t)2 2=m=m2 2+t+t2 2. . 由由消去消去t t，化簡得，化簡得m m2 2-3m+4=0.-3m+4=0. 由于方程由于方程沒有實(shí)數(shù)根，所以在線段沒有實(shí)數(shù)根，所以在線段ADAD上不存在一個(gè)點(diǎn)上不存在一個(gè)點(diǎn)G G，使得，使得 點(diǎn)點(diǎn)G G到點(diǎn)到點(diǎn)P P，B B，C C，D D的距離都相等的距離都相等. . 1212分分 GC1,3tm,0 ,GD0,4tm,0 ,GP(0, m,t) |GC| |GD| |GD| |GP| 【閱卷人點(diǎn)撥】【閱卷人點(diǎn)撥】通過高考中的閱卷數(shù)據(jù)分析與總結(jié)，我們可以通過高考中的閱卷數(shù)據(jù)分析與總結(jié)，我們可以 得到以下失分警示和備考建議：得到以下失

59、分警示和備考建議： 失失 分分 警警 示示 在解答本題時(shí)有兩點(diǎn)容易造成失分：在解答本題時(shí)有兩點(diǎn)容易造成失分： (1)(1)建立坐標(biāo)系后，求點(diǎn)的坐標(biāo)時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤；建立坐標(biāo)系后，求點(diǎn)的坐標(biāo)時(shí)出現(xiàn)錯(cuò)誤； (2)(2)解答第解答第(2)(2)問時(shí)，不知根據(jù)條件將問題轉(zhuǎn)化為方問時(shí)，不知根據(jù)條件將問題轉(zhuǎn)化為方 程的知識來解決，使解題思路受阻而無法解題程的知識來解決，使解題思路受阻而無法解題 備備 考考 建建 議議 解決空間向量在立體幾何中的應(yīng)用問題時(shí)，還有以下幾解決空間向量在立體幾何中的應(yīng)用問題時(shí)，還有以下幾 點(diǎn)容易造成失分，在備考時(shí)要高度關(guān)注：點(diǎn)容易造成失分，在備考時(shí)要高度關(guān)注： (1)(1)建系前缺少證

60、明垂直關(guān)系而使步驟不完整建系前缺少證明垂直關(guān)系而使步驟不完整. . (2)(2)建系不恰當(dāng)，導(dǎo)致點(diǎn)的坐標(biāo)不易確定或求解時(shí)繁瑣建系不恰當(dāng)，導(dǎo)致點(diǎn)的坐標(biāo)不易確定或求解時(shí)繁瑣. . (3)(3)不會(huì)利用直線的方向向量及平面法向量解決相應(yīng)問題不會(huì)利用直線的方向向量及平面法向量解決相應(yīng)問題. . (4)(4)計(jì)算失誤導(dǎo)致結(jié)果不正確計(jì)算失誤導(dǎo)致結(jié)果不正確. . 另外需要熟練掌握直線方向向量及平面法向量的求法，另外需要熟練掌握直線方向向量及平面法向量的求法， 有利于快速正確地解題有利于快速正確地解題. . 1.(20121.(2012西安模擬西安模擬) )如圖，正方體如圖，正方體ABCDABCD -A-A1