向量法解立体几何
1. 基本概念：
1.1. 向量的数量积和坐标运算
它们的夹角为θ，则数||⋅|b ⋅cos θ叫做与的数量积（或内积），a , b 是两个非零向量，
记作⋅，即⋅=||⋅||⋅cos θ. 其几何意义是的长度与在的方向上的投影的乘积. 其坐标运算是：
若=(x 1, y 1, z 1), =(x 2, y 2, z 2) ，则
①a ⋅b =x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2；
222222
②|a |=x 1+y 1+z 1, |b |=x 2+y 2+z 2；
③a ⋅b =x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2
④cos =
x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2
x 1+y 1+z 1⋅x 2+y 2+z 2
2
2
2
2
2
2
1.2. 异面直线m , n 所成的角
分别在直线m , n 上取定向量a , b , 则异面直线
m , n 所成的角θ等于向
量a , b 所成的角或其补角（如图1所示），则
图1
|a ⋅b |
（例如. cos θ=|a |⋅|b |
2004年高考数学广东卷第18题第（2）问）
n 的距离 1.3. 异面直线m 、
n 上取定向量a , b , 求与向量a 、b 都垂直的 分别在直线m 、
n 上各取一个定点A 、B ，则异面直线m 、n 的距离d 等于在n 上的射影长，向量n ，分别在m 、
即d =
证明：设CD 为公垂线段，取CA =a , DB =b （如图1所示），则
=++∴⋅=(++) ⋅ ∴|CD ⋅n |=|AB ⋅n |
∴d =|CD |=
|a ⋅b |
设直线m , n 所成的角为θ，显然cos θ=.
|a |⋅|b |
1.4. 直线L 与平面α所成的角
在L 上取定AB ，求平面α的法向量（如图2
cos θ=
图2
所示），再求
，则β=
π
2
-θ为所求的角.
1.5．二面角
方法一：构造二面角α-l -β的两个半平面α、β的
法向量n 1、n 2
（都取向上的方向，如图3所示），则
图3甲
① 若二面角α-l -β是“钝角型”的如图3甲所示，于两法向量n 1、n 2的夹角的补角，即cos θ=18题第（1）问）.
12那么其大小等
（例如2004年高考数学广东卷第
② 若二面角α-l -β是“锐角型”的如图3乙所示，两法向量n 1、n 2的夹角，即cos θ=广东卷第18题第（1）问）.
方法二：在二面角的棱l 上确定两个点A 、B ，面α、4所示），β内求出与l 垂直的向量n 1、n 2大小等于向量n 1、n 2的夹角，即cos θ=
12
12（例如
那么其大小等于2004年高考数学
过A 、B 分别在平
图4
则二面角α-l -β的
1.6. 平面外一点p 到平面α的距离
先求出平面α的法向量，在平面内任取一定点A ，的距离d 等于在n 上的射影长，即d =模第18题第（Ⅱ）问）.
1．7．法向量
则点p 到平面α
例
图5
如2004年广州一
上面“１．３～１．６”中，均运用了法向量．但教科书对此只作了简略的处理，所以我们有必要对它进一步的挖掘和丰富．
①直线的法向量：在直线L 上取一个定向量，则与a 垂直的非零向量n 叫直线L 的法向量．其具体求法见本文［例２］之“（Ⅰ）解法二”．
②平面的法向量：与平面α垂直的非零向量叫平面α的法向量．其具体求法见本文［例２］之“（Ⅰ）解法一”．
构造直线或平面的法向量，在求空间角与距离时起到了桥梁的作用，在解题过程中只须求出而不必在图形中作出来．在空间直角坐标系下，构造关于法向量坐标的三元一次方程组，得到直线（或平面）的法向量坐标的一般形式，再取特值. 其向上或向下的方向可根据竖坐标的符号来确定.
由上可见，利用向量的数量积可把求距离、夹角问题转化为向量的运算，和原来距离、夹角求解中的“作、证、算”有较大差异. 掌握了以上的基本概念和方法，就会使解决立体几何中夹角与距离的问题难度降低，也拓展了我们解决问题的思路.
2. 基本方法：
利用向量解立体几何中垂直、夹角、距离等问题，其基本方法是：把有关线段与相应的向量联系起来，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量运算进行计算或证明. 具体地说，有以下两种基本方法. 2.1. 基向量法
由于空间中任何向量均可由不共面的三个基向量来线性表示，因此在解题时往往根据问题条件首先选择适当的基向量，把有关线段根据向量的加法、数乘运算法则与基向量联系起
来. 再通过向量的代数运算，达到计算或证明的目的. 一般情况下，选择共点且不共面的三个已知向量作为基向量.
[例 1] 如图6，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的
M 是BC 的中点.
A 1
1
1
棱长为2，底面边长为1，
（1）在直线CC 1上求一点N ，使MN ⊥AB 1； （2）当MN ⊥AB 1时，求点A 1到平面AMN 的距离. （3）求出AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角.
N
A M
图6
分析1 （1）的问题显然是求使异面直线MN 与AB 1所成的角为直角的点N . 依据向量数量积的概念，必须由条件MN ⊥AB 1⇒⋅AB 1=0，求出CN 的长度，而MN 与AB 1都不是已知向量，且和没有直接联系，因此必须选择一组基向量来表示与AB 1. （1）解法一：取共点于B 的三个不共面的已知向量
BA 、BC 、BB 1为基向量，
由正三棱柱ABC -A 1B 1C 1及⊥AB 1⇒⋅AB 1=0, AB 1=+BB 1, =+=
1
+2
1
⇒(AB +BB 1) ⋅(BC +CN ) =0
2
11
⇒AB ⋅BC +AB ⋅CN +BB 1⋅BC +BB 1⋅CN =022
11
⋅1⋅1⋅cos 120︒+1⋅||⋅cos 90︒+⋅2⋅1⋅cos 90︒+2⋅||⋅cos 0︒=02211⇒-+0+0+2||=0⇒||=
48⇒
分析2 本小题还可以取共点于A 的三个不共面的已知向量, , 1为基向量，从而得 （1）解法二：
AB 1=+BB 1=+AA 1,
11
=-=(+) -(+) =(-) +.
221
∴MN ⋅AB 1=(AB +AA 1) ⋅[(AC -AB ) +CN ]
2
1
=(+AA 1) ⋅(-) +(+AA 1) ⋅2
21
=(⋅-+AA 1⋅-AA 1⋅) +⋅+AA 1⋅2
1
(1⋅1⋅cos 60︒-12+2⋅1⋅cos 90︒-2⋅1⋅cos 90︒) 2
+1⋅a ⋅cos 90︒+2⋅a ⋅cos 0︒ 11
=-+0-0+2a 42=
111
MN ⋅AB 1=0，∴-1+0-0+2a =0, a =∴|CN |=.
488
比较方法一与方法二，方法一比方法二运算简便. 因为用方法一选择的一组基向量表示MN 时式子较为简单. 这告诉我们可选择的基向量并不唯一，我们应选择使得运算简便的那一组向量作为基向量. 当几何体中能够找到（或构造出）三个共点且两两垂直的基向量时，我们就可以用下面的方法解决问题.
2.2. 坐标法
所谓坐标法，就是建立适当的空间直角坐标系(本文所建立的都是右手直角坐标系) ，把向量用坐标来表示，用向量的坐标形式进行向量的运算，以达到解决问题的目的.
运用坐标法时，也必须首先找出三个基向量，并且这三个基向量两两垂直, 由此建立空间直角坐标系. 因而坐标法是基向量法的特殊情形，但度或解决垂直问题时，比较简单.
在坐标法下，例1几何体中容易找到共点不共向量，于是有如下解法：
（1）解法三：以AA 1分别为y 轴、z 轴，垂直
坐标法用于求长度、角
面且互相垂直的三个
于
AC 、AA 1的为x 轴建立空间直角坐标系A -xyz ，设|CN |=a ，则有
A (0, 0, 0) 、B 1(
133
, , 2) 、M (, , 0) 、N (0, 1, a ) .
2244
于是
MN ⋅AB 1=0⇒(-
MN =(-
311
, , a ), AB 1=(, , 2), 由AB 1⊥MN 得4422
11
, , a ) ⋅(, , 2) =0442231
⇒-++2a =0
881⇒a =
8
由上面的解法三可知，通过建立空间直角坐标系，找出了相关点的坐标，从而把几何图形的性质代数化，通过向量的计算解决问题，显得快捷简便. 在空间直角坐标系下，例1的第（2）、（3）问便迎刃而解了. 下面给出解答.
(2)解：当MN ⊥AB 1时，由（1）解法三知，
A (0, 0, 0) 、B 1(
1331
, , 2) 、M (, , 0) 、N (0, 1, ) 、 22448
A 1(0, 0, 2) ，则MN =(-
113
, , ), AM =(, , 0), AA 1=(0, 0, 2) ， 44844
设向量=(x , y , z ) 与平面AMN 垂直，则有
n ⊥MN ⎫⎪
⎬⇒
n ⊥AM ⎪⎭∴n =(
-
⎫⎧113
x +y +z =0⎪x =z ⎪⎪⎪4488⎬⇒=⎨
13⎪⎪y =-z x +y =0⎪⎪8⎩44⎭
1z
z , -z , z ) =(3, -1, 1) (z >0) 888
取n 0=(, -1, 1)
向量AA 1在n 0上的射影长即为A 1到平面AMN 的距离，设为d ，于是
d =|AA 1|⋅|cos |=|AA 1|10=
|(0, 0, 2) ⋅(3, -1, 1) |(3) 2+(-1) 2+12
=2 5
（3）根据上面“1.4. 直线L 与平面α所成的角”中所提到的方法，须求出平面ACC 1A 1的一个法向量，进而求AB 1与所在直线的夹角。 设平面ACC 1A 1的一个法向量为，则有
⊥AA 1⎫⎪2z =0⎫
⎬⇒⎬⇒y =z =0, ∴=(x , 0, 0) =x (1, 0, 0) (x >0); 取n 0=(1, 0, 0) ，则
y =0n ⊥AC ⎪⎭⎭
31
, , 2) ⋅(1, 0, 0)
|cos |===
101021222
() +() +(2) ⋅22
(
故AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角为：
π
2
-arc cos
. =arcsin
1010
本题的解题过程告诉我们，用坐标法求空间角与距离，就是用空间向量将空间元素的位置关系转化为坐标表示的数量关系，解题的关键是根据几何体的特点，选取恰当的坐标原点和坐标轴，一般来说，长方体、正方体中较为容易建立坐标系．
高考对空间向量的考查是以立体几何为载体，利有向线段的长度，求两条有向线段的夹角（或其余弦、A 1二面角、点到平面的距离、异面直线的距离、证明线垂直等. 下面是今年广东高考数学及广州一模，体现了量的考查要求.
[例2]（2004年全国普通高等学校招生全国统一考试数学广东卷第18题）
如右图8, 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中, 已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F 分别是AB 、BC 上的点，且EB= FB=1.
(1) 求二面角C —DE —C 1的正切值; (2) 求直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值.
解题分析：本题主要考查了二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、思维能力、运算能力. 高考试卷给出的参考答案分别用了传统方法及向量法. 在传统解法中，运用三垂线定理作出二面角的平面角并正明，通过延长和平移线段作出异面直线所成的角, 进而通过解直角三角形和斜三角形解决问题. 在用向量法的解答上，选择A 为空间直角坐标系的原点，, , 1分别为x 轴，y 轴, z 轴的正向，这不是右手直角坐标系，虽然与右手直角坐标系没有本质上的区别，但教科书中所建立及提倡的是右手直角坐标系，所以考生习惯用右手直角坐标系. 用向量法解决第（1）问时只是用了本文所提到的“1.5．二面角”之“方法一”.
D 1
C 1
用空间向量求正弦、正切），
E
图8
1
C
A
B
线、线面、面面高考对空间向
下面本人以自己的习惯，通过建立右手直角坐标系来解答，并用本文所提到的“1.5．二面角”之“方法二”补充第（Ⅰ）问的解法二.
解：（I ）解法一：以D 为原点，, , DD 1分别为x 轴，y 轴, z 轴的正向 建立空间直角坐标系，则有D (0, 0, 0), D 1(0, 0, 2), C (0, 4, 0), C 1(0, 4, 2) ,
E (3, 3, 0), F (2, 4, 0), C 1(0, 4, 2) 于是，=(3, 3, 0), EC 1=(-3, 1, 2) , FD 1=(-2, -4, 2) ,
设向量=(x , y , z ) 与平面C 1DE 垂直，则有
3x +3y =0⎫1n ⊥DE ⎫⎪
⇒⇒x =-y =z ⎬⎬-3x +y +2z =02⊥EC 1⎪⎭⎭11z
∴n =(z , -z , z ) =(1, -1, 2), 其中z >0
222
取n 0=(1, -1, 2) ，则n 0是一个与平面C 1DE 垂直的向量，
向量DD 1=(0, 0, 2) 与平面CDE 垂直，
∴n 0与DD 1所成的角θ为二面角C -DE -C 1的平面角 cos θ=
01=
1⨯0+(-1) ⨯0+2⨯22+(-1) 2+22⨯02+02+22
=
62
, ∴tan θ=. 32
（Ⅰ）解法二：令M 点在DE 上，且⊥，可设M 点的坐标为M (3λ, 3λ, 0) ，则=(3λ, 3λ-4, 0)
⊥, ∴⋅=(3λ, 3λ-4, 0) ⋅(3, 3, 0) =18λ-12=0
∴λ=
2
, CM =(2, -2, 0). MC =(-2, 2, 0). 3
再令N 点在DE 上，且C 1N ⊥DE ，设N 点的坐标为N (3γ, 3γ, 0) ，则
C 1=(3γ, 3γ-4, -2)
C 1N ⊥DE , ∴C 1N ⋅DE =(3γ, 3γ-4, -2) ⋅(3, 3, 0) =18γ-12=0∴γ=
2
, ∴C 1=(2, -2, -2), NC 1=(-2, 2, 2) 3
122
=
(-2, 2, 0) ⋅(-2, 2, 2)
(-2) 2+22+02⋅(-2) 2+22+22
=6. 3
∴cos θ=∴tan θ=
（II ）设EC 1与FD 1所成角为β，则
cos β=
11=
-3⨯(-2) +1⨯(-4) +2⨯2(-3) 2+12+22⨯(-2) 2+(-4) 2+22
=
21 14
因为本题的已知条件和结论具有一定的解题方向性，它明确告诉我们用向量的方法解决问题. 在高考结束后，本人询问了自己所任教班级的部分学生，他们大多数能用向量法解这道题. 如果不用向量法，对于中等（或以下）水平的学生，他们连二面角的平面角或异面直线所成的角都作不出来. 可见，用空间向量处理立体几何中的角与距离问题，可以降低立体几何的论证、推理难度，使中等（或以下）水平的学生也能很好的掌握，提高得分的能力.
对此问题，我们在高考备考上就有意识地引导学生．英德市在三月份组织了一次全市统考，采用2004年广州一模试卷，下面的［例３］是其中一道考题．
[例3]（2004年广州一模第18题）如图，在正四
A
AB =2，-A 1B 1C 1D 1中，已知B C AA 1=5, E 、F 分别D
D 1
1
B 1
棱柱
A 1
E
为D 1D 、B 1B 上的点，
且DE =B 1F =1.
（Ⅰ）求证：BE ⊥平面ACF ； （Ⅱ）求点E 到平面ACF 的距离.
图9
A
分析：题中几何体易找到共点且相互垂直的三个基向量，故可通过建立空间直角坐标系来达到解题目的．但实际情况是仍有相当部分学生的思维还停留在传统的几何法上而未能解出第（Ⅱ）问．
解：(Ⅰ) 以D 为原点，以、、D 1的正向分别为x 轴、y 轴、
z 轴建立空间直角坐标系，则
D (0, 0, 0), A (2, 0, 0), B (2, 2, 0), C (0, 2, 0), D 1(0, 0, 5), E (0, 0, 1), F (2, 2, 4).
于是=(-2, 2, 0), =(0, 2, 4), =(-2, -2, 1).
⋅=0, ⋅=0, ∴BE ⊥AC , BE ⊥AF , 且AC AF =A ,
∴BE ⊥平面ACF
（Ⅱ）由(Ⅰ) 知，BE 为平面ACF 的一个法向量，
∴向量AE 在BE 上的射影长即为E 到平面ACF 的距离，设为d ，于是
d =|AE |⋅|cos |=|AE |53
=
|(-2, 0, 1) ⋅(-2, -2, 1) |
5=,
(-2) 2+(-2) 2+123
故点E 到平面ACF 的距离为.
考后对学生评讲本题的过程中，为了让他们体会用向量法解题的优越性，我首先用传统的几何法，再用向量法来解．通过师生的交流及正确的导向，同学们更好地掌握了用向量法求空间角与距离的一般方法。
以上[例2]、[例3]中的几何体为长方体，较为容易建立坐标系。如果题中几何体不是长方体或正方体，则考察几何体中的线线垂直、线面垂直及面面垂直关系. 如： [例4] （2004高考福建数学卷19） 在三棱椎S -ABC 中，∆ABC 是边长为4的正三角
ABC ，SA =SC =22，M 为AB 的中点.
S
形，平面S A C ⊥平面
A
（1） 求证AC ⊥SB ；
（2）求二面角S -CM -A 的大小； （3）求点B 到平面SCM 的距离.
图10
B
分析: 如图10，以AC 中点O 为坐标原点, 以OA 、OB 、OS 的正向分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系即可得出各相关点的坐标．（解略） ［例５］把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二
是AD ，BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求
（１）EF 的长；（２）折起后∠EOF 的吧大小 分析：如图11，以点O 为坐标原点，以OB 、OC 、
面角，点E ，F 分别
图11
OD 的正向分别为x
轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为a 即可得出各相关点的坐标．（解略）
类似的考题在近几年的高考及全国各省市的模拟试题均可找到.
用向量法求求空间角与距离，要确定向量的坐标，就必须选取直角坐标系，为了使所得点的坐标方便于计算和证明，一定要分析空间几何体的结构特征，选其上面合适的点作原点，合适的直线和方向作坐标轴，其次要灵活运用平面几何的知识、直线与平面的知识来找出点的坐标。
向量法解立体几何
1. 基本概念：
1.1. 向量的数量积和坐标运算
它们的夹角为θ，则数||⋅|b ⋅cos θ叫做与的数量积（或内积），a , b 是两个非零向量，
记作⋅，即⋅=||⋅||⋅cos θ. 其几何意义是的长度与在的方向上的投影的乘积. 其坐标运算是：
若=(x 1, y 1, z 1), =(x 2, y 2, z 2) ，则
①a ⋅b =x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2；
222222
②|a |=x 1+y 1+z 1, |b |=x 2+y 2+z 2；
③a ⋅b =x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2
④cos =
x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2
x 1+y 1+z 1⋅x 2+y 2+z 2
2
2
2
2
2
2
1.2. 异面直线m , n 所成的角
分别在直线m , n 上取定向量a , b , 则异面直线
m , n 所成的角θ等于向
量a , b 所成的角或其补角（如图1所示），则
图1
|a ⋅b |
（例如. cos θ=|a |⋅|b |
2004年高考数学广东卷第18题第（2）问）
n 的距离 1.3. 异面直线m 、
n 上取定向量a , b , 求与向量a 、b 都垂直的 分别在直线m 、
n 上各取一个定点A 、B ，则异面直线m 、n 的距离d 等于在n 上的射影长，向量n ，分别在m 、
即d =
证明：设CD 为公垂线段，取CA =a , DB =b （如图1所示），则
=++∴⋅=(++) ⋅ ∴|CD ⋅n |=|AB ⋅n |
∴d =|CD |=
|a ⋅b |
设直线m , n 所成的角为θ，显然cos θ=.
|a |⋅|b |
1.4. 直线L 与平面α所成的角
在L 上取定AB ，求平面α的法向量（如图2
cos θ=
图2
所示），再求
，则β=
π
2
-θ为所求的角.
1.5．二面角
方法一：构造二面角α-l -β的两个半平面α、β的
法向量n 1、n 2
（都取向上的方向，如图3所示），则
图3甲
① 若二面角α-l -β是“钝角型”的如图3甲所示，于两法向量n 1、n 2的夹角的补角，即cos θ=18题第（1）问）.
12那么其大小等
（例如2004年高考数学广东卷第
② 若二面角α-l -β是“锐角型”的如图3乙所示，两法向量n 1、n 2的夹角，即cos θ=广东卷第18题第（1）问）.
方法二：在二面角的棱l 上确定两个点A 、B ，面α、4所示），β内求出与l 垂直的向量n 1、n 2大小等于向量n 1、n 2的夹角，即cos θ=
12
12（例如
那么其大小等于2004年高考数学
过A 、B 分别在平
图4
则二面角α-l -β的
1.6. 平面外一点p 到平面α的距离
先求出平面α的法向量，在平面内任取一定点A ，的距离d 等于在n 上的射影长，即d =模第18题第（Ⅱ）问）.
1．7．法向量
则点p 到平面α
例
图5
如2004年广州一
上面“１．３～１．６”中，均运用了法向量．但教科书对此只作了简略的处理，所以我们有必要对它进一步的挖掘和丰富．
①直线的法向量：在直线L 上取一个定向量，则与a 垂直的非零向量n 叫直线L 的法向量．其具体求法见本文［例２］之“（Ⅰ）解法二”．
②平面的法向量：与平面α垂直的非零向量叫平面α的法向量．其具体求法见本文［例２］之“（Ⅰ）解法一”．
构造直线或平面的法向量，在求空间角与距离时起到了桥梁的作用，在解题过程中只须求出而不必在图形中作出来．在空间直角坐标系下，构造关于法向量坐标的三元一次方程组，得到直线（或平面）的法向量坐标的一般形式，再取特值. 其向上或向下的方向可根据竖坐标的符号来确定.
由上可见，利用向量的数量积可把求距离、夹角问题转化为向量的运算，和原来距离、夹角求解中的“作、证、算”有较大差异. 掌握了以上的基本概念和方法，就会使解决立体几何中夹角与距离的问题难度降低，也拓展了我们解决问题的思路.
2. 基本方法：
利用向量解立体几何中垂直、夹角、距离等问题，其基本方法是：把有关线段与相应的向量联系起来，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量运算进行计算或证明. 具体地说，有以下两种基本方法. 2.1. 基向量法
由于空间中任何向量均可由不共面的三个基向量来线性表示，因此在解题时往往根据问题条件首先选择适当的基向量，把有关线段根据向量的加法、数乘运算法则与基向量联系起
来. 再通过向量的代数运算，达到计算或证明的目的. 一般情况下，选择共点且不共面的三个已知向量作为基向量.
[例 1] 如图6，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的
M 是BC 的中点.
A 1
1
1
棱长为2，底面边长为1，
（1）在直线CC 1上求一点N ，使MN ⊥AB 1； （2）当MN ⊥AB 1时，求点A 1到平面AMN 的距离. （3）求出AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角.
N
A M
图6
分析1 （1）的问题显然是求使异面直线MN 与AB 1所成的角为直角的点N . 依据向量数量积的概念，必须由条件MN ⊥AB 1⇒⋅AB 1=0，求出CN 的长度，而MN 与AB 1都不是已知向量，且和没有直接联系，因此必须选择一组基向量来表示与AB 1. （1）解法一：取共点于B 的三个不共面的已知向量
BA 、BC 、BB 1为基向量，
由正三棱柱ABC -A 1B 1C 1及⊥AB 1⇒⋅AB 1=0, AB 1=+BB 1, =+=
1
+2
1
⇒(AB +BB 1) ⋅(BC +CN ) =0
2
11
⇒AB ⋅BC +AB ⋅CN +BB 1⋅BC +BB 1⋅CN =022
11
⋅1⋅1⋅cos 120︒+1⋅||⋅cos 90︒+⋅2⋅1⋅cos 90︒+2⋅||⋅cos 0︒=02211⇒-+0+0+2||=0⇒||=
48⇒
分析2 本小题还可以取共点于A 的三个不共面的已知向量, , 1为基向量，从而得 （1）解法二：
AB 1=+BB 1=+AA 1,
11
=-=(+) -(+) =(-) +.
221
∴MN ⋅AB 1=(AB +AA 1) ⋅[(AC -AB ) +CN ]
2
1
=(+AA 1) ⋅(-) +(+AA 1) ⋅2
21
=(⋅-+AA 1⋅-AA 1⋅) +⋅+AA 1⋅2
1
(1⋅1⋅cos 60︒-12+2⋅1⋅cos 90︒-2⋅1⋅cos 90︒) 2
+1⋅a ⋅cos 90︒+2⋅a ⋅cos 0︒ 11
=-+0-0+2a 42=
111
MN ⋅AB 1=0，∴-1+0-0+2a =0, a =∴|CN |=.
488
比较方法一与方法二，方法一比方法二运算简便. 因为用方法一选择的一组基向量表示MN 时式子较为简单. 这告诉我们可选择的基向量并不唯一，我们应选择使得运算简便的那一组向量作为基向量. 当几何体中能够找到（或构造出）三个共点且两两垂直的基向量时，我们就可以用下面的方法解决问题.
2.2. 坐标法
所谓坐标法，就是建立适当的空间直角坐标系(本文所建立的都是右手直角坐标系) ，把向量用坐标来表示，用向量的坐标形式进行向量的运算，以达到解决问题的目的.
运用坐标法时，也必须首先找出三个基向量，并且这三个基向量两两垂直, 由此建立空间直角坐标系. 因而坐标法是基向量法的特殊情形，但度或解决垂直问题时，比较简单.
在坐标法下，例1几何体中容易找到共点不共向量，于是有如下解法：
（1）解法三：以AA 1分别为y 轴、z 轴，垂直
坐标法用于求长度、角
面且互相垂直的三个
于
AC 、AA 1的为x 轴建立空间直角坐标系A -xyz ，设|CN |=a ，则有
A (0, 0, 0) 、B 1(
133
, , 2) 、M (, , 0) 、N (0, 1, a ) .
2244
于是
MN ⋅AB 1=0⇒(-
MN =(-
311
, , a ), AB 1=(, , 2), 由AB 1⊥MN 得4422
11
, , a ) ⋅(, , 2) =0442231
⇒-++2a =0
881⇒a =
8
由上面的解法三可知，通过建立空间直角坐标系，找出了相关点的坐标，从而把几何图形的性质代数化，通过向量的计算解决问题，显得快捷简便. 在空间直角坐标系下，例1的第（2）、（3）问便迎刃而解了. 下面给出解答.
(2)解：当MN ⊥AB 1时，由（1）解法三知，
A (0, 0, 0) 、B 1(
1331
, , 2) 、M (, , 0) 、N (0, 1, ) 、 22448
A 1(0, 0, 2) ，则MN =(-
113
, , ), AM =(, , 0), AA 1=(0, 0, 2) ， 44844
设向量=(x , y , z ) 与平面AMN 垂直，则有
n ⊥MN ⎫⎪
⎬⇒
n ⊥AM ⎪⎭∴n =(
-
⎫⎧113
x +y +z =0⎪x =z ⎪⎪⎪4488⎬⇒=⎨
13⎪⎪y =-z x +y =0⎪⎪8⎩44⎭
1z
z , -z , z ) =(3, -1, 1) (z >0) 888
取n 0=(, -1, 1)
向量AA 1在n 0上的射影长即为A 1到平面AMN 的距离，设为d ，于是
d =|AA 1|⋅|cos |=|AA 1|10=
|(0, 0, 2) ⋅(3, -1, 1) |(3) 2+(-1) 2+12
=2 5
（3）根据上面“1.4. 直线L 与平面α所成的角”中所提到的方法，须求出平面ACC 1A 1的一个法向量，进而求AB 1与所在直线的夹角。 设平面ACC 1A 1的一个法向量为，则有
⊥AA 1⎫⎪2z =0⎫
⎬⇒⎬⇒y =z =0, ∴=(x , 0, 0) =x (1, 0, 0) (x >0); 取n 0=(1, 0, 0) ，则
y =0n ⊥AC ⎪⎭⎭
31
, , 2) ⋅(1, 0, 0)
|cos |===
101021222
() +() +(2) ⋅22
(
故AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角为：
π
2
-arc cos
. =arcsin
1010
本题的解题过程告诉我们，用坐标法求空间角与距离，就是用空间向量将空间元素的位置关系转化为坐标表示的数量关系，解题的关键是根据几何体的特点，选取恰当的坐标原点和坐标轴，一般来说，长方体、正方体中较为容易建立坐标系．
高考对空间向量的考查是以立体几何为载体，利有向线段的长度，求两条有向线段的夹角（或其余弦、A 1二面角、点到平面的距离、异面直线的距离、证明线垂直等. 下面是今年广东高考数学及广州一模，体现了量的考查要求.
[例2]（2004年全国普通高等学校招生全国统一考试数学广东卷第18题）
如右图8, 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中, 已知AB= 4, AD =3, AA1= 2. E、F 分别是AB 、BC 上的点，且EB= FB=1.
(1) 求二面角C —DE —C 1的正切值; (2) 求直线EC 1与FD 1所成的角的余弦值.
解题分析：本题主要考查了二面角、异面直线所成的角等知识和空间想象能力、思维能力、运算能力. 高考试卷给出的参考答案分别用了传统方法及向量法. 在传统解法中，运用三垂线定理作出二面角的平面角并正明，通过延长和平移线段作出异面直线所成的角, 进而通过解直角三角形和斜三角形解决问题. 在用向量法的解答上，选择A 为空间直角坐标系的原点，, , 1分别为x 轴，y 轴, z 轴的正向，这不是右手直角坐标系，虽然与右手直角坐标系没有本质上的区别，但教科书中所建立及提倡的是右手直角坐标系，所以考生习惯用右手直角坐标系. 用向量法解决第（1）问时只是用了本文所提到的“1.5．二面角”之“方法一”.
D 1
C 1
用空间向量求正弦、正切），
E
图8
1
C
A
B
线、线面、面面高考对空间向
下面本人以自己的习惯，通过建立右手直角坐标系来解答，并用本文所提到的“1.5．二面角”之“方法二”补充第（Ⅰ）问的解法二.
解：（I ）解法一：以D 为原点，, , DD 1分别为x 轴，y 轴, z 轴的正向 建立空间直角坐标系，则有D (0, 0, 0), D 1(0, 0, 2), C (0, 4, 0), C 1(0, 4, 2) ,
E (3, 3, 0), F (2, 4, 0), C 1(0, 4, 2) 于是，=(3, 3, 0), EC 1=(-3, 1, 2) , FD 1=(-2, -4, 2) ,
设向量=(x , y , z ) 与平面C 1DE 垂直，则有
3x +3y =0⎫1n ⊥DE ⎫⎪
⇒⇒x =-y =z ⎬⎬-3x +y +2z =02⊥EC 1⎪⎭⎭11z
∴n =(z , -z , z ) =(1, -1, 2), 其中z >0
222
取n 0=(1, -1, 2) ，则n 0是一个与平面C 1DE 垂直的向量，
向量DD 1=(0, 0, 2) 与平面CDE 垂直，
∴n 0与DD 1所成的角θ为二面角C -DE -C 1的平面角 cos θ=
01=
1⨯0+(-1) ⨯0+2⨯22+(-1) 2+22⨯02+02+22
=
62
, ∴tan θ=. 32
（Ⅰ）解法二：令M 点在DE 上，且⊥，可设M 点的坐标为M (3λ, 3λ, 0) ，则=(3λ, 3λ-4, 0)
⊥, ∴⋅=(3λ, 3λ-4, 0) ⋅(3, 3, 0) =18λ-12=0
∴λ=
2
, CM =(2, -2, 0). MC =(-2, 2, 0). 3
再令N 点在DE 上，且C 1N ⊥DE ，设N 点的坐标为N (3γ, 3γ, 0) ，则
C 1=(3γ, 3γ-4, -2)
C 1N ⊥DE , ∴C 1N ⋅DE =(3γ, 3γ-4, -2) ⋅(3, 3, 0) =18γ-12=0∴γ=
2
, ∴C 1=(2, -2, -2), NC 1=(-2, 2, 2) 3
122
=
(-2, 2, 0) ⋅(-2, 2, 2)
(-2) 2+22+02⋅(-2) 2+22+22
=6. 3
∴cos θ=∴tan θ=
（II ）设EC 1与FD 1所成角为β，则
cos β=
11=
-3⨯(-2) +1⨯(-4) +2⨯2(-3) 2+12+22⨯(-2) 2+(-4) 2+22
=
21 14
因为本题的已知条件和结论具有一定的解题方向性，它明确告诉我们用向量的方法解决问题. 在高考结束后，本人询问了自己所任教班级的部分学生，他们大多数能用向量法解这道题. 如果不用向量法，对于中等（或以下）水平的学生，他们连二面角的平面角或异面直线所成的角都作不出来. 可见，用空间向量处理立体几何中的角与距离问题，可以降低立体几何的论证、推理难度，使中等（或以下）水平的学生也能很好的掌握，提高得分的能力.
对此问题，我们在高考备考上就有意识地引导学生．英德市在三月份组织了一次全市统考，采用2004年广州一模试卷，下面的［例３］是其中一道考题．
[例3]（2004年广州一模第18题）如图，在正四
A
AB =2，-A 1B 1C 1D 1中，已知B C AA 1=5, E 、F 分别D
D 1
1
B 1
棱柱
A 1
E
为D 1D 、B 1B 上的点，
且DE =B 1F =1.
（Ⅰ）求证：BE ⊥平面ACF ； （Ⅱ）求点E 到平面ACF 的距离.
图9
A
分析：题中几何体易找到共点且相互垂直的三个基向量，故可通过建立空间直角坐标系来达到解题目的．但实际情况是仍有相当部分学生的思维还停留在传统的几何法上而未能解出第（Ⅱ）问．
解：(Ⅰ) 以D 为原点，以、、D 1的正向分别为x 轴、y 轴、
z 轴建立空间直角坐标系，则
D (0, 0, 0), A (2, 0, 0), B (2, 2, 0), C (0, 2, 0), D 1(0, 0, 5), E (0, 0, 1), F (2, 2, 4).
于是=(-2, 2, 0), =(0, 2, 4), =(-2, -2, 1).
⋅=0, ⋅=0, ∴BE ⊥AC , BE ⊥AF , 且AC AF =A ,
∴BE ⊥平面ACF
（Ⅱ）由(Ⅰ) 知，BE 为平面ACF 的一个法向量，
∴向量AE 在BE 上的射影长即为E 到平面ACF 的距离，设为d ，于是
d =|AE |⋅|cos |=|AE |53
=
|(-2, 0, 1) ⋅(-2, -2, 1) |
5=,
(-2) 2+(-2) 2+123
故点E 到平面ACF 的距离为.
考后对学生评讲本题的过程中，为了让他们体会用向量法解题的优越性，我首先用传统的几何法，再用向量法来解．通过师生的交流及正确的导向，同学们更好地掌握了用向量法求空间角与距离的一般方法。
以上[例2]、[例3]中的几何体为长方体，较为容易建立坐标系。如果题中几何体不是长方体或正方体，则考察几何体中的线线垂直、线面垂直及面面垂直关系. 如： [例4] （2004高考福建数学卷19） 在三棱椎S -ABC 中，∆ABC 是边长为4的正三角
ABC ，SA =SC =22，M 为AB 的中点.
S
形，平面S A C ⊥平面
A
（1） 求证AC ⊥SB ；
（2）求二面角S -CM -A 的大小； （3）求点B 到平面SCM 的距离.
图10
B
分析: 如图10，以AC 中点O 为坐标原点, 以OA 、OB 、OS 的正向分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系即可得出各相关点的坐标．（解略） ［例５］把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二
是AD ，BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求
（１）EF 的长；（２）折起后∠EOF 的吧大小 分析：如图11，以点O 为坐标原点，以OB 、OC 、
面角，点E ，F 分别
图11
OD 的正向分别为x
轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为a 即可得出各相关点的坐标．（解略）
类似的考题在近几年的高考及全国各省市的模拟试题均可找到.
用向量法求求空间角与距离，要确定向量的坐标，就必须选取直角坐标系，为了使所得点的坐标方便于计算和证明，一定要分析空间几何体的结构特征，选其上面合适的点作原点，合适的直线和方向作坐标轴，其次要灵活运用平面几何的知识、直线与平面的知识来找出点的坐标。