方法技巧專題04 立體幾何中的向量方法（解析版）

方法技巧專題4立體幾何中的向量方法解析版立體幾何中的向量方法知識(shí)框架二、立體幾何中的向量方法線線平行設(shè)兩條不重合的直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，則l∥m?a∥b?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)線面平行設(shè)l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，α的法向量為u＝(a2，b2，c2)，則l∥α?a·u＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0面面平行設(shè)α，β的法向量分別為u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，則α∥β?u∥v?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)【一】證明平行問題1.例題【例1】如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為DD1和BB1的中點(diǎn)．求證：四邊形AEC1F是平行四邊形．[解析]以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(DA,\s\up7(→))，eq\o(DC,\s\up7(→))，eq\o(DD1,\s\up7(→))為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長為1，則A(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，C1(0,1,1)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，eq\o(FC1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\o(FC1,\s\up7(→))，又∵FAE，F(xiàn)EC1，∴AE與FC1平行且相等∴四邊形AEC1F是平行四邊形．【例2】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是CC1，B1C1的中點(diǎn)．求證：MN∥平面A1BD．[證明]法一：如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，于是eq\o(DA1,\s\up7(→))＝(1,0,1)，eq\o(DB,\s\up7(→))＝(1,1,0)，eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(DA1,\s\up7(→))，,n⊥\o(DB,\s\up7(→))，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up7(→))＝x＋z＝0，,n·\o(DB,\s\up7(→))＝x＋y＝0，))取x＝1，則y＝－1，z＝－1，∴平面A1BD的一個(gè)法向量為n＝(1，－1，－1)．又eq\o(MN,\s\up7(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，∴eq\o(MN,\s\up7(→))⊥n.∴MN∥平面A1BD．法二：eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\o(C1N,\s\up7(→))－eq\o(C1M,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1B1,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(C1C,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(D1A1,\s\up7(→))－eq\o(D1D,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(DA1,\s\up7(→))，∴eq\o(MN,\s\up7(→))∥eq\o(DA1,\s\up7(→))，∴MN∥平面A1BD．法三：eq\o(MN,\s\up7(→))＝eq\o(C1N,\s\up7(→))－eq\o(C1M,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1B1,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(C1C,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DA,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(A1A,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(DB,\s\up7(→))＋\o(BA,\s\up7(→))))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A1B,\s\up7(→))＋\o(BA,\s\up7(→))))＝eq\f(1,2)eq\o(DB,\s\up7(→))－eq\f(1,2)eq\o(A1B,\s\up7(→)).即eq\o(MN,\s\up7(→))可用eq\o(A1B,\s\up7(→))與eq\o(DB,\s\up7(→))線性表示，故eq\o(MN,\s\up7(→))與eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(DB,\s\up7(→))是共面向量，故MN∥平面A1BD．【例3】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是CC1，B1C1的中點(diǎn)，試證明平面A1BD∥平面CB1D1.[證明]如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，則eq\o(CD1,\s\up7(→))＝(0，－1,1)，eq\o(D1B1,\s\up7(→))＝(1,1,0)，設(shè)平面CB1D1的法向量為m＝(x1，μ1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m⊥\o(CD1,\s\up7(→)),m⊥\o(D1B1,\s\up7(→))))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD1,\s\up7(→))＝－y1＋z1＝0，,m·\o(D1B1,\s\up7(→))＝x1＋y1＝0，))令y1＝1，可得平面CB1D1的一個(gè)法向量為m＝(－1,1,1)，又平面A1BD的一個(gè)法向量為n＝(1，－1，－1)．所以m＝－n，所以m∥n，故平面A1BD∥平面CB1D1.【例4】如圖，直角梯形與等腰直角三角形所在的平面互相垂直．，，，.(1)求證：；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)線段上是否存在點(diǎn)，使平面若存在，求出；若不存在，說明理由．【解析】（1）證明：取AB中點(diǎn)O，連接EO，DO．因?yàn)镋B=EA，所以EO⊥AB．因?yàn)樗倪呅蜛BCD為直角梯形，AB=2CD=2BC，AB⊥BC，所以四邊形OBCD為正方形，所以AB⊥OD因?yàn)镋O∩OD=O所以AB⊥平面EOD因?yàn)镋D?平面EOD所以AB⊥ED．（2）解：因?yàn)槠矫鍭BE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，平面ABE∩平面ABCD=AB所以EO⊥平面ABCD，因?yàn)镺D?平面ABCD，所以EO⊥OD．由OB，OD，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz．因?yàn)椤鱁AB為等腰直角三角形，所以O(shè)A=OB=OD=OE，設(shè)OB=1，所以O(shè)（0，0，0），A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1）．所以，平面ABE的一個(gè)法向量為．設(shè)直線EC與平面ABE所成的角為θ，所以，即直線EC與平面ABE所成角的正弦值為．（3）解：存在點(diǎn)F，且時(shí)，有EC∥平面FBD．證明如下：由，，所以．設(shè)平面FBD的法向量為=（a，b，c），則有所以取a=1，得=（1，1，2）．因?yàn)?（1，1，﹣1）?（1，1，2）=0，且EC?平面FBD，所以EC∥平面FBD．即點(diǎn)F滿足時(shí)，有EC∥平面FBD．2.鞏固提升綜合練習(xí)【練習(xí)1】長方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是面對(duì)角線B1D1，A1B上的點(diǎn)，且D1E＝2EB1，BF＝2FA1.求證：EF∥AC1.[證明]如圖所示，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，設(shè)DA＝a，DC＝b，DD1＝c，則得下列各點(diǎn)的坐標(biāo)：A(a,0,0)，C1(0，b，c)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)b，c))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(b,3)，\f(2,3)c)).∴eq\o(FE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，\f(b,3)，\f(c,3)))，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(－a，b，c)，∴eq\o(FE,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(AC1,\s\up7(→)).又FE與AC1不共線，∴直線EF∥AC1.【練習(xí)2】在如圖所示的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中點(diǎn)，求證：AB∥平面DEG.[證明]∵EF⊥平面AEB，AE?平面AEB，BE?平面AEB，∴EF⊥AE，EF⊥BE.又∵AE⊥EB，∴EB，EF，EA兩兩垂直．以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，EF，EA分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(xiàn)(0,3,0)，D(0,2,2)，G(2，2,0)，∴eq\o(ED,\s\up7(→))＝(0,2,2)，eq\o(EG,\s\up7(→))＝(2,2,0)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(2,0，－2)．設(shè)平面DEG的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up7(→))·n＝0，,\o(EG,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))令y＝1，得z＝－1，x＝－1，則n＝(－1,1，－1)，∴eq\o(AB,\s\up7(→))·n＝－2＋0＋2＝0，即eq\o(AB,\s\up7(→))⊥n.∵AB?平面DEG，∴AB∥平面DEG.【練習(xí)3】如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O為底面ABCD的中心，P是DD1的中點(diǎn)．設(shè)Q是CC1上的點(diǎn)，則當(dāng)點(diǎn)Q在什么位置時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO?【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)正方體的棱長為2，則O(1,1,0)，A(2,0,0)，P(0,0,1)，B(2,2,0)，D1(0,0,2)，∴eq\o(OA,\s\up8(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OP,\s\up8(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(BD1,\s\up8(→))＝(－2，－2，2)．設(shè)平面PAO的法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(OA,\s\up8(→))＝0,n1·\o(OP,\s\up8(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0,－x－y＋z＝0))令x＝1，則y＝1，z＝2，∴平面PAO的一個(gè)法向量為n1＝(1,1,2)．若平面D1BQ∥平面PAO，則n1也是平面D1BQ的一個(gè)法向量．設(shè)Q(0,2，c)，則eq\o(BQ,\s\up8(→))＝(－2,0，c)，∴n1·eq\o(BQ,\s\up8(→))＝0，即－2＋2c＝0，∴c＝1，這時(shí)n1·eq\o(BD1,\s\up8(→))＝－2－2＋4＝0.∴當(dāng)Q為CC1的中點(diǎn)時(shí)，平面D1BQ∥平面PAO.【二】證明垂直問題空間中垂直關(guān)系的向量表示空間中垂直關(guān)系的向量表示線線垂直設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，a2，a3)，直線m的方向向量為b＝(b1，b2，b3)，則l⊥m?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0線面垂直設(shè)直線l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是u＝(a2，b2，c2)，則l⊥α?a∥u?a＝ku?(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)面面垂直若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，則α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0注：若一個(gè)平面內(nèi)一條直線的方向向量與另一個(gè)平面的法向量共線，則這兩個(gè)平面垂直。1.例題【例1】如圖，在直三棱柱中，，，，，M是棱的中點(diǎn)，求證：.【解析】如圖，以B為原點(diǎn)，BA、所在直線為y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則0，，2，，2，，，，，，即，；【例2】如圖所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都為2，D為CC1的中點(diǎn)．求證：AB1⊥平面A1BD．【證明】法一：如圖所示，取BC的中點(diǎn)O，連接AO.因?yàn)椤鰽BC為正三角形，所以AO⊥BC．因?yàn)樵谡庵鵄BC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中點(diǎn)O1，以O(shè)為原點(diǎn)，以eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OO1,\s\up7(→))，eq\o(OA,\s\up7(→))分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)．所以eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(1,2，－eq\r(3))，eq\o(BA1,\s\up7(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－2,1,0)．因?yàn)閑q\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BA1,\s\up7(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq\r(3))×eq\r(3)＝0.eq\o(AB1,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq\r(3))×0＝0.所以eq\o(AB1,\s\up7(→))⊥eq\o(BA1,\s\up7(→))，eq\o(AB1,\s\up7(→))⊥eq\o(BD,\s\up7(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD．又因?yàn)锽A1∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD．法二：建系同方法一．設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(BA1,\s\up7(→)),n⊥\o(BD,\s\up7(→))))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up7(→))＝－x＋2y＋\r(3)z＝0，,n·\o(BD,\s\up7(→))＝－2x＋y＝0，))令x＝1得平面A1BD的一個(gè)法向量為n＝(1,2，－eq\r(3))，又eq\o(AB1,\s\up7(→))＝(1,2，－eq\r(3))，所以n＝eq\o(AB1,\s\up7(→))，即eq\o(AB1,\s\up7(→))∥n.所以AB1⊥平面A1BD．【例3】如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E為BB1的中點(diǎn)，證明：平面AEC1⊥平面AA1C1C．【解析】由題意得AB，BC，B1B兩兩垂直．以B為原點(diǎn)，BA，BC，BB1分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(2,0,0)，A1(2,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，則eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0,0,1)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－2,2,0)，eq\o(AC1,\s\up7(→))＝(－2,2,1)，eq\o(AE,\s\up7(→))＝－2,0，eq\f(1,2).設(shè)平面AA1C1C的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up7(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up7(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋2y1＝0.))令x1＝1，得y1＝1.∴n1＝(1,1,0)．設(shè)平面AEC1的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC1,\s\up7(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up7(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＋z2＝0，,－2x2＋\f(1,2)z2＝0，))令z2＝4，得x2＝1，y2＝－1.∴n2＝(1，－1,4)．∵n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0.∴n1⊥n2，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C．【例4】如圖，在三棱錐中，平面，底面是以為斜邊的等腰直角三角形，，是線段上一點(diǎn)．（1）若為的中點(diǎn)，求直線與平面所成角的正弦值．（2）是否存在點(diǎn)，使得平面平面？若存在，請(qǐng)指出點(diǎn)的位置，并加以證明；若不存在，請(qǐng)說明理由．【解析】不妨設(shè)，在平面中作，以，，所在的直線為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，．（1）因?yàn)辄c(diǎn)是的中點(diǎn)，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為．所以，，．設(shè)是平面的法向量，則即取，則，所以平面的一個(gè)法向量為．所以，所以直線與平面所成的角的正弦值為．（2）假設(shè)存在點(diǎn)使得平面平面，設(shè)．顯然，．設(shè)是平面的法向量，則即取，則，，所以平面的一個(gè)法向量為．因?yàn)?，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為．所以，．設(shè)是平面的法向量，則即取，則，所以平面的一個(gè)法向量為．因?yàn)槠矫嫫矫?，所以，即，，解得．所以的值?，即當(dāng)時(shí)，平面平面．2.鞏固提升綜合練習(xí)【練習(xí)1】如圖，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M是線段EF的中點(diǎn)．求證：AM⊥平面BDF.【證明】以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，B(0，eq\r(2)，0)，D(eq\r(2)，0,0)，F(xiàn)(eq\r(2)，eq\r(2)，1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).所以eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，eq\o(DF,\s\up8(→))＝(0,eq\r(2)，1)，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面BDF的法向量，則n⊥eq\o(BD,\s\up8(→))，n⊥eq\o(DF,\s\up8(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up8(→))＝\r(2)x－\r(2)y＝0，,n·\o(DF,\s\up8(→))＝\r(2)y＋z＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝y(tǒng)，,z＝－\r(2)y，))取y＝1，得x＝1，z＝－eq\r(2).則n＝(1,1，－eq\r(2))．因?yàn)閑q\o(AM,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1)).所以n＝－eq\r(2)eq\o(AM,\s\up8(→))，得n與eq\o(AM,\s\up8(→))共線．所以AM⊥平面BDF.【練習(xí)2】如圖所示，△ABC是一個(gè)正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD．求證：平面DEA⊥平面ECA．[證明]建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz，不妨設(shè)CA＝2，則CE＝2，BD＝1，C(0,0,0)，A(eq\r(3)，1,0)，B(0,2,0)，E(0,0,2)，D(0,2,1)．所以eq\o(EA,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，1，－2)，eq\o(CE,\s\up8(→))＝(0,0,2)，eq\o(ED,\s\up8(→))＝(0,2，－1)．分別設(shè)平面CEA與平面DEA的法向量是n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EA,\s\up8(→))＝0，,n1·\o(CE,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1－2z1＝0，,2z1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝－\r(3)x1，,z1＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EA,\s\up8(→))＝0，,n2·\o(ED,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x2＋y2－2z2＝0，,2y2－z2＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\r(3)y2，,z2＝2y2.))不妨取n1＝(1，－eq\r(3)，0)，n2＝(eq\r(3)，1,2)，因?yàn)閚1·n2＝0，所以n1⊥n2.所以平面DEA⊥平面ECA．【三】利用空間向量求空間角角的分類角的分類向量求法范圍兩異面直線l1與l2所成的角θ設(shè)l1與l2的方向向量為a，b，則cosθ＝|cos<a，b>|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))直線l與平面α所成的角θ設(shè)l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos<a，n>|＝eq\f(|a·n|,|a||n|)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))二面角α-l-β的平面角θ設(shè)平面α，β的法向量為n1，n2，則|cosθ|＝|cos<n1，n2>|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)[0，π]注：(1)線面所稱角θ，當(dāng)<a，n>時(shí)，θ=<a，n>；當(dāng)<a，n>時(shí)，θ=<a，n>（2）條件平面α，β的法向量分別為u，υ，α，β所構(gòu)成的二面角的大小為θ，〈u，υ〉＝φ，圖形關(guān)系θ＝φθ＝π－φ計(jì)算cosθ＝cosφcosθ＝－cosφ1.例題【例1】如圖，在三棱柱OAB-O1A1B1中，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝eq\r(3)，求異面直線A1B與AO1所成角的余弦值的大小．【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，O1(0,1，eq\r(3))，A(eq\r(3)，0,0)，A1(eq\r(3)，1，eq\r(3))，B(0,2,0)，∴eq\o(A1B,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3))，eq\o(O1A,\s\up7(→))＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))．∴|cos〈eq\o(A1B,\s\up7(→))，eq\o(O1A,\s\up7(→))〉＝eq\f(|\o(A1B,\s\up7(→))·\o(O1A,\s\up7(→))|,|\o(A1B,\s\up7(→))|·|\o(O1A,\s\up7(→))|)＝eq\f(|(－\r(3)，1，－\r(3))·(\r(3)，－1，－\r(3))|,\r(7)·\r(7))＝eq\f(1,7).∴異面直線A1B與AO1所成角的余弦值為eq\f(1,7).【例2】如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)．(1)證明MN∥平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.【解析】(1)證明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.如圖，取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TNAM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB．(2)如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD，且AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))eq\s\up8(2))＝eq\r(5).以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AE,\s\up7(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq\r(5)，2,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))，eq\o(PM,\s\up7(→))＝(0,2，－4)，eq\o(PN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)).設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up7(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0,2,1)．于是|cos〈n，eq\o(AN,\s\up7(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up7(→))|,|n||\o(AN,\s\up7(→))|)＝eq\f(8\r(5),25).所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為eq\f(8\r(5),25).【例3】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A-PB-C的余弦值.[解析](1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD．因?yàn)锳B∥CD，所以AB⊥PD．又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD．因?yàn)锳B?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．(2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD，垂足為點(diǎn)F.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD．以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(FA,\s\up7(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq\o(AB,\s\up7(→))|為單位長度建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz.由(1)及已知可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，0))，所以eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1，－\f(\r(2),2)))，eq\o(CB,\s\up7(→))＝(eq\r(2)，0,0)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，－\f(\r(2),2)))，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,1,0)．設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，,n·\o(CB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)x1＋y1－\f(\r(2),2)z1＝0，,\r(2)x1＝0.))所以可取n＝(0，－1，－eq\r(2))．設(shè)m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一個(gè)法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up7(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x2－\f(\r(2),2)z2＝0，,y2＝0.))所以可取m＝(1,0,1)，則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－\r(2),\r(3)×\r(2))＝－eq\f(\r(3),3).所以二面角A-PB-C的余弦值為－eq\f(\r(3),3).【例4】如圖，在四棱錐中，四邊形是矩形，是等邊三角形，平面平面，，為棱上一點(diǎn)，為的中點(diǎn)，四棱錐的體積為.（1）若為棱的中點(diǎn)，是的中點(diǎn)，求證：平面平面；（2）是否存在點(diǎn)，使得平面與平面所成的銳二面角的余弦值為？若存在，確定點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.【解析】（1）證明：因?yàn)椤⒎謩e是、的中點(diǎn)，所以，在矩形中，，所以，又因?yàn)?、分別是、的中點(diǎn)，所以，又因?yàn)?，，平面，平面，所以平面平?（2）解：假設(shè)棱上存在點(diǎn)滿足題意.在等邊三角形中，為的中點(diǎn)，于是，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以是四棱錐的高，設(shè)，則，，所以，所以，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線為軸，過點(diǎn)與平行的直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則，，，，設(shè)，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，有，令，則，易知平面的一個(gè)法向量，所以，因?yàn)椋?，所以存在點(diǎn)，位于的靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn).2.鞏固提升綜合練習(xí)【練習(xí)1】已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形且側(cè)棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點(diǎn)，則AE，SD所成的角的余弦值為多少？【解析】依題意，建立坐標(biāo)系如圖所示，設(shè)四棱錐S-ABCD的棱長為eq\r(2)，則A(0，－1,0)，B(1,0,0)，S(0,0,1)，D(－1,0,0)，∴E點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq\o(SD,\s\up7(→))＝(－1,0，－1)，cos〈eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(SD,\s\up7(→))〉＝eq\f(－1,\f(\r(6),2)·\r(2))＝－eq\f(\r(3),3)，故異面直線所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).【練習(xí)2】如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求證：PD⊥平面PAB．(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，說明理由．【解析】(1)證明：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD．所以AB⊥PD．又因?yàn)镻A⊥PD，所以PD⊥平面PAB．(2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO.因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD．又因?yàn)镻O?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．因?yàn)镃O?平面ABCD，所以PO⊥CO.因?yàn)锳C＝CD，所以CO⊥AD．如圖，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0，0,1)．設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up7(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，則x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2)．又eq\o(PB,\s\up7(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up7(→)),|n||\o(PB,\s\up7(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(3)設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AP,\s\up7(→)).因此點(diǎn)M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up7(→))＝(－1，－λ，λ)．因?yàn)锽M?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當(dāng)且僅當(dāng)eq\o(BM,\s\up7(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝eq\f(1,4).所以在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面PCD，此時(shí)eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).【練習(xí)3】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的，G是eq\o(DF,\s\up8(︵))的中點(diǎn)．(1)設(shè)P是eq\o(CE,\s\up8(︵))上的一點(diǎn)，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)當(dāng)AB＝3，AD＝2時(shí)，求二面角E-AG-C的大小．【解析】(1)因?yàn)锳P⊥BE，AB⊥BE，AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP?平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．由題意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，eq\r(3)，3)，C(－1，eq\r(3)，0)，故eq\o(AE,\s\up7(→))＝(2,0，－3)，eq\o(AG,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(CG,\s\up7(→))＝(2,0,3)．設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個(gè)法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up7(→))＝0，,m·\o(AG,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－3z1＝0，,x1＋\r(3)y1＝0.))取z1＝2，可得平面AEG的一個(gè)法向量m＝(3，－eq\r(3)，2)．設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個(gè)法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG,\s\up7(→))＝0，,n·\o(CG,\s\up7(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2＝0，,2x2＋3z2＝0.))取z2＝－2，可得平面ACG的一個(gè)法向量n＝(3，－eq\r(3)，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,2).故所求的角為60°.【練習(xí)4】如圖，在三棱錐P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點(diǎn)，AQ＝2BD，PD與EQ交于點(diǎn)G，PC與FQ交于點(diǎn)H，連接GH.(1)求證：AB∥GH；(2)求二面角D-GH-E的余弦值．【解析】(1)證明：因?yàn)镈，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點(diǎn)，所以EF∥AB，DC∥AB，所以EF∥DC．又因?yàn)镋F?平面PCD，DC?平面PCD，所以EF∥平面PCD．又因?yàn)镋F?平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH.又因?yàn)镋F∥AB，所以AB∥GH.(2)在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°.又因?yàn)镻B⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP兩兩垂直．以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以BA，BQ，BP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)BA＝BP＝BQ＝2，則E(1,0,1)，F(xiàn)(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，所以eq\o(EQ,\s\up7(→))＝(－1,2，－1)，eq\o(FQ,\s\up7(→))＝(0,2，－1)，eq\o(DP,\s\up7(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(0，－1,2)．設(shè)平面EFQ的一個(gè)法向量為m＝(x1，y1，z1)，由m·eq\o(EQ,\s\up7(→))＝0，m·eq\o(FQ,\s\up7(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋2y1－z1＝0，,2y1－z1＝0，))取y1＝1，得m＝(0,1,2)．設(shè)平面PDC的一個(gè)法向量為n＝(x2，y2，z2)，由n·eq\o(DP,\s\up7(→))＝0，n·eq\o(CP,\s\up7(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－y2＋2z2＝0，,－y2＋2z2＝0，))取z2＝1，得n＝(0,2,1)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(4,5).因?yàn)槎娼荄-GH-E為鈍角，所以二面角D-GH-E的余弦值為－eq\f(4,5).【四】利用空間向量求距離點(diǎn)到平面的距離：點(diǎn)到平面的距離：先確定平面的法向量，再求點(diǎn)與平面內(nèi)一點(diǎn)的連線形成的斜線段在平面的法向量上的射影長．如圖，設(shè)n＝(a，b，c)是平面α的一個(gè)法向量，P0(x0，y0，z0)為α外一點(diǎn)，P(x，y，z)是平面α內(nèi)的任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P0到平面α的距離：d＝eq\f(|\o(PP0,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|ax0－x＋by0－y＋cz0－z|,\r(a2＋b2＋c2)).注：線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)到平面的距離.1.例題【例1】已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)，G分別是C1C，D1A1，AB的中點(diǎn)，求點(diǎn)A到平面EFG的距離．【解析】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則A(2,0,0)，E(0,2,1)，F(xiàn)(1,0,2)，G(2,1,0)．所以eq\o(AG,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(GE,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(GF,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，點(diǎn)A到平面EFG的距離為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(GE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(GF,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,－x－y＋2z＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝z，,y＝z.))令z＝1，此時(shí)n＝(1,1,1)，所以d＝eq\f(|\o(AG,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即點(diǎn)A到平面EFG的距離為eq\f(\r(3),3).【例2】在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，則BD到平面EFD1B1的距離為________.【答案】【解析】以D為原點(diǎn)，直線DA，DC，DD1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易求平面EFD1B1的法向量n＝，又＝，∴所求距離為＝.故答案為：【例3】在棱長為的正方體中，則平面與平面之間的距離為()A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，則，，，，所以，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，即，解得，故，顯然平面//平面，所以平面與平面之間的距離．2.鞏固提升綜合練習(xí)【練習(xí)1】如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面,，,是中點(diǎn).（I）求直線與平面所成的角的正弦值；（II）求點(diǎn)到平面的距離．【解析】因?yàn)閮蓛苫ハ啻怪?，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，；設(shè)平面的一個(gè)法向量，由可得：，令，則.(I)設(shè)所求角為，又，則，(II)設(shè)點(diǎn)到平面距離為，則.【練習(xí)2】如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為BB1，CC1的中點(diǎn)，DG＝eq\f(1,3)DD1，過E，F(xiàn)，G的平面交AA1于點(diǎn)H，求D1A1到平面EFGH的距離．【解析】因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為BB1，CC1的中點(diǎn)，所以EF∥B1C1∥A1D1.又因?yàn)锳1D1?平面EFGH，EF?平面EFGH，所以A1D1∥平面EFGH，所以D1A1到平面EFGH的距離即為點(diǎn)D1到平面EFGH的距離．以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,3)))，D1(0,0,1)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，－\f(1,6))).設(shè)平面EFGH的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(FG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＝0，,－y－\f(1,6)z＝0，))令z＝6，可得n＝(0，－1,6)．設(shè)D1A1到平面EFGH的距離為d，連接D1F，又eq\o(D1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))，所以d＝eq\f(|\o(D1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4\r(37),37)，即D1A1到平面EFGH的距離為eq\f(4\r(37),37).【練習(xí)3】如圖，在四棱錐O?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M，N，R分別為OA，BC，AD的中點(diǎn)，求直線MN與平面OCD的距離及平面MNR與平面OCD的距離.【解析】因?yàn)镸，R分別為AO，AD的中點(diǎn)，所以MR∥OD.在正方形ABCD中，N，R分別為BC，AD的中點(diǎn)，所以NR∥CD.又MR∩NR=R，OD∩CD=D，所以平面MNR∥平面OCD.又MN平面MNR，所以MN∥平面OCD.所以直線MN與平面OCD的距離、平面MNR與平面OCD的距離都等于點(diǎn)N到平面OCD的距離.以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，N(2，1，0)，所以=(0，1，0)，=(0，2，?2)，=(?2，0，0)，設(shè)平面OCD的法向量為n=(x，y，z)，則，令z=1，得n=(0，1，1)為平面OCD的一個(gè)法向量.所以點(diǎn)N到平面OCD的距離d=|·|=，所以直線MN與平面OCD的距離、平面MNR與平面OCD的距離都等于三、課后自我檢測(cè)1．如圖，已知在四棱錐中，平面，點(diǎn)在棱上，且，底面為直角梯形，分別