第九讲-立体几何中探索性问题的向量解法

第一篇：第九讲-立体几何中探索性问题的向量解法

高中数学-立体几何

立体几何中探索性问题的向量解法

高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。

一、存在判断型

1、已知空间三点A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.设a=AB，b=AC，是否存在存在实数k，使向量ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。

解∵ka+b=k（0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k，1），ka-2b=（2，k，-2），且(ka+b)⊥（ka-2b），∴（-1，k，1）·（2，k，-2）=k2-4=0.则k=-2或k=2.点拨：第（2）问在解答时也可以按运算律做.(ka+b)(ka-2b)=k2a2-ka·b-2b2= k2-4=0，解得k=-2或k=2.2、如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，∠PDA为，能否确定，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出的值；若不能确定，说明理由.解：以点A为原点建立空间直角坐标系A－xyz.设|AD|=2a，|AB|=2b，∠PDA=.则A(0，0，0)、B(0，2b，0)、C(2a，2b，0)、D(2a，0，0)、P(0，0，2atan)、M(0，b，0)、N(a，b，atan).∴=(0，2b，0)，=(2a，2b，-2atan)，=(a，0，atan).MN=(0，2b，0)·∵AB·(a，0，atan)=0，∴⊥.即AB⊥MN.若MN⊥PC，=(a，0，atan)·则·(2a，2b，-2atan)

=2a2-2a2tan2=0.∴tan2=1，而是锐角.∴tan=1，＝45°.即当=45°时，直线MN是直线AB与PC的公垂线.【方法归纳】对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在。这是一种最常用也是最基本的方法.二、位置探究型

3．如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中点，与夹

角的余弦值为。3（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标。

（2）在平面PAD内是否存在一点F，使EF⊥平面PCB？ E

解析：⑴以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设P（0,0,2m）.则A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m)，从而AE=(-1,1,m),DP

=(0,0,2m).cos,2m22m2m2，得m=1.3所以E点的坐标为（1,1,1）.（2）由于点F在平面PAD内，故可设F(x,0,z)，由⊥平面PCB得： 0且0，即(x1,1.z1)(2,0,0)0x

1(x1,1.z1)(0,2,2)0z0。

所以点F的坐标为（1,0,0）,即点F是DA的中点时，可使EF⊥平

面PCB.【方法归纳】点F在平面PAD上一般可设t1t2DP、计算出t1,t2后，D点是已知的，即可求出F点。

4、在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CD上的点，且BE＝CF．

（1）当E、F在何位置时，B1F⊥D1E；

（2）是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？

（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小．

三、巩固提高

5、在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，问：在侧棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？

解：以A点为原点，建立如图9-6-5所示的空间右手直角坐标系A－xyz.因为所有棱长都等于2，所以

A（0，0，0），C（0，2，0），B

1，0），B

11，2)，3，0).21，m)，22点N在侧棱CC1上，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），则AB

11，2)，MN

=(-2=2m-1.于是|AB1|=22，||=m1，AB1·

如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么向量AB1和MN的夹角是45°或135°，而2m12m12cos=1=22m1，2

3所以22m1=±2.解得m=-4，这与0≤m≤2矛盾.即在侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°.26、(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=2a,点E在PD上，且PE:ED=2:1.（I）证明PA⊥平面ABCD；

（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；

（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.（Ⅰ）证明因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a，在△PAB中，由PA2+AB2=2a2=PB2知PA⊥AB.同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.（Ⅱ）解作EG//PA交AD于G，由PA⊥平面ABCD.知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH，则EH⊥AC，∠EHG即为二面角的平面角.又PE : ED=2 : 1，所以EG

从而tan123a,AGa,GHAGsin60a.333EG3,30.GH

3（Ⅲ）解法一以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为

11a,a,0),C(a,a,0).222

221D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).3

32131所以 (0,a,a),(a,a,0).3322

31(0,0,a),(a,a,a).22

31(a,a,a).22

1设点F是棱PC上的点，(a,a,a),其中01,则 22

11(a,a,a)(a,a,a)2222

31(a(1),a(1),a(1)).令 12得 22

3a(1)a1,11,221241a(1)aa,即12, 121223311a(1)a.12.233

113113解得,1,2.即 时，.222222A(0,0,0),B（亦即，F是PC的中点时，、、共面.又BF平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC.解法二当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC，证明如下，证法一取PE的中点M，连结FM，则FM//CE.①

1PEED, 知E是MD的中点.2连结BM、BD，设BDAC=O，则O为BD的中点.由EM

所以BM//OE.②

由①、②知，平面BFM//平面AEC.又BF平面BFM，所以BF//平面

AEC.证法二

11()2

21313ADCDDEAD(ADAC)(AEAD)222231.22因为

所以BF、AE、AC共面.又 BF平面ABC，从而BF//平面AEC.【方法归纳】点F是线PC上的点，一般可设，求出值，P点是已知的，即可求出F点.

第二篇：立体几何中探索性问题的向量解法

向前一小步，上升一高度07届高三数学“决胜六月”系列1

3立体几何中探索性问题的向量解法

高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。

一、存在判断型

1、已知空间三点A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.设a=AB，b=AC，是否存在存在实数k，使向量ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。

解∵ka+b=k（0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k，1），ka-2b=（2，k，-2），且(ka+b)⊥（ka-2b），∴（-1，k，1）·（2，k，-2）=k2-4=0.则k=-2或k=2.点拨：第（2）问在解答时也可以按运算律做.(ka+b)(ka-2b)=k2a2-ka·b-2b2= k2-4=0，解得k=-2或k=2.2、如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，∠PDA为，能否确定，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出的值；若不能确定，说明理由.解：以点A为原点建立空间直角坐标系A－xyz.设|AD|=2a，|AB|=2b，∠PDA=.则A(0，0，0)、B(0，2b，0)、C(2a，2b，0)、D(2a，0，0)、P(0，0，2atan)、M(0，b，0)、N(a，b，atan).∴AB=(0，2b，0)，PC=(2a，2b，-2atan)，MN=(a，0，atan).MN=(0，2b，0)·∵AB·(a，0，atan)=0，∴⊥.即AB⊥MN.若MN⊥PC，PC=(a，0，atan)·则MN·(2a，2b，-2atan)

=2a2-2a2tan2=0.∴tan2=1，而是锐角.∴tan=1，＝45°.即当=45°时，直线MN是直线AB与PC的公垂线.【方法归纳】对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现

矛盾，则否定存在。这是一种最常用也是最基本的方法.二、位置探究型

3．如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中点，与角的余弦值为夹。3（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标。

（2）在平面PAD内是否存在一点F，使EF⊥平面PCB？

解析：⑴以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间

直角坐标系，设P（0,0,2m）.则A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m)，从而AE

=(-1,1,m),DP=(0,0,2m).E B

cosDP,AE

2m22m2m

2，得m=1.3所以E点的坐标为（1,1,1）.（2）由于点F在平面PAD内，故可设F(x,0,z)，由⊥平面PCB得：

0且0，即(x1,1.z1)(2,0,0)0x1(x1,1.z1)(0,2,2)0z0。

所以点F的坐标为（1,0,0）,即点F是DA的中点时，可使EF⊥平面PCB.【方法归纳】点F在平面PAD上一般可设t1t2DP、计算出t1,t2后，D点是已知的，即可求出F点。

4、在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CD上的点，且BE＝CF．

（1）当E、F在何位置时，B1F⊥D1E；

（2）是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？

（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小． 空间直角坐标系，设BE=x，则有

uuuruuuruuur

解：（1）以A为原点，以AB、AD、AA1为x轴、y轴、z轴建立B1(a,0,a),D1(0,a,a),E(a,x,0),F(a-x,a,0)uuuruuur

B1F=(-x,a,-a),D1E=(a,x-a,-a)uuuruuur

B1F?D1E-ax+a(x-a)+(-a)(-a)=0 因此，无论E、F在何位置均有B1F^D1E

uuuruuuruuur（2）AC1=(a,a,-a),EC1=(0,a-x,a),FC1=(x,0,a),2ìïa(a-x)-a=0ï若A1C⊥面C1EF，则í得a=0矛盾，故不2ïïîax-a=0

存在点E、F，使A1C⊥面C1EF

（3）VC1-CEF当x=

a轾aa2=犏-(x-)+

犏6臌2

4a

时，三棱锥C1—CEF的体积最大，这时，E、F分别为BC、2CD的中点。

连接AC交EF于G，则AC⊥EF，由三垂线定理知：C1G⊥EF ?

C1GC是二面角C1EF-C的平面角.，1AC=,CC1=a,tan?C1GC4即二面角

C1-

EF-

C的大小为arctan QGC=

CC

1= GC

【方法归纳】 立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法.三、巩固提高

5、在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，问：在侧棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？

解：以A点为原点，建立如图9-6-5所示的空间右手直角坐标系A－xyz.因为所有棱长都等于2，所以

A（0，0，0），C（0，2，0），B

1，0），B

11，2)，M(，0).2

2，m)，2点N在侧棱CC1上，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），则AB

11，2)，=(-

=2m-1.于是|AB1|=2，||=m1，AB1·

如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么向量AB1和MN的夹角

2m1

2m1

是45°或135°，而cos=1=22m1，2

3所以22m1=±2.解得m=-4，这与0≤m≤2矛盾.即在侧棱CC1上不存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°.6、(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=2a,点E在PD上，且PE:ED=2:1.（I）证明PA⊥平面ABCD；

（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.（Ⅰ）证明因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a，在△PAB中，由PA2+AB2=2a2=PB2知PA⊥AB.同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.（Ⅱ）解作EG//PA交AD于G，由PA⊥平面ABCD.知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH，则EH⊥AC，∠EHG即为二面角的平面角.又PE : ED=2 : 1，所以EG

3a,AGa,GHAGsin60a.333

从而tan

EG3

,30.GH3

（Ⅲ）解法一以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为

3131a,a,0),C(a,a,0).222

1D

(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).33A(0,0,0),B（所以 (0,2131a,a),(a,a,0).3322

(0,0,a),(a,a,a).22

(a,a,a).22

设点F是棱PC上的点，(a,a,a),其中01,则

(a,a,a)(a,a,a)

2222

(a(1),a(1),a(1)).令 12得

3a(1)a1,11,22

1241

a(1)aa,即12, 121

233211

a(1)a.12.233

解得

11311

3,1,2.即 时，.222222

亦即，F是PC的中点时，、、共面.又BF平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC.解法二当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC，证明如下，证法一取PE的中点M，连结FM，则FM//CE.①

PEED, 知E是MD的中点.2连结BM、BD，设BDAC=O，则O为BD的中点.由EM

所以BM//OE.② 由①、②知，平面BFM//平面AEC.又BF平面BFM，所以BF//平面AEC.证法二

1因为()

22131

3()()

222

231.22

所以BF、AE、AC共面.又 BF平面ABC，从而BF//平面AEC.【方法归纳】点F是线PC上的点，一般可设，求出值，P点是已知的，即可求出F点

高考复习课：立体几何中探索性问题的向量解法

本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。

一、存在判断型

1．已知空间三点A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.设a=AB，b=AC，是否存在存在实数k，使向量ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。

2．如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，∠PDA为，能否确定，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出的值；若不能确定，说明理由.【方法归纳】：

二、位置探究型

3．如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中点，DP与AE角的余弦值为

夹。

3（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标。（2）在平面PAD内是否存在一点F，使EF⊥平面PCB？

E

B

.4．在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CD上的点，且BE＝CF．

（1）当E、F在何位置时，B1F⊥D1E；

（2）是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？

（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小．

【方法归纳】

三、巩固提高

5．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱的长度都是2，M是BC边的中点，问：在侧棱CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？

6．(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=2a,点E在PD上，且PE:ED=2:1.（I）证明PA⊥平面ABCD；

（II）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF//平面AEC？证明你的结论.

第三篇：【教案】3.2立体几何中的向量方法

3.2.2向量法解决空间角问题

（习题课）

（1）、三维目标

1．知识与能力：向量运算在几何计算中的应用．培养学生的空间想象能力和运算能力。

2．过程与方法：掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题． 3．情感目标

通过师生、生生的合作学习，增强学生团队协作能力的培养，增强主动与他人合作交流的意识.（2）教学重点：向量运算在解决空间角中的应用．（3）教学难点：向量运算在解决空间角中的应用．21 新课导入设计

一、复习引入

1、两条异面直线所成的角的定义及范围？

2、直线与平面所成角的定义及范围？

3、二面角定义及范围？

（和学生一起回忆定义，并且通过直线的方向向量及平面的法向量复习线线角，线面角及面面角的公式）

二、习题展示：教师给出正方体这个载体，由学生在正方体中构造空间角，展示自编题目，并由学生解答完成。

1、展示线线角习题：

（设计意图：使学生清楚如何将求两条异面直线所成角转化成求两个向量所成角，并且会用cos=|cos＜a,b＞|＝|ab|解决问题，但要注意异面直线所成角的范围与

ab两个向量所成角范围的不同）

2、展示线面角习题；（设计意图：使学生能将求线面角转化为求线线角，即求斜线与平面的法向量所成的角，进而转化为求两个向量所成角，这里关注学生在讲解过程中是否能讲清楚线面角的正弦即是线线角的余弦，即sincosAB,nABnABn）

3、展示面面角习题；（设计意图；使学生能将二面角的平面角转化为线线角，即转化为求平面的法向量所成的角，进而使问题又归为

第四篇：空间向量在立体几何中的应用

【利用空间向量证明平行、垂直问题】

例.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；（3）求二面角C—PB—D的大小。

如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点。设DC=a。

（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。

（2）依题意得B（a，a，0），∴PB⊥DE由已知EF⊥PB，且

（3）解析：设点F的坐标为又，故，所以PB⊥平面EFD。，则

从而所以

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°。

点评：（1）证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量．

（2）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．

（3）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．（4）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．

（5）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；②证明直线与平面内的两个不共线的向量互相垂直．

（6）证明面面垂直的方法：①转化为线线垂直、线面垂直处理；②证明两个平面的法向量互相垂直．【用空间向量求空间角】例.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；（2）二面角C—AE—F的余弦值的大小。

解析：不妨设正方体棱长为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。

（2）∵

∴

∴，过C作CM⊥AE于M，则二面角C—AE—F的大小等于，∵M在AE上，∴设则，∵

∴

又∴

∴二面角C—AE—F的余弦值的大小为点评：（1）两条异面直线所成的角（2）直线与平面所成的角

求得，即

求得，即。

或

可以借助这两条直线的方向向量的夹角

主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角

（3）二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角。【用空间向量求距离】例.长方体ABCD—求：

（1）异面直线AM与PQ所成角的余弦值；（2）M到直线PQ的距离；（3）M到平面AB1P的距离。解析：（1）方法一：

如图，建立空间直角坐标系B—xyz，则A（4，0，0），M（2，3，4），P（0，4，0），Q（4，6，2），∴，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，故异面直线AM与PQ所成角的余弦值为

方法二：，∴

故异面直线AM与PQ所成角的余弦值为

（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，∵因此可取，由于

∴，那么点M到平面的距离为，故M到平面的距离为。

点评：本题用纯几何方法求解有一定难度，因此考虑建立空间直角坐标系，运用向量坐标法来解决。利用向量的模和夹角求空间的线段长和两直线的夹角，在新高考试题中已多次出现，但是利用向量的数量积来求空间的线与线之间的夹角和距离，线与面、面与面之间所成的角和距离还涉及不深，随着新教材的推广使用，这一系列问题必将成为高考命题的一个新的热点。现列出几类问题的解决方法，供大家参考。

（1）平面的法向量的求法：设联立后取其一组解。，利用n与平面内的两个向量a，b垂直，其数量积为零，列出两个三元一次方程，（2）线面角的求法：设n是平面的法向量，是直线l的方向向量，则直线l与平面所成角的正弦值为。

（3）二面角的求法：①AB，CD分别是二面角的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小为。

②设或其补角。

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

（4）异面直线间距离的求法：

是两条异面直线，n是的公垂线段AB的方向向量，又C、D分别是

上的任意

两点，则。

（5）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。

（6）线面距、面面距均可转化为点面距离再用（5）中方法求解。

第五篇：向量法在立体几何中的运用

龙源期刊网 http://.cn

向量法在立体几何中的运用

作者：何代芬

来源：《中学生导报·教学研究》2013年第27期

摘 要：在近几年的高考中利用向量的模和夹角公式求立体几何中的线段长和两直线的夹角已多次出现，随着新一轮课改的推进，直线的方向向量和平面的法向量在解决立体几何问题中的应用必将成为高考命题的一个新的热点.直线的方向向量和平面的法向量在解决立体几何的“点线距离”，“点面距离”，“线面夹角”，“面面成角”以及“两异面直线间的距离”这五种题型中的应用，涉及的题目用传统立体几何法求解有一定的难度，而空间向量的介入使得问题迎刃而解.从中充分展现了向量法的独到之处和强大威力.关键词：高中数学；立体几何；向量法

向量的引入为数形结合思想注入了新鲜血液，为其开辟了更为广阔的天地。特别是将空间向量知识应用在立体几何题目中，更是一改立体几何题目以前单一的传统几何法，给我们以耳目一新的感觉.下面通过一个题的不同问题，领会空间向量中”直线的方向向量”和“平面的法向量”在解立体几何题目中的独到应用。

例题1 长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=6，AA1=4，M是 A1C1的中点，P在线段BC上，且CP=2，Q是DD1的中点。

一、求点线距离