2020版高考數(shù)學大二輪復習 5.3 空間向量與立體幾何學案 理

第3講　空間向量與立體幾何 考點1　向量法證明平行與垂直 設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)．平面α，β的法向量分別為u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)． (1)線面平行： l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直： l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行： α∥β?u∥v?u＝kv?a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3. (4)面面垂直： α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. [例1]　[2019·甘肅蘭州質(zhì)檢]在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點. 求證：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 【證明】　(1)以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系B－xyz，如圖所示， 則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，設BA＝a，則A(a,0,0)， 所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)， ·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(xiàn)(0,1,4)， 則＝，＝(0,1,1)， ·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 利用空間向量證明平行與垂直的步驟 (1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關系； (2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面中的要素； (3)通過空間向量的運算研究平行、垂直關系； (4)根據(jù)運算結(jié)果解釋相關問題. 『對接訓練』 1．[2018·山東聊城模擬]如圖，在直三棱柱ADE－BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點，O為DF的中點，運用向量方法證明： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD. 證明：由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系A­xyz. 設正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，M，O. (1)＝，＝(－1,0,0)， 所以·＝0，所以⊥. 因為棱柱ADE－BCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一個法向量，且OM?平面BCF，所以OM∥平面BCF. (2)設平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． 因為＝(1，－1,1)，＝(，－1,0)，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)， 由n1·＝n1·＝0，得 解得令x1＝1，則n1＝. 同理可得n2＝(0,1,1)． 因為n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD. 考點2　向量法求空間角 1．向量法求異面直線所成的角 若異面直線a，b的方向向量分別為a，b，異面直線所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈a，b〉|＝. 2．向量法求線面所成的角 求出平面的法向量n，直線的方向向量a，設線面所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，a〉|＝. 3．向量法求二面角 求出二面角α­l­β的兩個半平面α與β的法向量n1，n2，若二面角α­l­β所成的角θ為銳角，則cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝；若二面角α­l­β所成的角θ為鈍角，則cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－. [例2]　 [2019·浙江卷]如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點． (1)證明：EF⊥BC； (2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值． 【解析】　本題主要考查空間直線與直線垂直的證明及直線與平面所成的角，考查考生的空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、邏輯推理、數(shù)學運算． 解法一： (1)如圖，連接A1E， 因為A1A＝A1C，E是AC的中點， 所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC， A1E?平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC＝AC， 所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC. 又因為A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC. (2)取BC的中點G，連接EG，GF， 則EGFA1是平行四邊形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG， 所以平行四邊形EGFA1為矩形． 連接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1， 則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角)． 不妨設AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝. 由于O為A1G的中點，故EO＝OG＝＝， 所以cos∠EOG＝＝.因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是. 解法二：(1)連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點， 所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1， 平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC. 如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系E－xyz. 不妨設AC＝4，則A1(0,0，2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F(xiàn)，C(0,2,0)． 因此，＝，＝(－，1,0)． 由·＝0得EF⊥BC. (2)設直線EF與平面A1BC所成角為θ. 由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)． 設平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)． 由得 取n＝(1，，1)， 故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為. (1)利用空間向量求空間角的一般步驟 ①建立恰當?shù)目臻g直角坐標系． ②求出相關點的坐標，寫出相交向量的坐標． ③結(jié)合公式進行論證、計算． ④轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論． (2)[警示]　求空間角注意：①兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cosα＝|cosβ|.②兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角．③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化. 『對接訓練』 2．[2019·湖北部分重點中學聯(lián)考]如圖，四棱錐P－ABCD的底面ABCD為平行四邊形，DA＝DP，BA＝BP. (1)求證：PA⊥BD； (2)若DA⊥DP，∠ABP＝60°，BA＝BP＝BD＝2，求二面角D－PC－B的正弦值． 解析：(1)證明：如圖，取AP的中點M，連接DM，BM， ∵DA＝DP，BA＝BP， ∴PA⊥DM，PA⊥BM， ∵DM∩BM＝M. ∴PA⊥平面DMB， 又BD?平面DMB， ∴PA⊥BD. (2)∵DA＝DP，BA＝BP，DA⊥DP，∠ABP＝60°， ∴△DAP是等腰直角三角形，△ABP是等邊三角形， ∵AB＝PB＝BD＝2， ∴DM＝1，BM＝. ∴BD2＝MB2＋MD2，∴MD⊥MB. 以M為坐標原點，MP，MB，MD所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系M­xyz，則A(－1,0,0)，B(0，，0)，P(1,0,0)，D(0,0,1)，從而得＝(1,0，－1)，＝＝(1，，0)，＝(1，－，0)，＝＝(1,0,1)． 設平面DPC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 ∴取n1＝(－，1，－)， 設平面PCB的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 由得∴取n2＝(，1，－)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝. 設二面角D－PC－B的平面角為α， ∴sin α＝＝. 考點3　探索性問題 要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象(數(shù)值、圖形等)是否存在或某一結(jié)論是否成立．“是否存在”的問題的命題形式有兩種情況：如果存在，找出一個來；如果不存在，需要說明理由，這類問題常用“肯定順推”的方法． [例3]　[2019·湖北武昌質(zhì)檢] 如圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD的中點． (1)求證：平面POC⊥平面PAD； (2)線段PD上是否存在一點Q，使得二面角Q－AC－D的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． 【解析】　(1)在△PAD中，PA＝PD，O為AD的中點， ∴PO⊥AD. 在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝，∴AD＝2. 在直角梯形ABCD中，O為AD的中點，∴OA＝BC＝1， ∴OC⊥AD. 又OC∩PO＝O， ∴AD⊥平面POC， 又AD?平面PAD， ∴平面POC⊥平面PAD. (2)易知PO，OC，OD兩兩垂直，所以以O為坐標原點，OC所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OP所在直線為z軸建立空間直角坐標系O­xyz，如圖所示， 則O(0,0,0)，P(0,0,1)，A(0，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)， 假設存在，且設＝λ(0≤λ≤1)． 連接OQ，∵＝(0,1，－1)， ∴－＝＝(0，λ，－λ)， ∴＝(0，λ，1－λ)， ∴Q(0，λ，1－λ)． 設平面CAQ的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則 取z1＝1＋λ，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 又平面CAD的一個法向量為n＝(0,0,1)，二面角Q－AC－D的余弦值為， ∴|cos〈m，n〉|＝＝＝， 整理化簡，得3λ2－10λ＋3＝0， 解得λ＝或λ＝3(舍去)， 故線段PD上存在滿足題意的點Q，且＝. 空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無須進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷；解題時，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題. 『對接訓練』 3．[2019·安徽江南名校聯(lián)考]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E為PA的中點． (1)求證：DE∥平面BPC； (2)線段AB上是否存在一點F，滿足CF⊥DB？若存在，請求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，請說明理由． 解析：(1)證明：取PB的中點M，連接EM和CM，過點C作CN⊥AB，垂足為點N，如圖在四邊形ABCD中， ∵CN⊥AB，DA⊥AB， ∴CN∥DA. 又AB∥CD，∴四邊形CDAN為矩形， ∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6， 在Rt△BNC中， BN＝＝＝6， ∴AB＝12，而E，M分別為PA，PB的中點， ∴EM為△PAB的中位線， ∴EM∥AB且EM＝AB＝6. 又DC∥AB， ∴EM∥CD且EM＝CD，四邊形CDEM為平行四邊形， ∴DE∥CM. ∵CM?平面PBC，DE?平面PBC，∴DE∥平面PBC. (2)由題意可得DA，DC，DP兩兩垂直，如圖，以D為原點，DA，DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz， 則A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)． 假設AB上存在一點F，使CF⊥BD，設點F的坐標為(8，t,0)(0<t<12)， 則＝(8，t－6,0)，＝(8,12,0)． 由·＝0，得t＝. 易知平面DPC的一個法向量為m＝(1,0,0)． 設平面FPC的法向量為n＝(x，y，z)． 又＝(0,6，－8)，＝. 由得 即不妨令y＝12，則n＝(8,12,9)為平面FPC的一個法向量． 則cos〈n，m〉＝＝＝. 又由圖可知，二面角F－PC－D為銳二面角， 故二面角F－PC－D的余弦值為. 課時作業(yè)13　空間向量與立體幾何 1．[2019·安徽蕪湖質(zhì)檢]如圖，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3. (1)證明：AC⊥B1D； (2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值． 解析：(1)證明：因為BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC. 因為AC⊥BD且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D，又B1D?平面BB1D，所以AC⊥B1D. (2)易知AB，AD，AA1兩兩垂直，如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A­xyz. 設AB＝t，則A(0,0,0)，B(t,0,0)， B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)， D(0,3,0)，D1(0,3,3)． 從而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)， 因為AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0， 解得t＝或t＝－(舍去)． 所以＝(0,3,3)，＝(，1,0)，＝(0,1,0)， 設n＝(x，y，z)是平面ACD1的法向量， 則即 取x＝1，則y＝－，z＝，所以n＝(1，－，)是平面ACD1的一個法向量． 設直線B1C1與平面ACD1所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝， 故直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為. 2．[2019·廣東五校第一次診斷] 如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC與BD交于點O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2. (1)求證：BD⊥平面ACFE； (2)當直線FO與平面BED所成的角為45°時，求異面直線OF與BE所成角的余弦值． 解析：(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC. ∵AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴BD⊥AE. 又AC∩AE＝A，AC，AE?平面ACFE， ∴BD⊥平面ACFE. (2)連接OE，以O為原點，OA，OB所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系O­xyz，則B(0，，0)，O(0,0,0)，E(1,0,2)，F(xiàn)(－1,0，a)(a>0)，則＝(0，，0)，＝(1,0,2)，＝(－1,0，a)． 設平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則有即 得y＝0.令z＝1，則x＝－2，∴n＝(－2,0,1) 是平面EBD的一個法向量． 由題意得 sin45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 得a＝3或a＝－， 由a＞0，得a＝3， ＝(－1,0,3)，＝(1，－，2)， cos〈，〉＝＝， 所以異面直線OF與BE所成角的余弦值為. 3．[2019·廣東惠州一調(diào)] 如圖，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，側(cè)面是正方形，∠DAB＝60°，E是棱CB的延長線上一點，經(jīng)過點A，C1，E的平面交棱BB1于點F，B1F＝2BF. (1)求證：平面AC1E⊥平面BCC1B1； (2)求二面角E－AC1－C的余弦值． 解析：(1)證明：設四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長為a， ∵B1F＝2BF，△B1C1F∽△BEF，∴BE＝. 由∠DAB＝60°＝∠ABE，得∠ABC＝120°，由余弦定理得AE＝，AC＝a. ∵CE＝BE＋BC＝，∴AE2＋CE2＝AC2，AE⊥CE. 又ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱， ∴C1C⊥平面ABCD， 又AE?平面ABCD，∴C1C⊥AE. ∵CE∩CC1＝C，∴AE⊥平面BCC1B1. ∵AE?平面AC1E，∴平面AC1E⊥平面BCC1B1. (2)解法一　過C作CG⊥AC1于G，CH⊥C1F于H，連接GH. 由平面AC1E⊥平面BCC1B1，平面AC1E∩平面BCC1B1＝C1E，得CH⊥平面AC1E. ∴CH⊥AC1，又CG⊥AC1，CG∩CH＝C，∴AC1⊥平面CGH，AC1⊥GH， ∴∠CGH是二面角E－AC1－C的平面角． 在Rt△ACC1中，AC＝a，CC1＝a，AC1＝2a，CG＝a， 在Rt△ECC1中，CE＝a，CC1＝a，EC1＝a，CH＝a， ∴GH＝＝a，cos∠CGH＝＝， ∴二面角E－AC1－C的余弦值為. 解法二　以E為坐標原點，EC，EA所在直線分別為x軸，y軸，平行于BB1的直線為z軸建立空間直角坐標系E­xyz，則E(0,0,0)，A，C1，則＝，＝. 設平面EAC1的法向量為n＝(p，q，r)，則 即 不妨取n＝(－2,0,3)． 連接BD，B，D，易知平面AC1C的一個法向量為n1＝＝. 設二面角E－AC1－C的平面角為θ，則|cos θ|＝＝，又由題圖知θ為銳角，∴二面角E－AC1－C的余弦值為. 4．[2019·河南洛陽統(tǒng)一考試]如圖1，平面多邊形PABCD中，PA＝PD，AD＝2DC＝2BC＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E為PD的中點，現(xiàn)將△APD沿AD折起，如圖2，使PC＝2. (1)證明：CE∥平面ABP； (2)求直線AE與平面ABP所成角的正弦值． 解析：(1)證明：取PA的中點H，連接HE，BH，如圖． ∵E為PD的中點，∴HE為△APD的中位線， ∴HE∥AD，且HE＝AD. 又AD∥BC，BC＝AD，∴HE∥BC，HE＝BC， ∴四邊形BCEH為平行四邊形，∴CE∥BH. ∵BH?平面ABP，CE?平面ABP，∴CE∥平面ABP. (2)由題意知△PAD為等腰直角三角形，四邊形ABCD為直角梯形．取AD的中點F，連接BF，PF， ∵AD＝2BC＝4，∴平面多邊形PABCD中，P，F(xiàn)，B三點共線， 且PF＝BF＝2， ∴翻折后，PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF＝F，∴DF⊥平面PBF， ∴BC⊥平面PBF， ∵PB?平面PBF，∴BC⊥PB. 在直角三角形PBC中，PC＝2，BC＝2，∴PB＝2， ∴△PBF為等邊三角形． 取BF的中點O，DC的中點M，連接PO，OM，則PO⊥BF， ∵DF⊥平面PBF，∴DF⊥PO.又DF∩BF＝F， ∴PO⊥平面ABCD. 以O為原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O­xyz， 則B(1,0,0)，D(－1,2,0)，P(0,0，)，A(－1，－2,0)， ∴E，∴＝，＝(2,2,0)，＝(－1,0，)． 設平面ABP的法向量為n＝(x，y，z)，則 ∴ 故可取n＝(3，－3，)， ∴cos〈n，〉＝＝－， ∴直線AE與平面ABP所成角的正弦值為. 5．[2019·天津卷]如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求證：BF∥平面ADE； (2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值； (3)若二面角E－BD－F的余弦值為，求線段CF的長． 解析：本題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎知識．考查用空間向量解決立體幾何問題的方法．考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力． 依題意，可以建立以A為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系A­xyz(如圖)，可得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，1,0)，E(0,0,2)．設CF＝h(h>0)，則F(1,2，h)． (1)依題意，＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又＝(0,2，h)，可得·＝0，又因為直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE. (2)依題意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)， ＝(－1，－2，2)． 設n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則 即不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)． 因此有cos〈，n〉＝＝－. 所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)設m＝(x，y，z)為平面BDF的法向量， 則即 不妨令y＝1，可得m＝. 由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得h＝.經(jīng)檢驗，符合題意． 所以，線段CF的長為. 6．[2019·四川成都模擬]如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱AA1的中點． (1)證明：B1C1⊥CE； (2)求二面角B1－CE－C1的正弦值； (3)設點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值為，求線段AM的長． 解析：(1)證明：在△B1C1E中，EB1＝＝，B1C1＝＝，EC1＝， ∴B1C＋EC＝EB，∴B1C1⊥EC1， ∵AA1⊥平面ABCD，∴AA1⊥BC，∴CC1⊥B1C1， 而CC1∩EC1＝C1， ∴B1C1⊥平面CC1E. ∵CE?平面CC1E， ∴B1C1⊥CE. (2)由題可知，DA，AA1，AB兩兩垂直，如圖，以點A為原點，分別以AD，AA1，AB所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系A­xyz，則A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)，＝(1，－2，－1)，＝(－1,1，－1)，＝(1,0，－1)，設平面B1CE的法向量為m＝(x，y，z)， 則即 消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，所以x＝－3，y＝－2， 則m＝(－3，－2,1)為平面B1CE的一個法向量． 由(1)知，B1C1⊥平面CEC1， 故＝(1,0，－1)為平面CEC1的一個法向量． 所以cos〈m，〉＝＝＝－，從而sin〈m，〉＝， 所以二面角B1－CE－C1的正弦值為. (3)由(2)知＝(0,1,0)，＝(1,1,1)，設＝λ，則＝(λ，λ，λ)(0≤λ≤1)，則＝＋＝(λ，λ＋1，λ)． 易知＝(0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量． 設θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝＝， 得λ＝(負值舍去)， 所以＝，||＝，故線段AM的長為. - 20 -