也即???a?2b?0?a?2b，得?，从而n?(2,1,2)，所以点E到平面AD1C的距离为
??a?c?0?a?c?2?1?21?. 33h?|D1E?n||n|（3）设平面D1EC的法向量n?(a,b,c)， ∴CE?(1,x?2,0),D1C?(0,2,?1),DD1?(0,0,1),
??n?D1C?0,?2b?c?0由? 令b=1, ∴c=2,a=2－x， ??a?b(x?2)?0.???n?CE?0,∴n?(2?x,1,2). 依题意cos?4?|n?DD1|222???.
222|n|?|DD1|(x?2)?5∴x1?2?3（不合，舍去），x2?2?3 . ∴AE=2?3时，二面角D1—EC—D的大小为
四、利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。 例11．
解
：
直
三
棱
柱
Z ?. 4ABC?A1B1C1，
C1 A1 C A x B1 AC?3,BC?4,AB?5,AC,BC,CC1两两垂直，以
C为坐标原点，
直线CA,CB,CC1分别为x轴y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,4),A(3,0,0),C1(0,0,4)，B(0,4,0),B1(0,4,4) （1）
D B y AC?(?3,0,0),BC1?(0,?4,4)，?AC?BC1?0,?AC?BC1
?AC?BC
（2）假设在AB上存在点D，使得AC1?CD，则AD??AB?(?3?,4?,0) 其中0???1，则D(3?3?,4?,0)，于是CD?(3?3?,4?,0)
由于AC1?(?3,0,4)，且AC1?CD 所以?9?9??0得??1，
所以在AB上存在点D使得AC1?CD，且这时点D与点B重合。
（3）假设在AB上存在点D使得AC1//平面CDB1，则AD??AB?(?3?,4?,0) 其中0???1则D(3?3?,4?,0)，B1D?(3?3?,4??4,?4)又BC?(0,?4,?4). 1由于AC1?(?3,0,4)，AC1//平面CDB1， 所以存在实数m,n,使AC1?mB1D?nBC1成立，
?m(3?3?)??3,m(4??4)?4n?0,?4m?4n?4,
所以??1，所以在AB上存在点D使得AC1//平面CDB1，且D使AB的中点。 2总结：向量有一套良好的运算性质，它可以把几何图形的性质转化为向量运算，实现了数与形的结合，在解决立体几何的距离与夹角、平行与垂直、探索性等问题中体现出巨大的优越性，请同学们认真领会。
五、专题突破：
1解：设AC?a,CD?b,DB?c,a?b?c?1,?a,b???b,c??90,?a,c??60，
AB?(a?b?c)2?a2?b2?c2?2ab?2bc?2ac?2，
b21???， （1）?cos?AB,CD??a?b?c?b2?12AB?CDAB?CD(a?b?c)?b?AB,CD所成的角为60
（2）设与AB,CD都垂直的非零向量n?xa?yb?zc,由n?AB,n?CD得
??(xa?yb?zc)?(a?b?c)?0?3x?2y?3z?0，令????y?0??(xa?yb?zc)?b?0
x?1,得z??1,?n?a?c，
设AB与CD的距离为d，?d?(a?c)?a1AC?n??
2n2(a?c)
2、解：以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图），
设AD=a，则D（0，0，0）、A（a,0,0）、B(a,a,0)、
C(0,a,0)E(a,a2,0)、F(aaa2,2,2)、P(0,0,a). （1）
EF?DC?(?a2,0,a2)?(0,a,0)?0,?EF?DC.
（2）设G(x,0,z),则G?平面PAD.
FG?(x?a2,?a2,z?a2),FG?CB?(x?a2,?a2,z?a2)?(a,0,0)?a(x?aa2)?0,x?2;FG?CP?(x?aaaa2a2,?2,z?2)?(0,?a,a)?2?a(z?2)?0,z?0.?G点坐标为(a2,0,0),即G点为AD的中点. （Ⅲ）设平面DEF的法向量为n?(x,y,z).
由????n?DF?0,?(x,y,z)?(a,a,a)?0,??0得?222?n?DE??(x,y,z)?(a,a??2,0)?0,?a(x?y即???z)?0,?2取x?1,则y??2,z?1,???ax?a2y?0.
?n?(1,?2,1).cos?BD,n??BD?na3|BD||n|?2a?6?6,?DB与平面DEF所成角大小为?332?arccos6(即arcsin6).
3、证明：（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，易知面ACC1A1⊥面ABC，
∵∠ACB=90°，∴BC⊥面ACC1A1，∵AM?面ACC1A1，∴BC⊥AM
∵AM?BA1，且BCBA1?B，∴ AM?平面A1BC
解：（2）如图以C为原点,CA，CB， CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系，
则A(3,0,0),A1(3,0,6),B(0,1,0)， 设M(0,0,z1)∵AM?BA1，
∴AM?BA1?0即?3?0?6z1?0，故z1?设向量m?(x,y,z)为平面AMB的法向量，
66) ，所以M(0,0,22?6?m?AM?0z?0???3x?则m?AM,m?AB，则? 即 ?， 2???3x?y?0?m?AB?0?令x=1，的平面AMB的一个法向量为m?(1,2,3)，
显然向量CB是平面AMC的一个法向量， cos?m,CB??m?CB2 ?|m|?|CB|2易知，m与CB所夹的角等于二面角B－AM－C的大小，故所求二面角的大小为45°． （3）向量CB在法向量m上的投影的长
|m?CB|即为所求距离， |m|∵
2|m?CB|32∴点C到平面ABM的距离为 ??22|m|64、（1）建立空间直角坐标系D?xyz，如图，则又
D(0,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),C1(0,2,3),D1(0,0,3),E(1,2,0)
连接CD1,与C1D相交于O，连接EO易知O（0，1，1.5） ∴BD1?(?2,?2,3),EO?(?1,?1,1.5) ∴BD1?2EO
∴EO//BD1
又BD1?平面C1DE，EO?平面C1DE ∴BD1//平面C1DE
（2）解：过点C做CH?DE于H，连接C1H，在正四棱柱ABCD?A1BC11D1中，
CC1?平面ABCD∴C1H?DE，C1HC是二面角C1?DE?C的平面角
根据平面几何知识，易得H(0.8,1.6,0)∴HC?(?0.8,0.4,0),HC1?(?0.8,0.4,3) ∵cosC1HC?cos(HCHC1)?HCHC1HCHC1?2 7
∴?C1HC?arccos22∴二面角C1?DE?C的大小为arccos 77
（3）解：在侧棱BB1上不存在点P，使得CP?平面C1DE 证明如下：假设CP?平面C1DE，则必有CP?DE
设P(2,2,a)，其中0?a?3，则CPDE?2?0，这显然与CP?DE矛盾
5、（1）如图建立直角坐标系，
其中C为坐标原点.依题意A（2，0，0），B（0，2，0），B1
∴假设CP?平面C1DE不成立，即在侧棱BB1 上不存在点P，使得CP?平面C1DE
（0，2，2），C（0，2），因为AB1?BC1?(?2,2,2)?(0,?2,2)?0，10，所以AB1⊥BC1.
（2）设n1?(x1,y1,z1)是平面AB1C1的法向量，
由n1?AB1?0,n1?AC1?0得
?y1?0,??x1?y1?z1?0,所以令z1?1，则n1?(1,0,1)， ??x?z,1?1??x1?z1?0,
因为AB?(?2,2,0)，所以，B到平面AB1C1的距离为d?|AB?n1||n1|?2.
（3）设n2?(x2,y2,z2)是平面A1AB1的法向量.由n2?AB?0,n2?AA1?0,得
??x2?y2?0,?x2?y2, 令y2=1，则n2?(1,1,0), 所以??z?0.z?0,?2?2n1?n2|n1|,|n2|?122?1所以，二面角C1—AB1—A1的大小为60° 2 因为cos?n1,n2?