小结名师教学设计2

了解向量与立体几何的关系

目录

第1章

初步了解向量

第2章

求解立体几何中点与点的距离

第3章

求解立体几何中直线与直线的位置关系

第4章

求解立体几何中直线与平面的位置关系

第5章

第6章

第7章

求解立体几何中平面与平面的位置关系

求解空间中的二面角

题海（历年高考题）

1

第1章

初步了解向量

1.直线的方向向量 把直线上任意两点的向量或与它平行的向量都称为直线的方向向量.如图1,在空间直角坐标系中,由A(x1,y1,z1)与B(x2,y2,z2)确定的直线AB的方向向量是

2. 平面的法向量

如果表示向量n的有向线段所在的直线垂直于平面α,称这个向量垂直于a,j记作n⊥α,这时向量n叫做平面α的法向量. 在空间直角坐标系中,如何求平面法向量的坐标呢?

如图2,设a=( x1,y1,z1)、b=(x2,y2,z2)是平面α内的两个不共线的非零向量,由直线与平面垂直的判定定理知,若n⊥a且n⊥b,则n⊥α.换句话说,若n·a = 0且n·b = 0,则n⊥

α. 在空间直角坐标系中,如何求平面法向量的坐标呢? 如图2,设

2 AB(x2x1,y2y1,z2z1)Z B A x y

a=( x1,y1,z1)、b=(x2,y2,z2)是平面α内的两个不共线的非零向量,由直线与平面垂直的判定定理知,若n⊥a且n⊥b,则n⊥α.换句话说,若n·a = 0且n·b = 0,则n⊥

α.

n

a

b

a 求平面的法向量的坐标的步骤

第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z). 第二步(列):根据n·a = 0且n·b = 0可列出方程组

第三步(解):把z看作常数,用z表示x、y. 第四步(取):取z为任意一个正数(当然取得越特

殊越好),便得到平面法向量n的坐标. 空间向量理论引入立体几何中，通常涉及到夹角、平行、垂直、距离等问题，其方法是不必添加繁杂的辅助线，只要建立适当的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量运算解决立体几何问题

。这样使问题坐标化、符号化、数量化，从而将推理问题完全转化为代数运算，降低了思维难度，这正是在立体几何中引进空间向量的独到之处。

3. 平面法向量的求法

3

设与平面的一个法向量，其坐标为线向量，利用与平面内的两个不共的三元一次方程组，取垂直，其数量积为0列出两个关于这个方程组的一组非零解即得平面的一个法向量。

4. 空间向量及其运算：

（1）空间中的平行（共线）条件：a//bb0xR,axb

（2）空间中的共面条件：a,b,c共面（b,c不共线）x,yR,axbyc

推论：对于空间任一点O和不共线三点A、B、C，OPxOAyOBzOC

xyz1，则四点O、A、B、C共面

（3）空间向量分解定理：如果三个向量a,b,c不共面，那么对空间任一向量pxaybzc

（4）空间向量的加、减、数乘、数量积定义及运算

若ax1,y1,z1,bx2,y2,z2，则：abx1x2,y1y2,z1z2

ax1,y1,z1 abx1x2y1y2z1z2

4

5. 运算律

加法：a+b=b+a，(a+b)+c=a+(b+c) 实数与向量的乘积：λ(a+b)=λa+λb；(λ+μ)a=λa+μa，λ(μa)=(λμ) a

运 算

图形语言

符号语言

OA+OB=OC

坐标语言

记OA=(x1,y1)，

OB-OA=AB

OB=(x1,y2) 则OA+OB=(x1+x2,y1+y2) 加法与减法

OB-OA=（x2-x1,y2-y1）

OA+AB=OB



实数与向量

的乘积

两个向量

的数量积

AB=λa

记a=(x,y) 则λ记

λ∈R aa=(λx,λy) ·b=|a||a=(x1,y1), b| b=(x2,y2) cos 则a·b=x1x2+y1y2

两个向量的数量积：a·b=b·a；(λ(a+b)·c=a·c+b·c

说明：根据向量运算律可知，两个向量之间的线性运算满足实数多项式乘积的运算法则，正确迁移实数的运算性质可以简化向量的运算，例如(a±a)·b=a·(λb)=λ(a·b)，b)=a222abb2

5

6．直线与平面所成角的范围

若θ表示直线与平面所成的角，则0°≤θ≤90°。

cosθ=cosθ1·cosθ(2)

2 斜线AB与平面α所成的角为θ1，A为斜足，AC在α内，且与AB的射影成θ2角，∠BAC=θ, 则有cosθ=cosθ1·cosθ2。

(3) 如图所示，在二面角α-l-β中，A∈平面β，B∈平面α，AD⊥l于D，BC⊥l于C，AD=m,BC=n, CD=d, AB=l, 二面角α-l-β的平面角为φ，则有：

。

S'=Scosθ (4)

如果平面多边形所在平面与平面

所成角为

，这个平面多边形及其在平面

内的射影的面积分别为S、S'，那么S'=Scosθ。

7. 向量知识

(1)

(2)

(3)a·b=|a|·|b|cosθ (其中θ是a与b的夹角)

(4)若a=(x1,y1,z1), b=(x2,y2,z2), 则：a·b=x1x2+y1y2+z1z2。

6 ；

第2章

求解立体几何中点与点的距离

1. 长方体ABCD—中，AB=4，AD=6，，M是A1C1的中点，P在线段BC上，且|CP|=2，Q是DD1的中点，求：

（1）M到直线PQ的距离；

（2）M到平面AB1P的距离。

如图，建立空间直角坐标系B—xyz，则A（4，0，0），M（2，P（0，4，0），Q（4，6，2），

∴，

（2）∵，

∴上的射影的模

故M到PQ的距离为

（3）设是平面的某一法向量，则，∵

7 3，4），

∴因此可取

，由于的距离为

，

，

那么点M到平面故M到平面的距离为。

是两条异面直线，n是上的任意两点，则的公垂线段。

（2）异面直线间距离的求法：AB的方向向量，又C、D分别是

（3）点面距离的求法：设n是平面的法向量，AB是平面的一条斜线，则点B到平面的距离为。

（4）线面距、面面距均可转化为点面距离再用（3）中方法求解。

例1. 如图所示，在平行六面体中，设，M、N、P分别是、BC、的中点，试用a、b、c表示以下各向量：

（1）；（2）；（3）。

8

分析：根据空间向量加减法及数乘运算的法则和运算律即可。

解析：（1）∵P是∴

的中点，

（2）∵N是BC的中点，

∴（3）∵M是∴又∴

的中点，

。

9

第3章

求解立体几何中直线与直线的位置关系

1. 正方形ABCD—中，E、F分别是，的中点，求：

（1）异面直线AE与CF所成角的余弦值；

设正方体棱长为2，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则

A（2，0，0），C（0，2，0），E（1，0，2），F（1，1，2）

（1）由，得

又∴，即所求值为。

，

总结

（1）证明AB//CD，即证明AB//CD

（2）证明ABCD，即证明ABCD0

异面直线AB和CD的成角

coscosAB,CD

0,

2

10

第4章

求解立体几何中直线与平面的位置关系

1.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F。

（1）证明：PA//平面EDB；

（2）证明：PB⊥平面EFD；

（1）证明：PA//平面EDB；

（2）证明：PB⊥平面EFD；

（1）证明：连接AC，AC交BD于G，连接EG。

依题意得∵底面ABCD是正方形。

∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为

∴则而∴PA//平面EDB。

，

，

。

11

（2）依题意得B（a，a，0），又故∴PB⊥DE 由已知EF⊥PB，且所以PB⊥平面EFD。

，

，

2. 在正四面体ABCD中，AD=1，求AD与平面BCD所成的角

解：如图，因为四面体ABCD是正四面体，所以A在底面BCD的射影是底面三角形BCD的中心O，延长DO交BC于E，E是BC的中点，∠ADE就为AD与平面BCD所成的角θ。

∴

又

， ，

∴

。∴

。

总结：（1）证明AB//（平面）（或在面内），即证明AB垂直于平面的法向量或证明AB与平面内的基底共面；

（2）证明AB，即证明AB平行于平面的法向量或证明AB垂直于平面内的两条相交的直线所对应的向量；

12

直线AB和平面的成角（n为平面的法向量）

sincosAB,n

0,

2

13

第5章

求解立体几何中平面与平面的位置关系

1. 证明线面平行的方法：

①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；

②证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线；

③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量．

2. 证明面面平行的方法：

①转化为线线平行、线面平行处理；

②证明这两个平面的法向量是共线向量．

3. 证明线线垂直的方法是证明这两条直线的方向向量互相垂直．

4. 证明线面垂直的方法：

①

证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量；

如图,在六面体ABCDA1B1C1D1中,四边形ABCD是边长为2的正方形,四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形,DD1平面A1B1C1D1,DD1平面ABCD，DD1=2。

(Ⅰ)求证:A1C1与AC共面，B1D1与BD共面. (Ⅱ)求证:平面A1ACC1平面B1BDD1;

1解（向量法）：以D为原点，以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz如图，则有A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).

（Ⅰ）证明：A1C1(1,1,0),AC(2,2,0),D1B1(1,1,0),DB(2,2,0),

AC2A1C1,DB2D1B1.

14

AC与A1C1平行，DB与D1B1平行，于是A1C1与AC共面，B1D1与BD共面. （Ⅱ）证明：DD1AC

＝（0，0，2）（2，2，0）＝0，

DBAC＝（2，2，0）（2，2，0）＝0，DD1AC，DBAC.

内的两条相交直DD1与DB是平面B1BDD1，线，

AC平面B1BDD1. 又平面A1ACC1过AC，平面A1ACC1平面B1BDD1.

总结：

（1）证明两平面//（或两面重合），即证明两平面的法向量平行或一个面的法向量垂直于另一个平面；

（2）证明两平面，即证明两平面的法向量垂直或一个面的法向量在内一个面内

平面与平面（//）的距离（n为转化为平面内的点到平面的距离

平面的法向量）

15

第6章 求解空间中的二面角

1.如图,在六面体ABCDA1B1C1D1中,四边形ABCD是边长为2的正方形,四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形,DD1平面A1B1C1D1,DD1平面ABCD，DD1=2。

求二面角ABB1C的大小. 解：

以D为原点，以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，B（2，2，Dxyz如图，则有A（2，0，0）0），C（0，2，0），A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).

AA，0，2），BB1＝（1，1，2），CC1＝（0，1，2）.

1＝（1设n(x1,y1,z1)为平面A1ABB1的法向量，

nAA1x12z10,nBB1x1y12z10,

于是y10,取z11,则z12,n(2,0,1).

设m(x2,y2,z2)为平面B1BCC1的法向量，

mBB1x2y22z20,mCC1y22z20.

于是x20,取z21,则y22,m(0,2,1).

cosm,nmn1.

mn51二面角ABB1C的余弦为.

52. 1.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB于点F。 求二面角C—PB—D的大小。

设点F的坐标为则从而所以

，

16

由条件EF⊥PB知，，即

，解得∴点F的坐标为，且

∴

即PB⊥FD，故∠EFD是二面角C—PB—D的平面角。

∵，且

∴∴∠EFD=60°

所以，二面角C—PB—D的大小为60°。

（1）二面角的求法：①AB，CD分别是二面角与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小为。

的两个面内

17

②设分别是二面角的两个平面的法向量，则就是二面角的平面角或其补角。

设n1 、n2分别是二面角两个半平面α、β的法向量，由几何知识可知，二面角α-L-β的大小与法向量n1 、n2夹角相等（选取法向量竖坐标z同号时相等）或互补（选取法向量竖坐标z异号时互补），于是求二面角的大小可转化为求两个平面法向量的夹角，这样可避免了二面角的平面角的作图麻烦. 新教材引入了空间向量的概念以后，便使这类问题变得思路明确，运算简单，下面列举几例加以说明.

1．不需作出二面角的平面角，直接依据二面角定义求解

例:已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为m的正方形，侧棱AA1的长为n,且

∠A1AB=A1AD=120°，求二面角A1-AB-D的余弦值.

解：过A1作A1E⊥BA交BA的延长线于点E，∵

ABCD为正方形，

∴

AD⊥AB.则向量

A1-AB-D的大小.

∵

∴

，

所成角的大小即为二面角

18

=nm·cos120°+0 .

∵

∠A1AB=120°, ∴

∠A1AE=60°,

又A1A=n, ∴

∵

，∴

.

∴

二面角A1-AB-C的余弦值为

.

点评：此题传统解法为，先证BD⊥面ACC1A1，然后利用三垂线定理作出二面角，再归结到三角形中求出余弦值，思路繁琐不易找，且计算量大，而用向量法思路简单清晰、易解.

2．先作出二面角的平面角，然后用向量法求解

例:在正方体ABCD-A1B1C1D1中，求平面A1BD与平面C1BD所成的二面角.

解：设AC与BD交于点O，连结A1O，C1O.

∵

ΔA1DB与ΔC1BD都为等腰三角形，

∴

A1O⊥BD，C1O⊥BD.则向量

所成的角即为面A1BD与面C1BD所成二面角的平面角.以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，

如图所示，设正方体的棱长为1，则

∴

，

，

19

∴

.

∴

平面A1BD与平面C1BD所成的二面角为

.

点评：当二面角的平面角不在某直角三角形中时，用向量法来求解二面角是个好办法.

3．先用向量法求出二面角的平面角，再用向量法求解.

例:如图在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，

，求

面SCD与面SBA所成的二面角的正切值.（2001年全国高考题）

解：延长BA，CD相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱，且易知AE=1，如图以A为原点建立空间直角坐标系，则:A(0,0,0),

∵

∴

, 即SE⊥SB. , C(1,1,0), B(0,1,0), S(0,0,1), E(0,-1,0),

,

又∵

，

，

即

SE⊥SC. ∴

∠CSB为所求二面角的平面角.

∵

∴

20

，即所求二面角的正切值为

.

第7章

题海奋战

1.如图，已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，∠PDA=60 （1）求DP与CC1所成角的大小；（2）求DP与平面AA1D1D所成角的大小。

DA1PD1C1B1

不厌其烦的给大家打出答案

ABC1．解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz．

则DA(1，0，0)，CC(0，01，)．连结BD，BD．

在平面BBDD中，延长DP交BD于H．设DH(m，m，1)(m0)，

DH

由已知DH，DA60，由DADHDADHcosDA，2221可得2m2m1．解得m，所以DHz 2，2，．

222D

0011H 22CC2（1）因为cosDH，，

A

212P CC45．即DP与CC所成的角为45．

所以DH，2C

B

（2）平面AADD的一个法向量是DC(01，，0)．

220110122DC，

因为cosDH，212A D B C y x DC60．

所以DH，可得DP与平面AADD所成的角为30．

2）如图，在四棱锥OABCD中，底面ABCD四边长为1的

菱形，

21

ABC4, OA底面ABCD, OA2,M为OA的中点。

（1）求异面直线AB与MD所成角的大小；

（2）求点B到平面OCD的距离。

O

M

DA

BC

答案

2．解：作APCD于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为x,y,z轴建立坐标系zOMAxBCPDyA(0,0,0),B(1,0,0),P(0,222,0),D(,,0),O(0,0,2),M(0,0,1), 222(1)设AB与MD所成的角为, ∵AB(1,0,0),MD(22,,1)

22 ∴cos1,∴ , 3ABMD2ABMD

3222(2) ∵OP(0,,2),OD(,,2)

222∴AB与MD所成角的大小为

22

∴设平面OCD的法向量为n(x,y,z),则nOP0,nOD0

2y2z02即

取z2,解得n(0,4,2)

2x2y2z022设点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量n(0,4,2)上的投影的绝对值, ∵OB(1,0,2), ∴d2. n32所以点B到平面OCD的距离为

3OBn3如图1，已知ABCD是上、下底边长分别为2和6，高为3的等腰梯形，将它沿对称轴OO1折成直二面角，如图2。

（1）证明：AC⊥BO1； （2）求二面角O－AC－O1的大小。

O1 C O1 C D

D

O B A O

B A

答案：

3．解:（1）证明

由题设知OA⊥OO1，OB⊥OO1.

所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，

即OA⊥OB. 故可以O为原点，OA、OB、OO1 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间

直角坐标系，

如图3，则相关各点的坐标是A（3，0，0），

B（0，3，0），C（0，1，3）,O1（0，0，3）. 从而AC(3,1,3),BO1(0,3,3)，

ACBO13330.所以AC⊥BO1. （2）解：因为BO1OC3330,所以BO1⊥OC，

由（I）AC⊥BO1，所以BO1⊥平面OAC，BO1是平面OAC的一个法向量. 设n(x,y,z)是0平面O1AC的一个法向量，

23

nAC0由3xy3z0,nO1C0y0.取z3, 得n(1,0,3). 设二面角O—AC—O1的大小为，由n、BO1的方向可知n，BO1>，

所以coscosn，BO1>=nBO1|n||BO1|3

.4

4. 如图，在三棱锥SABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，BAC90°，O为BC中点． （1）证明：SO平面ABC；

（2）求二面角ASCB的余弦值．

BSOAC

答案：(我终于知道老师有多辛苦了)

5．证明：（1）由题设AB=AC=SB=SCSA，连结OA，

△ABC为等腰直角三角形，所以OAOBOC2SA，且AOBC，

2S又△SBC为等腰三角形，故SOBC，且OSAS22，

OC从而OA2SO2SA2．所以△SOA为直角三角形，BASOAO．

又AOBOO．

所以SO平面ABC．

（2）解：以O为坐标原点，射线OB，OA分别为x轴、y轴的正半轴，，0，0)，则建立如图的空间直角坐标系Oxyz．设B(1C(1，0，，0)A(01，，，0)S(0，01)，．

24

111111SC的中点M，0，，MO，0，，MA，1，，SC(1，0，1)．

222222∴MO·SC0，MA·SC0．

zS故MOSC，MASC，

cosMO，MAMO·MAMO·MA3，

3OMC3．

3AyxB5. 如图，PCBM是直角梯形，∠PCB＝90°，PM∥BC，PM＝1，BC＝2，又AC＝1，∠ACB＝120°，AB⊥PC，直线所以二面角ASCB的余弦值为与直线PC所成的角为60°. （1）求证：平面PAC⊥平面ABC; （2）求二面角MACB的大小; （3）求三棱锥PMAC的体积.

．解：

（1）∵PCAB,PCBC,ABBCB

∴PC平面ABC，

又∵PC平面PAC

∴平面PAC平面ABC

（2）在平面ABC内，过C作CDCB，建立空间直角坐标系Cxyz（如图）

31，设P0,0,zz0，

由题意有A,,000AM22则M0,1,z0,AM31

,,z0,CP0,0,z022由直线AM与直线PC所成的解为600，得

2AMCPAMCPcos600，即z02z023z0，

25

解得z01

∴CM0,0,1,CAnx1,y1,z1，

y1z10则，取x11，得n1,3,3

31y1z1022平面ABC的法向量取为m0,0,1

31，设平面MAC的一个法向量为,,022设m与n所成的角为，则cosMACB的平面角为锐角，

mnmn3显然，二面角721

7故二面角MACB的平面角大小为arccos（3）解法一：由（Ⅱ）知，PCMN为正方形

1132∴VPMACVAPCMVAMNCVMACNACCNsin1200MNCAn1n13

12（3）解法二：取平面PCM的法向量取为n11,0,0，则点A到平面PCM的距离h3

2∵PC1,PM1，

∴VPMACVAPCMPCPMh1111321633

2126. 如图，l1、l2是互相垂直的异面直线,MN是它们的公垂线段.点A、B在l1上，C在l2上，AMMBMN。

（1）l2

证明AC⊥NB；

(2)若ACB60O，求NB与平面ABC所成角的C 余弦值。

H l1

A

答案（烦死我啦）

解: 如图,建立空间直角坐标系M－xyz.令MN=1, 则有A(－1,0,0),B(1,0,0),N(0,1,0),

26 N M B

(1)∵MN是 l1、l2的公垂线, l1⊥l2, ∴l2⊥平面ABN. l2平行于z轴. →=(1,1,m), NB→=(1,－1,0). 故可设C(0,1,m).于是 AC→·→∴ACNB=1+(－1)+0=0 ∴AC⊥NB. → =(1,1,m), BC→=(－1,1,m), ∴|AC→|=|BC→|, 又(2)∵AC已知∠ACB=60°,∴△ABC为正三角形,AC=BC=AB=2. 在Rt△CNB中,NB=2, 可得NC=2,故C(0,1, 2). 连结MC,作NH⊥MC于H,设H(0,λ, 2λ) (λ>0). →=(0,1－λ,－2λ), ∴HNl2

z C l1

H y N A 1→→·→M MC=(0,1, 2). HNMC = 1－λ－2λ=0, ∴λ= , 3B 1222→∴H(0, , ), 可得HN=(0,, －

), 连结BH,则333312→BH=(－1,, ), 3322→→∵HN·BH=0+

－

=0, ∴→HN⊥→BH, 又MC∩BH=H,∴HN⊥平面ABC, 99→=(－1,1,0), ∠NBH为NB与平面ABC所成的角.又BNx →BH·→BN6∴cos∠NBH= = =

→→23|BH|·|BN|×23

8． (1)证明：连结OC. ∵BO=DO,AB=AD, ∴AO⊥BD. ∵BO=DO,BC=CD, ∴CO⊥BD. 在△AOC中，由已知可得AO=1,CO=3.而AC=2, ∴AO2+CO2=AC2, ∴∠AOC=90°,即AO⊥OC. BDOC0,

∴AO平面BCD. （Ⅱ）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(-1，0，0)，

43

C(0，3，0)，A(0,0,1),E(,

123,0), 227

7. 如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的中点，CACBCDBD2,ABAD2.

（1）求证：AO平面BCD；

（2）求异面直线AB与CD所成角的大小；

（3）求点E到平面ACD的距离。

A

D

O

答案（我发誓这是最后一个题）

(1)证明：连结OC. ∵BO=DO,AB=AD, ∴AO⊥BD. ∵BO=DO,BC=CD, ∴CO⊥BD. 在△AOC中，由已知可得AO=1,CO=3.而AC=2, ∴AO2+CO2=AC2, ∴∠AOC=90°,即AO⊥OC. BDOC0,

∴AO平面BCD. （2）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(-1，0，0)，

BECC(0，3，0)，A(0,0,1),E(,BA(1,0,1),CD(1,3,0). BACD2,

BACD4123,0), 2∴cosBA,CD∴异面直线AB与CD所成角的大小为arccos2.

4（2）解法一：设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),则

xz0,nAD(x,y,z)(1,0,1)0,

∴

3yz0.nAC(x,y,z)(0,3,1)0,令y=1，得n=(-3,1,3)是平面ACD的一个法向量.又EC(,∴点E到平面ACD的距离h=|EC·n|321.

|n|7713,0),

22（3）解法二：设点E到平面ACD的距离为h. VAACDVACDE,

28

∴h·S△ACD =·AO·S△CDE. 在△ACD中，CA=CD=2,AD=2, 2133172∴S△ACD=222而AO=1, S2,

,△CDE=24222231313∴h=AOSCDESACD13221,

772∴点E到平面ACD的距离为21. 7 8. 已知ABC的一顶点A的坐标为(x0,y0),∠B、∠C的内角平分线分别为直线A1x+B1y+C1=0与A2x+B2y+C2=0,求边BC所在的直线方程。如图（三）所示。

根据角平分线的性质，点Ａ分别关于∠B、∠C的内角平分线分别-10-5A2x+B2y+C2=0

5ABD-5A1x+B1y+C1=0510

1520为直线A1x+B1y+C1=0与A2x+B2y+C2=0的对称点P、D均在直线BC上,所以只CP（图三）要分别计算出P、D的坐标,再由两点式方程即可得BC所在直线方程。

29