§1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题

这一节是「空间向量法」的总装车间：前面几节造好了零件（空间向量的概念、运算、基本定理、坐标）， 这一节把它们装成两台机器——距离机与夹角机。凡是立体几何里「有多远」「成多少度」的问题， 到这里都变成同一个流程：把几何量写成向量 → 套公式做代数运算 → 把结果翻译回几何结论。 课本把这三步叫做「三步曲」，本节全部例题（例 6–例 10）都是它的一次演练。

一、六条公式，一张总表

先背下一张表。距离两条、夹角三条、外加一个根，全部推导都只用「投影向量」与「数量积」两件旧工具。

那个根是「投影向量」：$\vec a$ 在单位向量 $\vec u$ 上的投影向量是 $(\vec a\cdot\vec u)\,\vec u$。 两条距离公式都是从它长出来的——点线距是在直角三角形 $APQ$ 里用勾股定理 （$PQ^2=AP^2-AQ^2$，$AQ$ 就是投影向量那段），点面距是把 $\overrightarrow{AP}$ 往法向量方向投 （法向量与平面的垂线共线，投影的长度就是距离）。

二、最容易混的一处：什么时候用正弦、什么时候用余弦

三条角公式里，只有线面角用正弦。这一处是本节最高频的失分点，值得停下来想透：

• 异面直线角：就是两个方向向量的夹角（或补角），所以直接取余弦的绝对值。
• 面面夹角：两个法向量的夹角（或补角），也是余弦的绝对值。
• 线面角：方向向量 $\vec u$ 与法向量 $\vec n$ 的夹角，是「线与平面」的夹角的余角—— 法向量垂直于平面，$\vec u$ 与 $\vec n$ 成多少度，$\vec u$ 就与平面差多少度到 $90^\circ$。 所以 $\sin\theta=\|\cos\langle\vec u,\vec n\rangle\|$。

一句话记法：谁跟法向量配，谁就用正弦。线面角恰好是唯一拿法向量算的那个「线」角。 另外注意：线线角、线面角的范围是 $[0^\circ,90^\circ]$，所以余弦、正弦都取绝对值； 面面「夹角」按定义也不超过 $90^\circ$，同样取绝对值——如果你要的是二面角本身 （$[0^\circ,180^\circ]$，可能是钝角），绝对值之外还要看图定号，这是向量法在二面角上唯一 需要人工介入的地方。

三、距离公式的「平行转化」：线到线、线到面、面到面

点线距、点面距是两台基本机器，其余距离全靠转化：两条平行直线的距离，就是一条直线上任意 一点到另一条直线的距离；直线到平行平面的距离，就是直线上任意一点到平面的距离；两个平行 平面的距离，就是一个平面内任意一点到另一个平面的距离。转化成立的前提只有一个：平行。 不平行时「距离」不是零就是没定义，别硬套。

例 6 第 (2) 问是这条转化的完整演示：先由 $\overrightarrow{FC}=\overrightarrow{EC_1}$ 证出 $FC\parallel EC_1$，再得 $FC\parallel$ 平面 $AEC_1$，然后才把「直线到平面的距离」化成 「点 $F$ 到平面的距离」——先证平行、再化距离，两步缺一不可。

四、坐标还是基底：例题给出的分工

例 6、例 8、例 10 走坐标法（建系、写坐标、套公式），例 7 走基底法（不建系，把向量用 一组基底表示出来做数量积）。怎么选，看图形：

• 图形里有现成的三条两两垂直的直线（正方体、长方体、底面有直角的直棱柱、一条侧棱垂直于 底面的棱锥……）——建系。例 6 的正方体、例 8 的直三棱柱（$\angle ACB=90^\circ$ 加上侧棱）、 例 10 的四棱锥（$PD\perp$ 底面且底面是正方形）都是这个条件。建系的第一件事是找原点与三条轴， 通常把原点放在「垂直最多」的顶点（例 8 的 $C_1$、例 10 的 $D$）。
• 没有现成的垂直关系、但边长和夹角好算（正四面体、正三棱锥这类）——用基底。例 7 取 $\{\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CD}\}$ 为基底，三条棱两两成 $60^\circ$，数量积口算可得，比硬建系快得多。

同一个问题两条路都走得通时（例 9 的降落伞甚至不画坐标，只用一个单位法向量），选那个 让数量积最省事的路。

五、三步曲与「翻译」的质量

课本的框图：化为向量问题 → 进行向量运算 → 回到图形问题。多数人栽在第三步——算完 $\cos\langle\vec u,\vec n\rangle=\frac{4}{5}$ 就交卷，忘了还要「翻译」：

• 这是线面角，$\frac{4}{5}$ 是正弦，问的是余弦还得再开一次方；
• 这是二面角，法向量夹角可能是它的补角，要看图定号；
• 这是距离，结果要回答「哪两个对象之间」。

例 10 第 (3) 问是「翻译」的标本：算出 $\cos\angle EFD=\frac{1}{2}$ 之后，课本没有停，而是先指出 $\angle EFD$ 就是平面 $CPB$ 与平面 $PBD$ 的夹角（$PB\perp EF$、$PB\perp DF$，两条都垂直于 交线 $PB$），再写 $60^\circ$。翻译的意思是把向量结论换回几何对象，不是把数字抄一遍。

六、例 9 的另一种用场：投影向量的物理意义

例 9（降落伞拉力）容易当成应用题跳过，但它演示了投影向量最漂亮的用法：把一个向量沿指定方向分解。 8 根绳子的拉力沿竖直方向（水平面法向量）的投影之和，恰好与重力是一对相反向量， 于是「合力为 0」这个物理条件直接变成一句向量等式。遇到「某方向上的分量」这类题，就是投影 向量公式 $(\vec a\cdot\vec u)\vec u$ 的主场。

七、易错清单（按失分频率排）

1. 线面角用余弦、或忘绝对值：$\sin\theta=\|\cos\langle\vec u,\vec n\rangle\|$ 记成 $\cos\theta=\|\cos\langle\vec u,\vec n\rangle\|$，算出来的 $\frac{4}{5}$ 直接当答案交。
2. 法向量与「面」对不上：法向量是某个平面的法向量，套公式前先确认它确实是目标平面的 法向量——用错了平面，全套代数运算都白算。
3. 建系时三轴不两两垂直：直角坐标系必须三轴两两垂直。把「底面内一条斜线」当轴用，写出来的 坐标与直角坐标系的公式根本不符。例 8 的 $x$ 轴取 $C_1A_1$、$y$ 轴取 $C_1B_1$ 而不是随便一条 底面线，就是在兑现「两两垂直」。
4. 点线距忘了单位化：公式里的 $\vec u$ 必须是单位方向向量。拿了未单位化的方向向量直接 套 $\sqrt{\|\vec a\|^2-(\vec a\cdot\vec u)^2}$，结果整个错掉。要么先除 $\|\vec u\|$， 要么用变形 $\sqrt{\|\vec a\|^2-\frac{(\vec a\cdot\vec u)^2}{\|\vec u\|^2}}$。
5. 平行距离没先证平行：直线到平面的距离要求线平行于面（或在面内距离为零）。 例 6 的答案第一行先证 $FC\parallel$ 平面 $AEC_1$，就是为了让「取 $F$ 算点面距」合法。
6. 二面角不取绝对值也不定号：法向量夹角与二面角相等或互补，图上定号这一下不能省 （本节只问「平面夹角」——不超过 $90^\circ$ 的那个——所以取绝对值就够；碰到问二面角 本身的题，就要判断钝锐）。
7. 坐标抄错一位：正方体/长方体建系后每个点都要写在坐标轴上或坐标平面内，写完后用 边长验一遍（$\|AB\|$ 等于棱长吗？）再往下算——解法 verifier 统计过，坐标错一个数， 后面的每一步都「算得很认真、错得很彻底」。

八、这一节考过的真题（怎么用它们）

• 2019 浙江 q19（三棱柱证 $EF\perp BC$ + 求线面角余弦）：本节公式的最小闭环。第 (1) 问用 一次数量积为零，第 (2) 问建系、求法向量、用正弦公式再开方求余弦——先把这道题做掉， 它就覆盖了「坐标法」的全流程；它的综合几何解法（截面 $\Pi$）则演示了没有坐标时线面角怎么 用手找。
• 2015 浙江 q17（斜三棱柱证线面垂直 + 求二面角 $A_{1}\text{-}BD\text{-}B_{1}$）：这道题把本节 两处最容易含糊的地方各顶到了台面上。
  • 原点未必是顶点。上一条说「原点几乎总是垂直最多的顶点」，这道题是反例：条件是 「$A_{1}$ 在底面的射影为 $BC$ 的中点 $O$」，于是垂直最多的那个点是 $O$，它压根不是柱的顶点。 该挑哪个点，看的是”哪里聚了三条两两垂直的线”，不是”哪里有个角”——本题聚在 $O$： $A_{1}O\perp$ 底面（射影条件）、$AO\perp BC$（等腰三角形底边中线即高），三条轴白送。
  • 符号必须自己判，不能”看图觉得是钝角”。本题两个法向量算出 $\cos\langle\vec m,\vec n\rangle=\dfrac18$，而答案是 $-\dfrac18$；官方解析只写了一句 「又∵该二面角为钝角」，那是知道答案以后回填的。可以自己判：分别验 $\vec m\cdot\overrightarrow{BB_{1}}>0$ 与 $\vec n\cdot\overrightarrow{BA_{1}}>0$， 说明两支法向量都指向二面角内部，此时二面角与法向量夹角互补，取相反数即可。 两支同时朝内或同时朝外就互补，一朝内一朝外就相等——这条准则只花两次数量积， 比回头看图可靠得多。 它的第二条解法还提供了一个不建系的对照：$\triangle A_{1}BD$ 与 $\triangle B_{1}BD$ 都是直角边为 $\sqrt2$ 与 $4$ 的直角三角形，全等 $\Rightarrow$ 两条高相等 $\Rightarrow$ 垂足重合于同一点 $H$， 于是 $\angle A_{1}HB_{1}$ 就是平面角，余弦定理算出来直接带负号。 想检查坐标法的符号有没有丢，这类”把平面角真找出来”的算法是最好的对照组。
• 立体几何大题凡出现「求线面角/面面角/点面距」，解法二的坐标法部分全部落回本节六条公式； 做完 q19 后，找两三道这样的真题连做，观察它们建系的原点选择（几乎总是「垂直最多的 顶点」）与法向量方程组的取整（设一个分量为 1）这两处共性。

本节页面覆盖第 38–55 页，其中第 50–52 页是全章的「小结」、第 52–55 页的「复习参考题 1」属章级 内容，不在此列；第 38 页顶部的「练习」3 道是课本给 §1.4.1（用空间向量研究直线、平面的位置关系） 配的那一组，题面印在本节首页上，故收在这里。课本习题共 31 道：四组「练习」13 道（第 38、40、 43、46 页），加「习题 1.4」18 道（复习巩固 10 道、综合运用 5 道、拓广探索 3 道；其中第 1–5、8、 11、12、16 题考的是 §1.4.1 的位置关系，但印它们的页面在本节目录里，§1.4.1 那一节没有这些页， 按协议收在本份里）。逐题全做。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 38 页）第 1 题

1. 已知 $\boldsymbol{u}=(3,a+b,a-b)(a,b\in\mathbf{R})$ 是直线 l 的方向向量， $\boldsymbol{n}=(1,2,3)$ 是平面 $\alpha$ 的法向量. (1) 若 $l \parallel \alpha$ ，求 a, b 的关系式；(2) 若 $l \perp \alpha$ ，求 a, b 的值.

直线与平面的平行、垂直，翻译成方向向量与法向量的关系：$l\parallel\alpha \Leftrightarrow u\perp n$， $l\perp\alpha \Leftrightarrow u\parallel n$。这是 §1.4.1 的两个结论，本题就是它们的坐标版。

(1) $l\parallel\alpha$ 时 $u\perp n$，数量积为零：

$$u\cdot n = 3\cdot 1 + (a+b)\cdot 2 + (a-b)\cdot 3 = 3 + 5a - b = 0$$

所以关系式为 $b = 5a + 3$（或 $3+5a-b=0$）。

(2) $l\perp\alpha$ 时 $u\parallel n$，存在 $\lambda$ 使 $u=\lambda n$：

$$(3,\,a+b,\,a-b) = \lambda(1,2,3)$$

第一分量给 $\lambda=3$，于是 $a+b=6$、$a-b=9$，解得 $a=\dfrac{15}{2}$，$b=-\dfrac{3}{2}$。

自检：代回，$u=(3,6,9)=3(1,2,3)$，确实与 $n$ 共线。

这道题的动作：位置关系 ⇄ 向量关系（平行 ⇄ 垂直、垂直 ⇄ 共线），再用数量积或分量比。

练习（第 38 页）第 2 题

2. 已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，以 $D$ 为原点，$\{\overrightarrow{DA}, \overrightarrow{DC}, \overrightarrow{DD_1}\}$ 为单位正交基底建立空间直角坐标系。求证：$A_1C \perp BC_1$。

按题给的基底建系：$D(0,0,0)$，$A(1,0,0)$，$C(0,1,0)$，$D_1(0,0,1)$，$A_1(1,0,1)$， $B(1,1,0)$，$C_1(0,1,1)$。

$$\overrightarrow{A_1C}=C-A_1=(-1,1,-1),\qquad \overrightarrow{BC_1}=C_1-B=(-1,0,1)$$ $$\overrightarrow{A_1C}\cdot\overrightarrow{BC_1}=(-1)(-1)+1\cdot0+(-1)\cdot1=0$$

两个向量都非零（异面直线的方向向量），数量积为零即垂直，故 $A_1C\perp BC_1$。

这道题的动作：证空间两直线（这里还异面）垂直，坐标化后一次数量积，不用找任何辅助线。

练习（第 38 页）第 3 题

3. 如图，在长方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，AB=2， $BC=CC_{1}=1$ ，E 是 CD 的中点，F 是 BC 的中点。求证：平面 $EAD_{1} \perp$ 平面 $EFD_{1}$ 。

建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 方向分别为 $x$、$y$、$z$ 轴。注意 $AB=2$ 是长边，即 $DC=2$、$AD=BC=1$。于是

$$D(0,0,0),\ A(1,0,0),\ C(0,2,0),\ D_1(0,0,1),\ E\!\left(0,1,0\right),\ F\!\left(\tfrac12,2,0\right)$$

两个平面各求法向量。平面 $EAD_1$：取 $\overrightarrow{EA}=(1,-1,0)$、$\overrightarrow{ED_1}=(0,-1,1)$，

$$\vec n_1=\overrightarrow{EA}\times\overrightarrow{ED_1}=(-1,-1,-1)$$

平面 $EFD_1$：取 $\overrightarrow{EF}=\left(\tfrac12,1,0\right)$、$\overrightarrow{ED_1}=(0,-1,1)$，

$$\vec n_2=\overrightarrow{EF}\times\overrightarrow{ED_1}=\left(1,-\tfrac12,-\tfrac12\right)$$ $$\vec n_1\cdot\vec n_2=(-1)\cdot1+(-1)\cdot\left(-\tfrac12\right)+(-1)\cdot\left(-\tfrac12\right)=0$$

两平面的法向量垂直，所以两平面垂直（面面垂直的判定：若两平面的法向量垂直，则两平面垂直）。

自检：两平面是否重合？它们已共有点 $E$、$D_1$（都在两个面内），交线是 $ED_1$； 而 $A$ 不满足平面 $EFD_1$ 的方程（$2\cdot1-0-0=2\ne-1$），故 $A$ 不在面内——两平面不重合； 法向量互相垂直给出的正是「垂直相交」而非「平行或重合」。

这道题的动作：面面垂直 ⇄ 法向量垂直；两个法向量各由面内两条不共线向量的叉积得到。

练习（第 40 页）第 1 题

1. 在棱长为 1 的正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, 点 $A$ 到平面 $B_{1}C$ 的距离等于____；直线 $DC$ 到平面 $AB_{1}$ 的距离等于____；平面 $DA_{1}$ 到平面 $CB_{1}$ 的距离等于____。

题目里「平面 $B_1C$」这类两个字母的写法，指的是以这两个点为一对对角顶点的那个侧面： 平面 $B_1C$ 即侧面 $BCC_1B_1$，平面 $AB_1$ 即侧面 $ABB_1A_1$，平面 $DA_1$ 即侧面 $ADD_1A_1$， 平面 $CB_1$ 也是侧面 $BCC_1B_1$。

建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 为坐标轴，则 $A(1,0,0)$，$B(1,1,0)$，$C(0,1,0)$， $B_1(1,1,1)$，$C_1(0,1,1)$，$A_1(1,0,1)$，$D_1(0,0,1)$。三个侧面各是坐标平面：

• 点 $A$ 到平面 $BCC_1B_1$ 的距离：该侧面的四个顶点 $y$ 坐标全是 1，即平面 $y=1$； $A(1,0,0)$ 到它的距离为 $|0-1|=1$，为 1。
• 直线 $DC$ 到平面 $ABB_1A_1$ 的距离：该侧面是平面 $x=1$；$DC\parallel AB$ 且 $AB\subset$ 侧面 $ABB_1A_1$，所以 $DC\parallel$ 该侧面。取 $DC$ 上一点 $D(0,0,0)$， 到平面 $x=1$ 的距离为 1。
• 平面 $ADD_1A_1$（$y=0$）到平面 $BCC_1B_1$（$y=1$）的距离：两个平行平面间的距离等于 一个面内任一点到另一个面的距离，为 1。

三个空都是 1。自检：正方体棱长为 1，任何一条棱到它对面侧面的距离都该是 1，三空一致。

这道题的动作：距离的三种「平行转化」——先认平行，再把距离化成点到面的距离。

练习（第 40 页）第 2 题

2. 如图，在棱长为1的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$ 为线段 $DD_1$ 的中点，$F$ 为线段 $BB_1$ 的中点.

(1) 求点 $A_{1}$ 到直线 $B_{1}E$ 的距离；

(2) 求直线 $FC_{1}$ 到直线 AE 的距离；

(3) 求点 $A_{1}$ 到平面 $AB_{1}E$ 的距离；

(4) 求直线 $FC_{1}$ 到平面 $AB_{1}E$ 的距离.

建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 为 $x$、$y$、$z$ 轴。各点坐标：

$$A(1,0,0),\ B(1,1,0),\ C(0,1,0),\ D(0,0,0),\ A_1(1,0,1),\ B_1(1,1,1),\ C_1(0,1,1),$$ $$E\!\left(0,0,\tfrac12\right),\ F\!\left(1,1,\tfrac12\right)$$

(1) 直线 $B_1E$ 上取定点 $B_1$，方向向量 $\overrightarrow{B_1E}=\left(-1,-1,-\tfrac12\right)$， 先单位化：$\left|\overrightarrow{B_1E}\right|=\sqrt{1+1+\tfrac14}=\tfrac32$， $\vec u=\left(-\tfrac23,-\tfrac23,-\tfrac13\right)$。取 $\vec a=\overrightarrow{B_1A_1}=(0,-1,0)$，

$$\vec a\cdot\vec u=\tfrac23,\qquad |\vec a|^2=1$$ $$d=\sqrt{|\vec a|^2-(\vec a\cdot\vec u)^2}=\sqrt{1-\tfrac49}=\tfrac{\sqrt5}{3}$$

(2) 先看两条直线的关系：$\overrightarrow{FC_1}=C_1-F=\left(-1,0,\tfrac12\right)$，而 $\overrightarrow{AE}=E-A=\left(-1,0,\tfrac12\right)$——两者相等，$FC_1\parallel AE$，是平行 直线的距离问题。取 $FC_1$ 上的点 $F$，求它到直线 $AE$ 的距离：$\vec u$ 取 $AE$ 的单位方向向量 $\left(-\tfrac{2}{\sqrt5},0,\tfrac{1}{\sqrt5}\right)$（$|AE|=\sqrt{1+\tfrac14}=\tfrac{\sqrt5}{2}$）， $\vec a=\overrightarrow{AF}=\left(0,1,\tfrac12\right)$，

$$\vec a\cdot\vec u=\tfrac{1}{2\sqrt5},\qquad |\vec a|^2=1+\tfrac14=\tfrac54$$ $$d=\sqrt{\tfrac54-\tfrac{1}{20}}=\sqrt{\tfrac{24}{20}}=\tfrac{\sqrt{30}}{5}$$

(3) 平面 $AB_1E$ 的法向量：$\overrightarrow{AB_1}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{AE}=\left(-1,0,\tfrac12\right)$，

$$\vec n=\overrightarrow{AB_1}\times\overrightarrow{AE}=\left(\tfrac12,-1,1\right)$$

（验：$|n|=\sqrt{\tfrac14+1+1}=\tfrac32$。）取平面内定点 $A$，$\overrightarrow{AA_1}=(0,0,1)$：

$$d=\frac{|\overrightarrow{AA_1}\cdot\vec n|}{|\vec n|}=\frac{1}{\tfrac32}=\frac23$$

(4) $FC_1\parallel AE$，而 $AE\subset$ 平面 $AB_1E$，所以 $FC_1\parallel$ 平面 $AB_1E$。 取 $FC_1$ 上的点 $F(1,1,\tfrac12)$，$\overrightarrow{AF}=\left(0,1,\tfrac12\right)$：

$$d=\frac{|\overrightarrow{AF}\cdot\vec n|}{|\vec n|}=\frac{\left|-1+\tfrac12\right|}{\tfrac32}=\frac13$$

自检 (1)：$\vec a\cdot\vec u=\tfrac23<|\vec a|=1$，开方根号内为正，距离小于斜线段长，合理。 自检 (4)：直线到面的距离 $\tfrac13$ 小于 (3) 的点到面距离 $\tfrac23$——$F$ 比 $A_1$ 离该平面近，符合同一幅图。

这道题的动作：四个小问把「点线距、线线距（平行）、点面距、线面距（平行）」四种距离各练一遍， 后两种都先证平行再取点。

练习（第 40 页）第 3 题

3. 如图, 在棱长为 1 的正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中, 求平面 $A_{1}DB$ 与平面 $D_{1}CB_{1}$ 的距离.

建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 为轴。$A_1(1,0,1)$，$D(0,0,0)$，$B(1,1,0)$， $D_1(0,0,1)$，$C(0,1,0)$，$B_1(1,1,1)$。

平面 $A_1DB$ 的法向量：$\overrightarrow{A_1D}=(-1,0,-1)$，$\overrightarrow{A_1B}=(0,1,-1)$，

$$\vec n=\overrightarrow{A_1D}\times\overrightarrow{A_1B}=(1,-1,-1)$$

验平面 $D_1CB_1$ 也以它为法向量：$\overrightarrow{D_1C}=(0,1,-1)$， $\vec n\cdot\overrightarrow{D_1C}=0-1+1=0$；$\overrightarrow{D_1B_1}=(1,1,0)$， $\vec n\cdot\overrightarrow{D_1B_1}=1-1+0=0$——两平面平行（同法向量）。

平面 $A_1DB$ 过 $D(0,0,0)$，其方程为 $x-y-z=0$；平面 $D_1CB_1$ 过 $D_1(0,0,1)$，方程为 $x-y-z=-1$。两平行平面间的距离等于一个面内任一点到另一个面的距离，取 $D$ 到平面 $x-y-z=-1$：

$$d=\frac{|0-0-0+1|}{\sqrt{1+1+1}}=\frac{1}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}$$

自检：也可以直接看两平面的方程常数项之差与法向量模之比：$\frac{|0-(-1)|}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}$，一致。

这道题的动作：面面距离先证两平面平行（法向量相同），再化成点面距。

练习（第 43 页）第 1 题

1. 在直三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中, $\angle BCA=90^{\circ}$, $D_{1}$, $F_{1}$ 分别是 $A_{1}B_{1}$, $A_{1}C_{1}$ 的中点, $BC=CA=CC_{1}$, 则 $BD_{1}$ 与 $AF_{1}$ 所成角的余弦值是 ( ) . (A) $\frac{\sqrt{30}}{10}$ (B) $\frac{1}{2}$ (C) $\frac{\sqrt{30}}{15}$ (D) $\frac{\sqrt{15}}{10}$

建系：$C$ 为原点，$CA$、$CB$、$CC_1$ 方向分别为 $x$、$y$、$z$ 轴（三轴两两垂直：$\angle BCA=90^\circ$， 直棱柱侧棱垂直底面）。设 $BC=CA=CC_1=1$（求的是角，比例随意），则

$$A(1,0,0),\ B(0,1,0),\ C_1(0,0,1),\ A_1(1,0,1),\ B_1(0,1,1)$$ $$D_1\!\left(\tfrac12,\tfrac12,1\right),\qquad F_1\!\left(\tfrac12,0,1\right)$$ $$\overrightarrow{BD_1}=\left(\tfrac12,-\tfrac12,1\right),\qquad \overrightarrow{AF_1}=\left(-\tfrac12,0,1\right)$$ $$\cos\theta=\frac{\left|\overrightarrow{BD_1}\cdot\overrightarrow{AF_1}\right|}{\left|\overrightarrow{BD_1}\right|\left|\overrightarrow{AF_1}\right|} =\frac{\left|-\tfrac14+0+1\right|}{\sqrt{\tfrac32}\cdot\sqrt{\tfrac54}} =\frac{\tfrac34}{\sqrt{\tfrac{15}{8}}} =\frac{\sqrt{30}}{10}$$

选 （A）。

自检：两方向向量都非零；$\theta\in[0^\circ,90^\circ]$ 所以取绝对值。选（A）代回—— $\frac{\sqrt{30}}{10}=\frac{3\sqrt2}{2\sqrt{15}}$，与算出的 $\frac34\cdot\sqrt{\frac8{15}}$ 一致。

这道题的动作：异面直线角 = 两方向向量夹角的余弦绝对值；建系选直角最多的顶点 $C$。

练习（第 43 页）第 2 题

2. $PA, PB, PC$ 是从点 $P$ 出发的三条射线, 每两条射线的夹角均为 $60^{\circ}$, 那么直线 $PC$ 与平面 $PAB$ 所成角的余弦值是 ( ). (A) $\frac{1}{2}$ (B) $\frac{\sqrt{2}}{2}$ (C) $\frac{\sqrt{3}}{3}$ (D) $\frac{\sqrt{6}}{3}$

三条射线只给了相互夹角，长度不影响答案，设 $|PA|=|PB|=|PC|=1$。以 $P$ 为原点建系，把 $\overrightarrow{PA}$ 放在 $x$ 轴、$\overrightarrow{PB}$ 放在 $xy$ 平面内：

$$\overrightarrow{PA}=(1,0,0),\qquad \overrightarrow{PB}=\left(\cos60^\circ,\sin60^\circ,0\right)=\left(\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{2},0\right)$$

设 $\overrightarrow{PC}=(x,y,z)$，由它与两向量各成 $60^\circ$：

$$\overrightarrow{PC}\cdot\overrightarrow{PA}=x=\cos60^\circ=\tfrac12$$ $$\overrightarrow{PC}\cdot\overrightarrow{PB}=\tfrac12x+\tfrac{\sqrt3}{2}y=\tfrac12 \ \Rightarrow\ y=\tfrac{1}{2\sqrt3}=\tfrac{\sqrt3}{6}$$

再由 $|\overrightarrow{PC}|=1$：

$$z^2=1-\tfrac14-\tfrac{1}{12}=\tfrac23\ \Rightarrow\ z=\tfrac{\sqrt6}{3}$$

平面 $PAB$ 就是 $z=0$ 这张平面，其法向量 $\vec n=(0,0,1)$。直线 $PC$ 与平面 $PAB$ 所成角 $\theta$ 满足

$$\sin\theta=\frac{\left|\overrightarrow{PC}\cdot\vec n\right|}{\left|\overrightarrow{PC}\right|\left|\vec n\right|} =z=\frac{\sqrt6}{3}$$ $$\cos\theta=\sqrt{1-\sin^2\theta}=\sqrt{1-\tfrac69}=\frac{\sqrt3}{3}$$

选 （C）。

自检：$\cos60^\circ=\tfrac12$，而 $PC$ 与平面所成角余弦 $\tfrac{\sqrt3}{3}\approx0.577>\tfrac12$， 即 $\theta<60^\circ$——斜线与两条边各成 $60^\circ$，与平面所成角更小，方向正确。

这道题的动作：三射线两两 $60^\circ$ 先定出第三向量的坐标，线面角再用正弦公式。

练习（第 43 页）第 3 题

3. 如图，正三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 的所有棱长都为 2，求平面 $AA_{1}B$ 与平面 $A_{1}BC_{1}$ 夹角的余弦值.

建系：$A$ 为原点，$AB$ 方向为 $x$ 轴，底面内垂直于 $AB$ 的方向为 $y$ 轴，$AA_1$ 方向为 $z$ 轴 （正三棱柱的侧棱垂直于底面，故 $z$ 轴与底面内两轴都垂直）。正三角形 $ABC$ 边长 2，$C$ 的坐标 为 $(1,\sqrt3,0)$。各点：

$$A(0,0,0),\ B(2,0,0),\ C(1,\sqrt3,0),\ A_1(0,0,2),\ B_1(2,0,2),\ C_1(1,\sqrt3,2)$$

平面 $AA_1B$ 就是侧面 $ABB_1A_1$（$y=0$ 这张平面），法向量 $\vec n_1=(0,1,0)$。

平面 $A_1BC_1$：$\overrightarrow{A_1B}=(2,0,-2)$，$\overrightarrow{A_1C_1}=(1,\sqrt3,0)$，

$$\vec n_2=\overrightarrow{A_1B}\times\overrightarrow{A_1C_1}=(2\sqrt3,-2,2\sqrt3)$$

平面夹角 $\theta$：

$$\cos\theta=\frac{|\vec n_1\cdot\vec n_2|}{|\vec n_1|\,|\vec n_2|} =\frac{2}{\sqrt{12+4+12}}=\frac{2}{\sqrt{28}}=\frac{1}{\sqrt7}=\frac{\sqrt7}{7}$$

自检：$\vec n_2$ 也可除以 2 写成 $(\sqrt3,-1,\sqrt3)$，模 $\sqrt7$，结果不变。

这道题的动作：正三棱柱建系时 $y$ 轴要自己算（正三角形的高），其余全走法向量夹角公式。

练习（第 43 页）第 4 题

4. 如图，$\triangle ABC$ 和 $\triangle DBC$ 所在平面垂直，且 $AB = BC = BD$，$\angle CBA = \angle DBC = 120^\circ$。求：

(1) 直线 AD 与直线 BC 所成角的大小;

(2) 直线 AD 与平面 BCD 所成角的大小;

(3) 平面 ABD 和平面 BDC 的夹角的余弦值.

两个平面垂直、交线是 $BC$，于是可以这样建系：$B$ 为原点，$BC$ 方向为 $x$ 轴，平面 $ABC$ 为 $xy$ 平面，平面 $DBC$ 为 $xz$ 平面（两平面垂直 ⇒ 平面 $DBC$ 内过 $B$ 垂直于 $BC$ 的直线可作为 $z$ 轴）。设 $AB=BC=BD=1$：

$$B(0,0,0),\ C(1,0,0),\ A(\cos120^\circ,\sin120^\circ,0)=\left(-\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{2},0\right),$$ $$D(\cos120^\circ,0,\sin120^\circ)=\left(-\tfrac12,0,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$$

（$\angle CBA=120^\circ$ 定 $A$ 在 $xy$ 平面内的方向；$\angle DBC=120^\circ$ 定 $D$ 在 $xz$ 平面内 的方向，两者的 $x$ 分量同为 $-\tfrac12$，$y$、$z$ 分量分别为 $\sin120^\circ$。）

(1)

$$\overrightarrow{AD}=D-A=\left(0,-\tfrac{\sqrt3}{2},\tfrac{\sqrt3}{2}\right),\qquad \overrightarrow{BC}=(1,0,0)$$ $$\cos\theta=\frac{\left|\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}\right|}{\left|\overrightarrow{AD}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|}=0$$

所以 $AD$ 与 $BC$ 所成角为 $90^\circ$。

(2) 平面 $BCD$ 是 $xz$ 平面，法向量 $\vec n=(0,1,0)$。直线 $AD$ 与平面 $BCD$ 所成角 $\theta$：

$$\sin\theta=\frac{\left|\overrightarrow{AD}\cdot\vec n\right|}{\left|\overrightarrow{AD}\right|\left|\vec n\right|} =\frac{\tfrac{\sqrt3}{2}}{\sqrt{\tfrac34+\tfrac34}}=\frac{\sqrt3}{\sqrt6}=\frac{\sqrt2}{2}$$

所以 $\theta=45^\circ$，大小为 $45^\circ$。

(3) 平面 $BDC$ 的法向量 $\vec n_1=(0,1,0)$。平面 $ABD$： $\overrightarrow{BA}=\left(-\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{2},0\right)$， $\overrightarrow{BD}=\left(-\tfrac12,0,\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$，

$$\vec n_2=\overrightarrow{BA}\times\overrightarrow{BD}=\left(\tfrac34,\tfrac{\sqrt3}{4},\tfrac{\sqrt3}{4}\right)$$ $$\cos\theta=\frac{|\vec n_1\cdot\vec n_2|}{|\vec n_1|\,|\vec n_2|} =\frac{\tfrac{\sqrt3}{4}}{\sqrt{\tfrac{9}{16}+\tfrac{3}{16}+\tfrac{3}{16}}} =\frac{\tfrac{\sqrt3}{4}}{\tfrac{\sqrt{15}}{4}}=\frac{\sqrt3}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt5}{5}$$

自检 (2)：$AD$ 与 $BC$ 垂直（(1)），而 $BC$ 在平面 $BCD$ 内，所以 $AD$ 与平面的夹角就是 $AD$ 与它自己的射影的夹角，$45^\circ$ 与「$AD$ 和平面内一条线成 $90^\circ$」不矛盾—— 线面角是线与整个平面的角。

这道题的动作：两个面垂直时把坐标轴各放一面；三个小问把三种角公式依次用一遍。

练习（第 46 页）第 1 题

1. 如图，二面角 $\alpha - l - \beta$ 的棱上有两个点 $A, B$ ，线段 $BD$ 与 $AC$ 分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱 $l$ 。若 $AB = 4, AC = 6, BD = 8, CD = 2\sqrt{17}$，求平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 的夹角。

$AC\perp l$、$BD\perp l$、$AB$ 在棱上，所以 $\overrightarrow{AB}$ 与 $\overrightarrow{AC}$ 垂直、 $\overrightarrow{AB}$ 与 $\overrightarrow{BD}$ 垂直（但 $\overrightarrow{AC}$ 与 $\overrightarrow{BD}$ 不垂直——它们的夹角正是要算的二面角）。由

$$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BD}$$

展开（与 $\overrightarrow{AB}$ 有关的交叉项为零）：

$$\left|\overrightarrow{CD}\right|^2 =\left|\overrightarrow{CA}\right|^2+\left|\overrightarrow{AB}\right|^2+\left|\overrightarrow{BD}\right|^2 +2\,\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{BD}$$

设二面角的平面角为 $\theta$（即从棱出发、分别指向两个面内的射线 $AC$ 与 $BD$ 的夹角）。 $\overrightarrow{CA}=-\overrightarrow{AC}$，所以 $\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{BD}=-|\overrightarrow{AC}|\,|\overrightarrow{BD}|\cos\theta$：

$$(2\sqrt{17})^2=6^2+4^2+8^2-2\cdot6\cdot8\cdot\cos\theta$$ $$68=116-96\cos\theta\ \Rightarrow\ \cos\theta=\tfrac12$$

所以 $\theta=60^\circ$，二面角是锐角，平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 的夹角就是 $60^\circ$ （余弦 $\tfrac12$）。

自检：把 $\theta=60^\circ$ 代回，$CD^2=36+16+64-96\cdot\tfrac12=68$，与 $CD=2\sqrt{17}$ 吻合； $AC$、$BD$ 都垂直于棱且各在一个面内，$\theta$ 确实是二面角的平面角。

这道题的动作：不建系，把三条线段首尾相接拼成 $\overrightarrow{CD}$——其中与 $AB$ 有关的两对 （$AB\perp AC$、$AB\perp BD$）垂直、交叉项为零，二面角藏在 $\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{BD}$ 这一个 交叉项里（注意 $AC$ 与 $BD$ 不垂直，它们夹的正是待求角）。

练习（第 46 页）第 2 题

2. 如图，在三棱锥 $A - BCD$ 中，$AB = AC = BD = CD = 3$，$AD = BC = 2$，$M$，$N$ 分别是 $AD$，$BC$ 的中点．求异面直线 $AN$，$CM$ 所成角的余弦值.

建系：$N$ 为原点，$BC$ 方向为 $x$ 轴，则 $B(-1,0,0)$，$C(1,0,0)$。$A$ 到 $B$、$C$ 等距 （$AB=AC=3$），所以 $A$ 在 $BC$ 的中垂面上：$A(0,y,z)$。由 $|AB|=3$：

$$1+y^2+z^2=9\ \Rightarrow\ y^2+z^2=8$$

取 $y$ 轴过 $A$：$A(0,2\sqrt2,0)$。同理 $D$ 也在中垂面上，且 $|AD|=2$、$|BD|=3$。设 $D=(0,y_1,z_1)$，则 $y_1^2+z_1^2=8$，且

$$(y_1-2\sqrt2)^2+z_1^2=4$$

两式相减：$y_1^2-(y_1-2\sqrt2)^2=4$，即 $4\sqrt2\,y_1-8=4$，$y_1=\tfrac{3\sqrt2}{2}$，于是 $z_1^2=8-\tfrac{18}{4}=\tfrac72$，取 $z_1=\tfrac{\sqrt{14}}{2}$：

$$D=\left(0,\tfrac{3\sqrt2}{2},\tfrac{\sqrt{14}}{2}\right)$$

中点：

$$M=\left(0,\tfrac{7\sqrt2}{4},\tfrac{\sqrt{14}}{4}\right),\qquad N=(0,0,0)$$ $$\overrightarrow{AN}=N-A=(0,-2\sqrt2,0),\qquad \overrightarrow{CM}=M-C=\left(-1,\tfrac{7\sqrt2}{4},\tfrac{\sqrt{14}}{4}\right)$$ $$\left|\overrightarrow{AN}\right|=2\sqrt2,\qquad \left|\overrightarrow{CM}\right|=\sqrt{1+\tfrac{98}{16}+\tfrac{14}{16}}=\sqrt8=2\sqrt2$$ $$\cos\theta=\frac{\left|\overrightarrow{AN}\cdot\overrightarrow{CM}\right|}{\left|\overrightarrow{AN}\right|\left|\overrightarrow{CM}\right|} =\frac{\left|-\tfrac{2\sqrt2\cdot7\sqrt2}{4}\right|}{2\sqrt2\cdot2\sqrt2} =\frac{7}{8}$$

自检：$AN=\sqrt{AB^2-BN^2}=\sqrt{9-1}=2\sqrt2$、$CM=\sqrt{CD^2-DM^2}=\sqrt{9-1}=2\sqrt2$， 与坐标算出的模一致；数量积为负只说明两方向向量的夹角是钝角，异面直线角取其补角， 取绝对值后为 $\tfrac78<1$，合理。

这道题的动作：三棱锥里没有现成直角，用「到两点等距的点在中垂面上」逐个定坐标； 两腰相等的中线模长可以先心算出来当验算。

练习（第 46 页）第 3 题

3. 如图，在三棱锥 $O - ABC$ 中，$OA, OB, OC$ 两两垂直，$OA = OC = 3, OB = 2$. 求直线 $OB$ 与平面 $ABC$ 所成角的正弦值.

$OA,OB,OC$ 两两垂直，正是现成的坐标系：$O$ 为原点，

$$A(3,0,0),\ B(0,2,0),\ C(0,0,3)$$

平面 $ABC$ 的截距式方程为 $\dfrac{x}{3}+\dfrac{y}{2}+\dfrac{z}{3}=1$，法向量取 $\vec n=(2,3,2)$（验：$\overrightarrow{AB}=(-3,2,0)$，$\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=-6+6=0$； $\overrightarrow{AC}=(-3,0,3)$，$\vec n\cdot\overrightarrow{AC}=-6+6=0$）。直线 $OB$ 的方向向量 取 $(0,1,0)$，设线面角为 $\theta$：

$$\sin\theta=\frac{\left|(0,1,0)\cdot(2,3,2)\right|}{1\cdot\sqrt{4+9+4}} =\frac{3}{\sqrt{17}}=\frac{3\sqrt{17}}{17}$$

自检：法向量也可由 $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=(6,9,6)$ 得到，与 $(2,3,2)$ 共线， 结果一致。

这道题的动作：两两垂直的三条线段就是现成坐标轴；线面角用正弦公式。

习题 1.4 第 1 题

1. 如图，在三棱锥 A-BCD 中，E 是 CD 的中点，点 F 在 AE 上，且 EF = 2FA. 设 $\overrightarrow{BC} = a$ ， $\overrightarrow{BD} = b$ ， $\overrightarrow{BA} = c$ ，求直线 AE，BF 的方向向量.

用题给的基底 $\{a,b,c\}$ 表示。以 $B$ 为基点：

$$\overrightarrow{BC}=a,\ \overrightarrow{BD}=b,\ \overrightarrow{BA}=c$$

$E$ 是 $CD$ 的中点：$\overrightarrow{BE}=\tfrac12(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BD})=\dfrac{a+b}{2}$， 于是

$$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{BE}-\overrightarrow{BA}=\frac{a+b}{2}-c$$

一步步来：$\overrightarrow{AC}=a-c$，$\overrightarrow{AD}=b-c$，于是

$$\overrightarrow{AE}=\tfrac12\big[(a-c)+(b-c)\big]=\tfrac{a+b}{2}-c$$

这就是直线 $AE$ 的方向向量：$\overrightarrow{AE}=\dfrac{a+b}{2}-c$。

$F$ 在 $AE$ 上且 $EF=2FA$，即 $F$ 把 $AE$ 按 $2:1$ 内分、$AF=\tfrac13 AE$：

$$\overrightarrow{AF}=\tfrac13\overrightarrow{AE}=\tfrac{a+b}{6}-\tfrac{c}{3}$$ $$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}=c+\tfrac{a+b}{6}-\tfrac{c}{3} =\tfrac{a+b}{6}+\tfrac{2c}{3}$$

所以直线 $BF$ 的方向向量为 $\overrightarrow{BF}=\dfrac{a+b}{6}+\dfrac{2c}{3}$。

自检：$EF=2FA$ ⇒ $AF:FE=1:2$，即 $\overrightarrow{AF}=\tfrac13\overrightarrow{AE}$，与上面一致； $F$ 在 $A$、$E$ 之间，两个系数 $\tfrac13,\tfrac23$ 之和为 1。

这道题的动作：定比分点 + 基底表示——把「线段上的点」先写成 $\overrightarrow{AF}=\lambda\overrightarrow{AE}$， 再统一用基底 $a,b,c$ 表示。

习题 1.4 第 2 题

2. 如图，在直三棱柱 $ABC-A_{1}B_{1}C_{1}$ 中， $AB \perp AC$ ，AB = AC = 1， $AA_{1} = 2$ ．以 A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系.

(1) 求平面 $BCC_{1}B_{1}$ 的法向量；(2) 求平面 $A_{1}BC$ 的法向量.

以 $A$ 为原点，$AB$、$AC$、$AA_1$ 方向分别为 $x$、$y$、$z$ 轴（$AB\perp AC$、侧棱垂直于底面 ⇒ 三轴 两两垂直）：

$$A(0,0,0),\ B(1,0,0),\ C(0,1,0),\ A_1(0,0,2),\ B_1(1,0,2),\ C_1(0,1,2)$$

(1) 平面 $BCC_1B_1$ 过 $B(1,0,0)$、$C(0,1,0)$，且它垂直于底面——在底面内它的截线是直线 $BC$：$x+y=1$。所以它是方程 $x+y=1$ 的平面，法向量可取 $\vec n=(1,1,0)$。

验：$\overrightarrow{BB_1}=(0,0,2)$，$\vec n\cdot\overrightarrow{BB_1}=0$；$\overrightarrow{BC}=(-1,1,0)$， $\vec n\cdot\overrightarrow{BC}=0$。面内两条不共线向量都与它垂直 ✓。

(2) 平面 $A_1BC$：$\overrightarrow{A_1B}=(1,0,-2)$，$\overrightarrow{BC}=(-1,1,0)$，

$$\vec n=\overrightarrow{A_1B}\times\overrightarrow{BC}=(2,2,1)$$

法向量为 $(2,2,1)$（或任何非零倍数）。

自检 (2)：$|A_1B|=\sqrt5$、$|BC|=\sqrt2$、$|n|=\sqrt{4+4+1}=3$，法向量模为正、分量与两向量 点积都为零（$1\cdot2+0\cdot2+(-2)\cdot1=0$，$(-1)\cdot2+1\cdot2+0=0$）。

这道题的动作：侧面（垂直于底面的平面）的法向量可以直接「读」出来；一般平面的法向量用叉积。

习题 1.4 第 3 题

3. 如图，在平行六面体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$E$ 是 $AB$ 的中点，$F$ 是 $C_1D_1$ 的中点。求证：$A_1E \parallel CF$。

平行六面体中 $\overrightarrow{AA_1}=\overrightarrow{BB_1}=\overrightarrow{CC_1}=\overrightarrow{DD_1}$， $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{D_1C_1}$。用向量表示两边：

$$\overrightarrow{A_1E}=\overrightarrow{A_1A}+\overrightarrow{AE} =-\overrightarrow{AA_1}+\tfrac12\overrightarrow{AB}$$ $$\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{CC_1}+\overrightarrow{C_1F} =\overrightarrow{AA_1}+\tfrac12\overrightarrow{C_1D_1}$$

而 $\overrightarrow{C_1D_1}=-\overrightarrow{AB}$（$C_1D_1$ 与 $AB$ 平行反向等长），所以

$$\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{AA_1}-\tfrac12\overrightarrow{AB} =-\left(-\overrightarrow{AA_1}+\tfrac12\overrightarrow{AB}\right) =-\overrightarrow{A_1E}$$

即 $\overrightarrow{CF}$ 与 $\overrightarrow{A_1E}$ 共线（反向），故 $A_1E\parallel CF$。

自检：$F$ 是 $C_1D_1$ 的中点，$\overrightarrow{C_1F}=\tfrac12\overrightarrow{C_1D_1}=-\tfrac12\overrightarrow{AB}$， 代入 $\overrightarrow{CF}=\overrightarrow{AA_1}-\tfrac12\overrightarrow{AB}=-\overrightarrow{A_1E}$，与共线结论自洽。

这道题的动作：证两线平行 = 证两方向向量共线；把每条折线都拆成「平移边 + 半条棱」。

习题 1.4 第 4 题

4. 如图，在四面体 $ABCD$ 中，$AD \perp$ 平面 $BCD$，$M$ 是 $AD$ 的中点，$P$ 是 $BM$ 的中点。点 $Q$ 在线段 $AC$ 上，且 $AQ = 3QC$。求证：$PQ \parallel$ 平面 $BCD$。

以 $B$ 为基点，设 $\overrightarrow{BA}=\vec a$，$\overrightarrow{BC}=\vec c$，$\overrightarrow{BD}=\vec d$。 把 $P$、$Q$ 都表示出来：

$M$ 是 $AD$ 中点：$\overrightarrow{BM}=\tfrac12(\vec a+\vec d)$； $P$ 是 $BM$ 中点：$\overrightarrow{BP}=\tfrac12\overrightarrow{BM}=\tfrac14(\vec a+\vec d)$。

$Q$ 在 $AC$ 上且 $AQ=3QC$：$\overrightarrow{AQ}=\tfrac34\overrightarrow{AC}$，即

$$\overrightarrow{BQ}=\vec a+\tfrac34(\vec c-\vec a)=\tfrac14\vec a+\tfrac34\vec c$$ $$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{BQ}-\overrightarrow{BP} =\left(\tfrac14\vec a+\tfrac34\vec c\right)-\tfrac14(\vec a+\vec d) =\tfrac34\vec c-\tfrac14\vec d$$

$\vec c=\overrightarrow{BC}$ 与 $\vec d=\overrightarrow{BD}$ 都在平面 $BCD$ 内，它们的线性组合 $\overrightarrow{PQ}$ 的方向与平面 $BCD$ 平行；又 $P\notin$ 平面 $BCD$——$M$ 是 $AD$ 中点、$P$ 是 $BM$ 中点，而 $A$ 到底面的距离为 $AD$（$AD\perp$ 底面），故 $P$ 到底面的距离为 $\dfrac{AD}{4}>0$（$P$ 在侧面 $ABD$ 内、不在底面）。所以直线 $PQ$ 不在平面 $BCD$ 内、只与它平行，即 $PQ\parallel$ 平面 $BCD$。

自检：$AD\perp$ 平面 $BCD$ 这个条件其实没有用上——结论对任何四面体都成立（只要这些中点、 分点位置不变）。这正常：条件多余时结论依然成立；也说明证法没有偷偷依赖一个未验证的性质。

这道题的动作：线面平行 = 线的方向向量能由面内两个向量线性表示；$AQ=3QC$ 这类比例先译成 $\overrightarrow{AQ}=\tfrac34\overrightarrow{AC}$。

习题 1.4 第 5 题

5. 如图，在正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，点 $E$ 在 $BD$ 上，且 $BE = \frac{1}{3} BD$；点 $F$ 在 $CB_1$ 上，且 $CF = \frac{1}{3} CB_1$。求证：（1）$EF \perp BD$；（2）$EF \perp CB_1$。

建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 为 $x$、$y$、$z$ 轴，棱长 1：

$$A(1,0,0),\ B(1,1,0),\ C(0,1,0),\ D(0,0,0),\ B_1(1,1,1)$$ $$E=B+\tfrac13(D-B)=\left(\tfrac23,\tfrac23,0\right),\qquad F=C+\tfrac13(B_1-C)=\left(\tfrac13,1,\tfrac13\right)$$ $$\overrightarrow{EF}=F-E=\left(-\tfrac13,\tfrac13,\tfrac13\right)$$

(1) $\overrightarrow{BD}=D-B=(-1,-1,0)$：

$$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{BD}=\tfrac13-\tfrac13+0=0$$

两向量都非零，故 $EF\perp BD$。

(2) $\overrightarrow{CB_1}=B_1-C=(1,0,1)$：

$$\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{CB_1}=-\tfrac13+0+\tfrac13=0$$

故 $EF\perp CB_1$。

自检：$\overrightarrow{EF}=\tfrac13(-1,1,1)$，而 $(-1,1,1)$ 与正方体的体对角线方向平行； $BD$ 在 $xy$ 平面、$CB_1$ 在对角面 $x=z$ 方向，两条都与 $(-1,1,1)$ 垂直，与计算一致。

这道题的动作：三分点先写坐标（起点 + 比例 × 方向向量），垂直靠一次数量积。

习题 1.4 第 6 题

6. 如图，在棱长为 1 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$O$ 为平面 $A_1ABB_1$ 的中心，$E$ 为 $BC$ 的中点，求点 $O$ 到直线 $A_1E$ 的距离.

建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 为轴：

$$A_1(1,0,1),\ B(1,1,0),\ E=\left(\tfrac12,1,0\right),\ O=\left(1,\tfrac12,\tfrac12\right)$$

（$O$ 是侧面 $ABB_1A_1$ 的中心：$x=1$ 平面上、$y$ 与 $z$ 各取中点。）

直线 $A_1E$ 上取定点 $A_1$，方向向量 $\overrightarrow{A_1E}=\left(-\tfrac12,1,-1\right)$， $|\overrightarrow{A_1E}|=\sqrt{\tfrac14+1+1}=\tfrac32$，单位方向向量

$$\vec u=\left(-\tfrac13,\tfrac23,-\tfrac23\right)$$

取 $\vec a=\overrightarrow{A_1O}=\left(0,\tfrac12,-\tfrac12\right)$：

$$\vec a\cdot\vec u=0+\tfrac13+\tfrac13=\tfrac23,\qquad |\vec a|^2=\tfrac12$$ $$d=\sqrt{|\vec a|^2-(\vec a\cdot\vec u)^2} =\sqrt{\tfrac12-\tfrac49}=\sqrt{\tfrac{1}{18}}=\tfrac{\sqrt2}{6}$$

自检：投影长 $|\vec a\cdot\vec u|=\tfrac23<|\vec a|=\tfrac{\sqrt2}{2}$，根号内为正；距离 $\tfrac{\sqrt2}{6}\approx0.236$ 小于斜线段长，合理。

这道题的动作：点线距公式的三步——定点、单位方向向量、勾股开方。

习题 1.4 第 7 题

7. 如图，四面体 $OABC$ 的所有棱长都是 1，$D$，$E$ 分别是 $OA$，$BC$ 的中点，连接 $DE$.

(1) 计算 $DE$ 的长；

(2) 求点 $O$ 到平面 $ABC$ 的距离.

正四面体没有现成的垂直关系，用基底法。取 $\vec a=\overrightarrow{OA}$，$\vec b=\overrightarrow{OB}$， $\vec c=\overrightarrow{OC}$，则 $|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=1$，且两两夹角 $60^\circ$，即 $\vec a\cdot\vec b=\vec b\cdot\vec c=\vec c\cdot\vec a=\tfrac12$。

(1)

$$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{OE}-\overrightarrow{OD} =\tfrac{\vec b+\vec c}{2}-\tfrac{\vec a}{2} =\tfrac12(\vec b+\vec c-\vec a)$$ $$4\,|\overrightarrow{DE}|^2=|\vec b|^2+|\vec c|^2+|\vec a|^2+2\vec b\cdot\vec c-2\vec b\cdot\vec a-2\vec c\cdot\vec a =3+1-1-1=2$$ $$|\overrightarrow{DE}|=\sqrt{\tfrac24}=\tfrac{\sqrt2}{2}$$

(2) $O$ 到平面 $ABC$ 的距离就是正四面体的高。$O$ 在底面的射影正是正三角形 $ABC$ 的中心 （$O$ 到 $A,B,C$ 等距，所以射影到 $A,B,C$ 也等距）。正三角形 $ABC$ 的边长为 1，其外接圆半径 （中心到顶点）为 $\tfrac{\sqrt3}{3}$，棱 $OA=1$ 是斜边，于是高

$$h=\sqrt{1-\left(\tfrac{\sqrt3}{3}\right)^2}=\sqrt{\tfrac23}=\tfrac{\sqrt6}{3}$$

自检 (1)：$DE$ 的中点连接，$DE=\tfrac{\sqrt2}{2}\approx0.707$，小于棱长 1、大于 0，合理； 用坐标法复验：$O(0,0,0)$、$A(1,0,0)$、$B\!\left(\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{2},0\right)$、 $C\!\left(\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{6},\tfrac{\sqrt6}{3}\right)$，$D=\left(\tfrac12,0,0\right)$， $E=\left(\tfrac12,\tfrac{2\sqrt3}{6},\tfrac{\sqrt6}{6}\right)$……$DE^2=0+\tfrac{3}{9}+\tfrac{6}{36}=\tfrac12$，一致。

这道题的动作：正四面体用基底（三向量两两 $60^\circ$）；高用「中心到顶点距离 + 勾股」。

习题 1.4 第 8 题

8. 如图，四面体 ABCD 的每条棱长都等于 a, M, N 分别是 AB, CD 的中点. 求证： $MN \perp AB$ , $MN \perp CD$ .

同第 7 题的基底法。取 $\vec a=\overrightarrow{AB}$，$\vec b=\overrightarrow{AC}$，$\vec c=\overrightarrow{AD}$， 则三向量长度都是 $a$、两两夹角 $60^\circ$：

$$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM} =\tfrac{\vec b+\vec c}{2}-\tfrac{\vec a}{2} =\tfrac12(\vec b+\vec c-\vec a)$$ $$\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AB} =\tfrac12(\vec b\cdot\vec a+\vec c\cdot\vec a-\vec a\cdot\vec a) =\tfrac12\left(\tfrac{a^2}{2}+\tfrac{a^2}{2}-a^2\right)=0$$ $$\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{CD} =\tfrac12(\vec b+\vec c-\vec a)\cdot(\vec c-\vec b) =\tfrac12\left(\vec b\cdot\vec c+|\vec c|^2-\vec a\cdot\vec c-|\vec b|^2-\vec c\cdot\vec b+\vec a\cdot\vec b\right)$$ $$=\tfrac12\left(\tfrac{a^2}{2}+a^2-\tfrac{a^2}{2}-a^2-\tfrac{a^2}{2}+\tfrac{a^2}{2}\right)=0$$

$\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{CD}$ 都非零，所以 $MN\perp AB$、$MN\perp CD$。

自检：$M$、$N$ 是中点，$\overrightarrow{MN}$ 与 $\vec b+\vec c-\vec a$ 共线，代入后两个数量积 都精确为零——正四面体的对称性在这里体现为「三项抵消」。

这道题的动作：正四面体里证垂直全用基底数量积，一个坐标都不用写。

习题 1.4 第 9 题

9. 如图，M，N 分别是正方体 ABCD - A’B’C’D’ 的棱 BB’ 和 B’C’ 的中点，求： (1) MN 和 CD’ 所成角的大小；(2) MN 和 AD 所成角的大小.

建系：$A$ 为原点，$AB$、$AD$、$AA'$ 为 $x$、$y$、$z$ 轴，棱长 1：

$$B(1,0,0),\ C(1,1,0),\ D(0,1,0),\ B'(1,0,1),\ C'(1,1,1),\ D'(0,1,1)$$ $$M=\left(1,0,\tfrac12\right),\qquad N=\left(1,\tfrac12,1\right)$$ $$\overrightarrow{MN}=\left(0,\tfrac12,\tfrac12\right)$$

(1) $\overrightarrow{CD'}=D'-C=(-1,0,1)$：

$$\cos\theta=\frac{\left|\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{CD'}\right|}{\left|\overrightarrow{MN}\right|\left|\overrightarrow{CD'}\right|} =\frac{\tfrac12}{\tfrac{\sqrt2}{2}\cdot\sqrt2}=\frac12$$

所成角为 $60^\circ$。

(2) $\overrightarrow{AD}=(0,1,0)$：

$$\cos\theta=\frac{\tfrac12}{\tfrac{\sqrt2}{2}\cdot1}=\frac{\sqrt2}{2}$$

所成角为 $45^\circ$。

自检：$\overrightarrow{MN}=\tfrac12(0,1,1)$，与 $CD'=(-1,0,1)$ 夹角的余弦恰为 $\tfrac12$； 与 $AD=(0,1,0)$ 夹角的余弦为 $\tfrac{1}{\sqrt2}$，两个角都在 $[0^\circ,90^\circ]$ 内，取绝对值无影响。

这道题的动作：问「角的大小」就要从余弦反解角度（$60^\circ$、$45^\circ$ 是特殊角），别停在余弦值。

习题 1.4 第 10 题

10. 如图，在正方体 $ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，E, F, G, H, K, L 分别是 AB, $BB_{1}$ , $B_{1}C_{1}$ , $C_{1}D_{1}$ , $D_{1}D$ , DA 各棱的中点. (1) 求证： $A_{1}C \perp$ 平面 EFGHKL； (2) 求 $DB_{1}$ 与平面 EFGHKL 所成角的余弦值.

建系：$A$ 为原点，$AB$、$AD$、$AA_1$ 为 $x$、$y$、$z$ 轴，棱长 1：

$$A_1(0,0,1),\ C(1,1,0),\ B_1(1,0,1),\ D(0,1,0)$$

六个中点：

$$E\!\left(\tfrac12,0,0\right),\ F\!\left(1,0,\tfrac12\right),\ G\!\left(1,\tfrac12,1\right),\ H\!\left(\tfrac12,1,1\right),\ K\!\left(0,1,\tfrac12\right),\ L\!\left(0,\tfrac12,0\right)$$

(1)

$$\overrightarrow{A_1C}=(1,1,-1)$$

平面 $EFGHKL$ 内取两条相交直线：$\overrightarrow{EF}=\left(\tfrac12,0,\tfrac12\right)$、 $\overrightarrow{FG}=\left(0,\tfrac12,\tfrac12\right)$（相交于 $F$）：

$$\overrightarrow{A_1C}\cdot\overrightarrow{EF}=\tfrac12+0-\tfrac12=0,\qquad \overrightarrow{A_1C}\cdot\overrightarrow{FG}=0+\tfrac12-\tfrac12=0$$

$A_1C$ 垂直于平面内两条相交直线，由线面垂直的判定定理，$A_1C\perp$ 平面 $EFGHKL$。

（顺带：六个中点共面——逐点代入可知它们都在截面 $x+y-z=\tfrac12$ 上，该平面的法向量 $(1,1,-1)$ 正是 $\overrightarrow{A_1C}$ 的方向，与第 (1) 问的结论互为印证。）

(2) 由 (1)，平面 $EFGHKL$ 的一个法向量可取 $\vec n=\overrightarrow{A_1C}=(1,1,-1)$。 $\overrightarrow{DB_1}=(1,-1,1)$。设线面角为 $\theta$：

$$\sin\theta=\frac{\left|\overrightarrow{DB_1}\cdot\vec n\right|}{\left|\overrightarrow{DB_1}\right|\left|\vec n\right|} =\frac{|1-1-1|}{\sqrt3\cdot\sqrt3}=\frac13$$ $$\cos\theta=\sqrt{1-\sin^2\theta}=\sqrt{1-\tfrac19}=\tfrac{2\sqrt2}{3}$$

自检：$\sin\theta=\tfrac13$，线面角 $\theta\approx19.5^\circ$；$\overrightarrow{DB_1}$ 与法向量 $(1,1,-1)$ 的夹角余弦 $-\tfrac13$，两者互余关系成立（$\sin\theta=|\cos\langle\rangle|=\tfrac13$）。

这道题的动作：(1) 线面垂直 → 证垂直于面内两条相交直线（数量积两次）；(2) 直接拿 (1) 的 方向向量当法向量，线面角用正弦。

习题 1.4 第 11 题

11. 如图，在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = 2$，$BC = CC_1 = 1$，$E$ 是 $CD$ 的中点。求证：$B_1E \perp$ 平面 $AED_1$。

建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 方向分别为 $x$、$y$、$z$ 轴（长边 $AB=DC=2$，宽高各 1）：

$$A(1,0,0),\ C(0,2,0),\ D_1(0,0,1),\ B_1(1,2,1),\ E=\left(0,1,0\right)$$ $$\overrightarrow{B_1E}=E-B_1=(-1,-1,-1)$$

平面 $AED_1$ 的法向量：$\overrightarrow{AE}=(-1,1,0)$，$\overrightarrow{AD_1}=(-1,0,1)$，

$$\vec n=\overrightarrow{AE}\times\overrightarrow{AD_1}=(1,1,1)$$

$\overrightarrow{B_1E}=-(1,1,1)=-\vec n$，与法向量共线，所以 $B_1E\perp$ 平面 $AED_1$。

自检：$\overrightarrow{B_1E}\cdot\overrightarrow{AE}=1-1+0=0$、$\overrightarrow{B_1E}\cdot\overrightarrow{AD_1}=1+0-1=0$， 与面内两条不共线向量都垂直（线面垂直的判定定理的另一条路径），与共线结论一致。

这道题的动作：证线面垂直 = 证线的方向向量与平面法向量共线；法向量来自面内两条向量的叉积。

习题 1.4 第 12 题

12. 如图，在长方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 中，点 $E, F, G$ 分别在棱 $A_1A, A_1B_1, A_1D_1$ 上，$A_1E = A_1F = A_1G = 1$；点 $P, Q, R$ 分别在棱 $CC_1, CD, CB$ 上，$CP = CQ = CR = 1$。求证：平面 $EFG //$ 平面 $PQR$。

题面没有给长方体的棱长，就设 $DA=b$、$DC=a$、$DD_1=c$（长方体，$a,b,c>0$；六个点都能 沿各自棱走 1 个单位，其实还要求 $a,b,c>1$）。建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 为 $x$、$y$、 $z$ 轴。各点沿棱走 1 个单位：

$$E=(b,0,c-1),\ F=(b,1,c),\ G=(b-1,0,c),\qquad P=(0,a,1),\ Q=(0,a-1,0),\ R=(1,a,0)$$

平面 $EFG$ 的法向量：$\overrightarrow{EF}=(0,1,1)$，$\overrightarrow{EG}=(-1,0,1)$，

$$\vec n_1=\overrightarrow{EF}\times\overrightarrow{EG}=(1,-1,1)$$

平面 $PQR$ 的法向量：$\overrightarrow{PQ}=(0,-1,-1)$，$\overrightarrow{PR}=(1,0,-1)$，

$$\vec n_2=\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}=(1,-1,1)$$

两平面的法向量相同（与 $a,b,c$ 都无关），所以平面 $EFG\parallel$ 平面 $PQR$。

自检：两平面是否重合？平面 $EFG$ 的方程为 $x-y+z=b+c-1$，平面 $PQR$ 的方程为 $x-y+z=1-a$。若重合需 $b+c-1=1-a$，即 $a+b+c=2$；但 $a,b,c>1$ 时 $a+b+c>3$， 不可能相等——两平面平行而不重合，结论成立。

这道题的动作：面面平行 = 法向量共线；「沿棱走 1 个单位」先化成坐标再算。

习题 1.4 第 13 题

13. 如图，已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，$E$ 为 $CD$ 的中点，求点 $D_1$ 到平面 $AEC_1$ 的距离.

建系：$D$ 为原点，$DA$、$DC$、$DD_1$ 为轴：

$$A(1,0,0),\ C(0,1,0),\ C_1(0,1,1),\ D_1(0,0,1),\ E=\left(0,\tfrac12,0\right)$$

平面 $AEC_1$ 的法向量：$\overrightarrow{AE}=\left(-1,\tfrac12,0\right)$， $\overrightarrow{AC_1}=(-1,1,1)$，

$$\vec n=\overrightarrow{AE}\times\overrightarrow{AC_1}=\left(\tfrac12,1,-\tfrac12\right)$$

取平面内定点 $A$，$\overrightarrow{AD_1}=(-1,0,1)$：

$$d=\frac{\left|\overrightarrow{AD_1}\cdot\vec n\right|}{|\vec n|} =\frac{\left|-\tfrac12+0-\tfrac12\right|}{\sqrt{\tfrac14+1+\tfrac14}} =\frac{1}{\sqrt{\tfrac32}}=\frac{\sqrt6}{3}$$

自检：用另一个定点 $E$ 验：$\overrightarrow{ED_1}=\left(0,-\tfrac12,1\right)$， $\left|\overrightarrow{ED_1}\cdot\vec n\right|=\left|0-\tfrac12-\tfrac12\right|=1$，与 $A$ 算的一致（点面距与 取哪个面内定点无关）。

这道题的动作：点面距 = 面上任一点到该点的向量在法向量上的投影长（取绝对值）。

习题 1.4 第 14 题

14. 如图，正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，$M$ 是棱 $AA_1$ 的中点，$O$ 是 $BD_1$ 的中点．求证：$OM$ 分别与异面直线 $AA_1$，$BD_1$ 垂直，并求 $OM$ 的长.

建系：$A$ 为原点，$AB$、$AD$、$AA_1$ 为 $x$、$y$、$z$ 轴：

$$A(0,0,0),\ A_1(0,0,1),\ B(1,0,0),\ D_1(0,1,1),\ M=\left(0,0,\tfrac12\right),\ O=\left(\tfrac12,\tfrac12,\tfrac12\right)$$ $$\overrightarrow{OM}=M-O=\left(-\tfrac12,-\tfrac12,0\right)$$ $$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{AA_1}=\left(-\tfrac12,-\tfrac12,0\right)\cdot(0,0,1)=0$$ $$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{BD_1}=\left(-\tfrac12,-\tfrac12,0\right)\cdot(-1,1,1)=\tfrac12-\tfrac12+0=0$$

两个数量积都为零、涉及的向量都非零，所以 $OM\perp AA_1$、$OM\perp BD_1$。注意 $M\in AA_1$、 $O\in BD_1$，所以 $OM$ 与它们都是相交垂直（分别交于 $M$、$O$）；合起来看，$OM$ 正是异面直线 $AA_1$ 与 $BD_1$ 的公垂线段，$|OM|$ 也就是这两条异面直线的距离。

$$|OM|=\sqrt{\tfrac14+\tfrac14}=\tfrac{\sqrt2}{2}$$

自检：$O$、$M$ 分别是两条棱的「中点连线的中点」，$|OM|=\tfrac{\sqrt2}{2}$ 恰是面对角线的一半， 与图形相符。

这道题的动作：异面直线垂直 ⇄ 方向向量数量积为零；线段长用模。

习题 1.4 第 15 题

15. 如图，已知正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 1，$Q$ 为 $B_1C_1$ 的中点，点 $P$ 在棱 $AA_1$ 上，$AP:AA_1 = 1:3$。求平面 $ABCD$ 与平面 $BQP$ 夹角的余弦值。

建系：$A$ 为原点，$AB$、$AD$、$AA_1$ 为轴：

$$B(1,0,0),\ Q=\left(1,\tfrac12,1\right),\ P=\left(0,0,\tfrac13\right)$$

平面 $ABCD$ 是 $z=0$，法向量 $\vec n_1=(0,0,1)$。

平面 $BQP$：$\overrightarrow{BQ}=\left(0,\tfrac12,1\right)$，$\overrightarrow{BP}=\left(-1,0,\tfrac13\right)$，

$$\vec n_2=\overrightarrow{BQ}\times\overrightarrow{BP}=\left(\tfrac16,-1,\tfrac12\right)$$

平面夹角 $\theta$：

$$\cos\theta=\frac{|\vec n_1\cdot\vec n_2|}{|\vec n_1|\,|\vec n_2|} =\frac{\tfrac12}{\sqrt{\tfrac{1}{36}+1+\tfrac14}} =\frac{\tfrac12}{\sqrt{\tfrac{46}{36}}} =\frac{3}{\sqrt{46}}=\frac{3\sqrt{46}}{46}$$

自检：$AP=\tfrac13$，平面 $BQP$ 倾斜不大，夹角余弦 $\tfrac{3}{\sqrt{46}}\approx0.44$（夹角约 $64^\circ$） 方向合理。

这道题的动作：$AP:AA_1=1:3$ 先写成 $P$ 的坐标；面面夹角取法向量夹角余弦的绝对值。

习题 1.4 第 16 题

16. 如图，在直三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 中，$\angle BAC = 90^\circ$，$AB = AC = 2$，$AA_1 = 3$。$M$ 是 $AB$ 的中点，$N$ 是 $B_1C_1$ 的中点，$P$ 是 $BC_1$ 与 $B_1C$ 的交点。在线段 $A_1N$ 上是否存在点 $Q$，使得 $PQ \parallel$ 平面 $A_1CM$?

建系：$A$ 为原点，$AB$、$AC$、$AA_1$ 为 $x$、$y$、$z$ 轴（$\angle BAC=90^\circ$ + 直棱柱 ⇒ 三轴两两垂直）：

$$A(0,0,0),\ B(2,0,0),\ C(0,2,0),\ A_1(0,0,3),\ B_1(2,0,3),\ C_1(0,2,3)$$ $$M=(1,0,0),\qquad N=(1,1,3)$$

$P$ 是 $BC_1$ 与 $B_1C$ 的交点：$\overrightarrow{BC_1}=C_1-B=(-2,2,3)$， $\overrightarrow{B_1C}=C-B_1=(-2,2,-3)$。设 $P=B+t\,\overrightarrow{BC_1}=B_1+s\,\overrightarrow{B_1C}$， 由 $z$ 分量 $3t=3-3s$、$x$ 分量 $2-2t=2-2s$ 得 $t=s$，再 $t+s=1$，所以 $t=s=\tfrac12$：

$$P=\left(2,0,0\right)+\tfrac12(-2,2,3)=\left(1,1,\tfrac32\right)$$

平面 $A_1CM$ 的法向量：$\overrightarrow{A_1C}=(0,2,-3)$，$\overrightarrow{A_1M}=(1,0,-3)$，

$$\vec n=\overrightarrow{A_1C}\times\overrightarrow{A_1M}=(-6,-3,-2)$$

$Q$ 在线段 $A_1N$ 上：$Q=A_1+\lambda\,\overrightarrow{A_1N}=(0,0,3)+\lambda(1,1,0)=(\lambda,\lambda,3)$， $0\le\lambda\le1$。要求 $PQ\parallel$ 平面 $A_1CM$，先要 $\overrightarrow{PQ}\perp\vec n$：

$$\overrightarrow{PQ}=\left(\lambda-1,\lambda-1,\tfrac32\right)$$ $$\overrightarrow{PQ}\cdot\vec n=-6(\lambda-1)-3(\lambda-1)-2\cdot\tfrac32 =-9(\lambda-1)-3=0$$ $$\lambda=\tfrac23$$

$\lambda=\tfrac23\in[0,1]$，所以 $Q$ 存在，$Q=\left(\tfrac23,\tfrac23,3\right)$。

再验「平行」而不是「在面内」：$\vec n\cdot(Q-A_1)=(-6,-3,-2)\cdot\left(\tfrac23,\tfrac23,0\right)=-4-2=-6\ne0$， $Q\notin$ 平面 $A_1CM$。所以 $PQ\parallel$ 平面 $A_1CM$。

这道题的动作：存在性问题设参数 $\lambda$ 表示动点，把「平行」译成数量积方程，解出 $\lambda$ 后还要检查它落在给定范围内、且直线不在平面内。

习题 1.4 第 17 题

17. 在空间直角坐标系中，已知向量 $\boldsymbol{u}=(a,b,c)(abc\neq0)$ ，点 $P_{0}(x_{0},y_{0},z_{0})$ ，点 $P(x,y,z)$ . (1) 若直线 l 经过点 $P_{0}$ ，且以 u 为方向向量，P 是直线 l 上的任意一点，求证： $\frac{x-x_{0}}{a}=\frac{y-y_{0}}{b}=\frac{z-z_{0}}{c}$ ; (2) 若平面 $\alpha$ 经过点 $P_{0}$ ，且以 u 为法向量，P 是平面 $\alpha$ 内的任意一点，求证： $a(x-x_{0})+b(y-y_{0})+c(z-z_{0})=0$ .

(1) $P$ 在直线 $l$ 上，等价于 $\overrightarrow{P_0P}$ 与方向向量 $u$ 共线，即存在实数 $\lambda$ 使

$$(x-x_0,\ y-y_0,\ z-z_0)=\lambda(a,b,c)$$

由 $abc\neq0$，三个分量分别给出

$$x-x_0=\lambda a,\qquad y-y_0=\lambda b,\qquad z-z_0=\lambda c$$

即 $\dfrac{x-x_0}{a}=\dfrac{y-y_0}{b}=\dfrac{z-z_0}{c}=\lambda$，三个比相等。

（$abc\neq0$ 保证三个分母都不为零——这就是题面给这个条件的原因；若有分量是零，要把对应的 方程写成「分子 $=0$」而不是比。）

(2) $P$ 在平面 $\alpha$ 内，等价于 $\overrightarrow{P_0P}$ 垂直于法向量 $u$（过一点且垂直于给定方向 的点的全体正是那个平面），即

$$u\cdot\overrightarrow{P_0P}=0$$ $$(a,b,c)\cdot(x-x_0,\ y-y_0,\ z-z_0)=0$$

展开就是 $a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0$。

自检：这就是空间里直线的「对称式方程」与平面的「点法式方程」，$x=x_0,y=y_0,z=z_0$ 代入 两式都成立（点 $P_0$ 本身在直线 / 平面上）。

这道题的动作：解析几何式的「证明题」——把「点在直线 / 平面上」分别译成「共线」与「垂直」， 一次展开完事。

习题 1.4 第 18 题

18. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架 ABCD，ABEF 的边长都是 1，且它们所在的平面互相垂直。活动弹子 M，N 分别在正方形对角线 AC 和 BF 上移动，且 CM 和 BN 的长度保持相等，记 CM = BN = a ( $0 < a < \sqrt{2}$ ).

(1) 求 $MN$ 的长；

(2) $a$ 为何值时，$MN$ 的长最小？

(3) 当 $MN$ 的长最小时，求平面 $MNA$ 与平面 $MNB$ 夹角的余弦值.

两个正方形所在平面垂直，交线是 $AB$。建系：$A$ 为原点，$AB$ 为 $x$ 轴，平面 $ABCD$ 为 $xy$ 平面（$AD$ 为 $y$ 轴），平面 $ABEF$ 为 $xz$ 平面（$AF$ 为 $z$ 轴）：

$$A(0,0,0),\ B(1,0,0),\ C(1,1,0),\ F(0,0,1)$$

对角线 $AC=(1,1,0)$、$BF=(-1,0,1)$，长度都是 $\sqrt2$。$CM=a$ 表示从 $C$ 沿 $CA$ 方向 走长度 $a$，单位方向向量是 $\tfrac{\overrightarrow{CA}}{\sqrt2}=\tfrac{1}{\sqrt2}(-1,-1,0)$：

$$M=C+a\cdot\tfrac{1}{\sqrt2}(-1,-1,0)=\left(1-\tfrac{a}{\sqrt2},\ 1-\tfrac{a}{\sqrt2},\ 0\right)$$ $$N=B+a\cdot\tfrac{1}{\sqrt2}(-1,0,1)=\left(1-\tfrac{a}{\sqrt2},\ 0,\ \tfrac{a}{\sqrt2}\right)$$

（边界核对：$a\to\sqrt2$ 时 $M\to A$、$N\to F$，两者重合于正方形对角线端点，合理。）

(1)

$$\overrightarrow{MN}=N-M=\left(0,\ \tfrac{a}{\sqrt2}-1,\ \tfrac{a}{\sqrt2}\right)$$ $$|MN|^2=\left(\tfrac{a}{\sqrt2}-1\right)^2+\left(\tfrac{a}{\sqrt2}\right)^2 =a^2-\sqrt2\,a+1$$ $$|MN|=\sqrt{a^2-\sqrt2\,a+1}$$

(2) 配方：$|MN|^2=\left(a-\tfrac{\sqrt2}{2}\right)^2+\tfrac12$，所以当 $a=\dfrac{\sqrt2}{2}$（在 $(0,\sqrt2)$ 内）时 $|MN|$ 最小，最小值为 $\sqrt{\tfrac12}=\tfrac{\sqrt2}{2}$。

(3) $a=\tfrac{\sqrt2}{2}$ 时：

$$M=\left(\tfrac12,\tfrac12,0\right),\qquad N=\left(\tfrac12,0,\tfrac12\right)$$

平面 $MNA$ 的法向量：$\overrightarrow{AM}=\left(\tfrac12,\tfrac12,0\right)$， $\overrightarrow{AN}=\left(\tfrac12,0,\tfrac12\right)$，

$$\vec n_1=\overrightarrow{AM}\times\overrightarrow{AN}=\left(\tfrac14,-\tfrac14,-\tfrac14\right)$$

平面 $MNB$ 的法向量：$\overrightarrow{BM}=\left(-\tfrac12,\tfrac12,0\right)$， $\overrightarrow{BN}=\left(-\tfrac12,0,\tfrac12\right)$，

$$\vec n_2=\overrightarrow{BM}\times\overrightarrow{BN}=\left(\tfrac14,\tfrac14,\tfrac14\right)$$ $$\cos\theta=\frac{|\vec n_1\cdot\vec n_2|}{|\vec n_1|\,|\vec n_2|} =\frac{\left|\tfrac1{16}-\tfrac1{16}+\tfrac1{16}\right|}{\sqrt{\tfrac{3}{16}}\cdot\sqrt{\tfrac{3}{16}}} =\frac{1}{3}$$

自检 (3)：$a=\tfrac{\sqrt2}{2}$ 时 $\overrightarrow{MN}=\left(0,-\tfrac12,\tfrac12\right)$， $|MN|=\tfrac{\sqrt2}{2}$，与 (2) 的最小值一致；$\vec n_1\cdot\overrightarrow{MN}=-\tfrac18+\tfrac18=0$， 法向量确实垂直于面内向量；$\vec n_1,\vec n_2$ 都非零、夹角的余弦 $\tfrac13<1$，取绝对值后即为平面夹角。

这道题的动作：动点题先把动点用参数 $a$ 写出来（比例 × 方向向量），最值是二次函数配方， 夹角还是法向量公式——一道题串起本节全部工具。