2020-2021学年第一章　空间向量与立体几何本章综合与测试学案

这是一份2020-2021学年第一章　空间向量与立体几何本章综合与测试学案，共11页。学案主要包含了空间向量及其运算，利用空间向量证明位置关系，利用空间向量求空间角，利用空间向量计算距离等内容，欢迎下载使用。


一、空间向量及其运算
1．空间向量的运算主要包括空间向量的加减、数乘运算以及坐标运算，一般与共面定理，共线定理以及空间向量基本定理综合考查．
2．掌握基本的运算及共面、共线定理以及空间向量基本定理，重点提升数学运算和直观想象素养．
例1 (1)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，eq \(A1E,\s\up6(—→))＝eq \f(1,4)eq \(A1C1,\s\up6(—→))，若eq \(AE,\s\up6(→))＝xeq \(AA1,\s\up6(→))＋y(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))，则x＝________，y＝________.
答案 1 eq \f(1,4)
解析 由题意知eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1E,\s\up6(—→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(A1C1,\s\up6(—→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))，从而有x＝1，y＝eq \f(1,4).
(2)(多选)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，S到A，B，C，D的距离都等于2.下列选项中，正确的是( )
A.eq \(SA,\s\up6(→))＋eq \(SB,\s\up6(→))＋eq \(SC,\s\up6(→))＋eq \(SD,\s\up6(→))＝0B.eq \(SA,\s\up6(→))＋eq \(SB,\s\up6(→))－eq \(SC,\s\up6(→))－eq \(SD,\s\up6(→))＝0
C.eq \(SA,\s\up6(→))－eq \(SB,\s\up6(→))＋eq \(SC,\s\up6(→))－eq \(SD,\s\up6(→))＝0D.eq \(SA,\s\up6(→))·eq \(SB,\s\up6(→))＝eq \(SC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))
答案 CD
解析 因为eq \(SA,\s\up6(→))－eq \(SB,\s\up6(→))＋eq \(SC,\s\up6(→))－eq \(SD,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))＝0，所以C正确；又因为底面ABCD是边长为1的正方形，SA＝SB＝SC＝SD＝2，所以eq \(SA,\s\up6(→))·eq \(SB,\s\up6(→))＝2×2×cs∠ASB，eq \(SC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))＝2×2×cs∠CSD，而∠ASB＝∠CSD，于是eq \(SA,\s\up6(→))·eq \(SB,\s\up6(→))＝eq \(SC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))，因此D正确，其余两个都不正确．
反思感悟 空间向量的数乘运算及向量共面的充要条件
(1)空间向量的数乘运算、共线向量的概念、向量共线的充要条件与平面向量的性质是一致的．
(2)利用向量共面的充要条件可以判断第三个向量是否与已知的两个不共线的向量共面，特别地，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，使eq \(AP,\s\up6(→))＝xeq \(AB,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→)).
跟踪训练1 (1)在空间直角坐标系中，已知A(1，－2，1)，B(2，2，2)，点P在z轴上，且满足|eq \(PA,\s\up6(→))|＝|eq \(PB,\s\up6(→))|，则P点坐标为( )
A．(3，0，0) B．(0，3，0) C．(0，0，3) D．(0，0，－3)
答案 C
解析 设P(0，0，z)，则有eq \r(1－02＋－2－02＋1－z2)＝eq \r(2－02＋2－02＋2－z2)，解得z＝3.
(2)如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.
①求eq \(AC1,\s\up6(→))的长；
②求eq \(BD1,\s\up6(→))与eq \(AC,\s\up6(→))夹角的余弦值．
解 记eq \(AB,\s\up6(→))＝a，eq \(AD,\s\up6(→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(→))＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝eq \f(1,2).
①|eq \(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝6，
∴|eq \(AC1,\s\up6(→))|＝eq \r(6).
②eq \(BD1,\s\up6(→))＝b＋c－a，eq \(AC,\s\up6(→))＝a＋b，
∴|eq \(BD1,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(3)，eq \(BD1,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(b＋c－a)·(a＋b)＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1，
∴cs〈eq \(BD1,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BD1,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(BD1,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(6),6).
二、利用空间向量证明位置关系
1．主要考查利用直线的方向向量与平面的法向量，判定、证明空间中的直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直．
2．掌握直线的方向向量与平面的法向量，理解并记忆判定平行与垂直的公式，提升逻辑推理和直观想象素养．
例2 在四棱锥P－ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝CD＝2AB＝2，M为PC的中点．
(1)求证：BM∥平面PAD；
(2)平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置；若不存在，说明理由．
(1)证明 以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，
∵eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，1，1)，平面PAD的一个法向量为n＝(1，0，0)，
∴eq \(BM,\s\up6(→))·n＝0，即eq \(BM,\s\up6(→))⊥n，又BM⊄平面PAD，∴BM∥平面PAD.
(2)解 由(1)知，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)，
假设平面PAD内存在一点N，使MN⊥平面PBD.
设N(0，y，z)，则eq \(MN,\s\up6(→))＝(－1，y－1，z－1)，
从而MN⊥BD，MN⊥PB，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(MN,\s\up6(→))·\(BD,\s\up6(→))＝0，,\(MN,\s\up6(→))·\(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋2y－1＝0，,－1－2z－1＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2)，))∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，
∴在平面PAD内存在一点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，使MN⊥平面PBD.
反思感悟 利用空间向量证明或求解立体几何问题时，首先要选择基底或建立空间直角坐标系转化为其坐标运算，再借助于向量的有关性质求解(证)．
跟踪训练2 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.
(1)求证：AC⊥BC1；
(2)请说明在AB上是否存在点E，使得AC1∥平面CEB1.
(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1 中，因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以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轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0，0，0)，A(3，0，0)，C1(0，0，4)，B(0，4，0)，B1(0，4，4)．
因为eq \(AC,\s\up6(→))＝(－3，0，0)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0，－4，4)，
所以eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(AC,\s\up6(→))⊥eq \(BC1,\s\up6(→))，即AC⊥BC1.
(2)解 假设在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，
设eq \(AE,\s\up6(→))＝teq \(AB,\s\up6(→))＝(－3t，4t，0)，其中0≤t≤1.
则E(3－3t，4t，0)，eq \(B1E,\s\up6(—→))＝(3－3t，4t－4，－4)，eq \(B1C,\s\up6(—→))＝(0，－4，－4)．
又因为eq \(AC1,\s\up6(→))＝meq \(B1E,\s\up6(—→))＋neq \(B1C,\s\up6(—→))成立，
所以m(3－3t)＝－3，m(4t－4)－4n＝0，－4m－4n＝4，
解得t＝eq \f(1,2).
所以在AB上存在点E，使得AC1∥平面CEB1，这时点E为AB的中点．
三、利用空间向量求空间角
1．主要考查利用直线的方向向量与平面的法向量，求直线与直线所成的角，直线与平面的夹角，平面与平面所成的角．
2．掌握并理解利用直线的方向向量与平面法向量求角的公式，提升逻辑推理和直观想象素养．
例3 如图，在长方体AC1中，AB＝BC＝2，AA1＝eq \r(2)，点E，F分别是平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心．以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：
(1)求异面直线AF和BE所成的角；
(2)求直线AF和平面BEC所成角的正弦值．
解 (1)由题意得A(2，0，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，\f(\r(2),2)))，B(2，2，0)，E(1，1，eq \r(2))，C(0，2，0)．
∴eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，2，\f(\r(2),2)))，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq \r(2))，∴eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝1－2＋1＝0.
∴直线AF和BE所成的角为90°.
(2)设平面BEC的法向量为n＝(x，y，z)，又eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，－1，eq \r(2))，则n·eq \(BC,\s\up6(→))＝－2x＝0，n·eq \(BE,\s\up6(→))＝－x－y＋eq \r(2)z＝0，∴x＝0，取z＝1，则y＝eq \r(2)，
∴平面BEC的一个法向量为n＝(0，eq \r(2)，1)．
∴cs〈eq \(AF,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AF,\s\up6(→))·n,|\(AF,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(\f(5\r(2),2),\f(\r(22),2)×\r(3))＝eq \f(5\r(33),33).
设直线AF和平面BEC所成的角为θ，则sin θ＝eq \f(5\r(33),33)，即直线AF和平面BEC所成角的正弦值为eq \f(5\r(33),33).
反思感悟 (1)在建立空间直角坐标系的过程中，一定要依据题目所给几何图形的特征，建立合理的空间直角坐标系，这样才会容易求得解题时需要的坐标．
(2)直线和平面所成的角、两个平面的夹角类问题有两种思路：转化为两条直线所成的角、利用平面的法向量．
跟踪训练3 如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：GF∥平面ADE；
(2)求平面AEF与平面BEC所成角的余弦值．
方法一 (1)证明 如图，取AE的中点H，连接HG，HD，
因为G是BE的中点，所以GH∥AB，且GH＝eq \f(1,2)AB.
又F是CD的中点，所以DF＝eq \f(1,2)CD.
由四边形ABCD是矩形，得AB∥CD，AB＝CD，
所以GH∥DF，且GH＝DF，
从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.
又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.
(2)解 如图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.
因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.
以B为坐标原点，分别以BE，BQ，BA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Bxyz，
则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)．因为AB⊥平面BEC，所以eq \(BA,\s\up6(→))＝(0，0，2)为平面BEC的法向量．设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．
又eq \(AE,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(2，2，－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－2z＝0，,2x＋2y－z＝0.))
取z＝2，得n＝(2，－1，2)．
从而|cs〈n，eq \(BA,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(BA,\s\up6(→))|,|n||\(BA,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,2×3)＝eq \f(2,3)，
所以平面AEF与平面BEC所成角的余弦值为eq \f(2,3).
方法二 (1)证明 如图，取AB的中点M，连接MG，MF.
由G是BE的中点，可知GM∥AE.
又AE⊂平面ADE，GM⊄平面ADE，
所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点得MF∥AD.
又AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE.
所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF＝M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF，
所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF⊂平面GMF，所以GF∥平面ADE.
(2)同方法一．
四、利用空间向量计算距离
1．空间距离的计算思路
(1)点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量eq \(AP,\s\up6(→))在直线l上的投影向量为eq \(AQ,\s\up6(→))＝a，则点P到直线l的距离为eq \r(a2 －a·u2)(如图)．
(2)设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)(如图)．
2．通过利用向量计算空间的角，可以培养学生的逻辑思维能力和数学运算能力．
例4 在三棱锥B－ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD＝30°，求点D到平面ABC的距离．
解 如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)－1,2)，0，\f(1,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，
∴eq \(AC,\s\up6(→)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(AB,\s\up6(→)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，\f(1,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，
设n＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)z＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))
∴y＝－eq \f(\r(3),3)x，z＝－eq \r(3)x，可取n＝(－eq \r(3)，1，3)，
代入d＝eq \f(|\(DC,\s\up6(→))·n|,|n|) ，得d＝eq \f(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2),\r(13))＝eq \f(\r(39),13)，
即点D到平面ABC的距离是eq \f(\r(39),13).
反思感悟 利用向量法求点面距，只需求出平面的一个法向量和该点与平面内任一点连线表示的向量，代入公式求解即可．
跟踪训练4 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，若点P满足eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(AA1,\s\up6(→))，则点P到直线AB的距离为( )
A.eq \f(25,144) B.eq \f(5,12) C.eq \f(13,20) D.eq \f(\r(105),15)
答案 B
解析 以点A为坐标原点，分别以直线AB，AD，AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，
易知A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，\f(1,3)，\f(1,4)))，
则点P到直线AB的距离为eq \r(|\(AP,\s\up6(→))2|－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AP,\s\up6(→))·\(AB,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(\f(1,9)＋\f(1,16))＝eq \f(5,12).
1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知eq \(PA,\s\up6(→))＝a，eq \(PB,\s\up6(→))＝b，eq \(PC,\s\up6(→))＝c，eq \(PE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PD,\s\up6(→))，则eq \(BE,\s\up6(→))等于( )
A.eq \f(1,2)a－eq \f(3,2)b＋eq \f(1,2)c B.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋eq \f(1,2)c
C.eq \f(1,2)a＋eq \f(3,2)b＋eq \f(1,2)c D.eq \f(1,2)a－eq \f(1,2)b＋eq \f(3,2)c
答案 A
解析 连接BD，如图，
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BP,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,2)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))＝－eq \f(1,2)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(PA,\s\up6(→))－eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))－eq \(PB,\s\up6(→)))
＝－eq \f(1,2)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)(eq \(PA,\s\up6(→))－2eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(PA,\s\up6(→))－eq \f(3,2)eq \(PB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a－eq \f(3,2)b＋eq \f(1,2)c.
2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq \r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),6) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，eq \r(3))，D1(0，0，eq \r(3))，
所以eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \(DB1,\s\up6(→))＝(1，1，eq \r(3))，
所以cs〈eq \(AD1,\s\up6(→))，eq \(DB1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD1,\s\up6(→))·\(DB1,\s\up6(→)),|\(AD1,\s\up6(→))||\(DB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(－1＋3,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BD与平面A1C1D所成角的正弦值是( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(6),3) C.eq \f(\r(2),2) D．1
答案 B
解析 以D1为坐标原点，eq \(D1A1,\s\up6(—→))，eq \(D1C1,\s\up6(—→))，eq \(D1D,\s\up6(—→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)．
设正方体的棱长为2，则A1(2，0，0)，C1(0，2，0)，D(0，0，2)，B(2，2，2)，且n＝(1，1，1)是平面A1C1D的一个法向量，因为eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，
所以cs〈n，eq \(DB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(DB,\s\up6(→))·n,|\(DB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(4,2\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3).
设DB与平面A1C1D所成的角为θ，
则sin θ＝cs〈n，eq \(DB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(6),3).
4．如图所示，在直平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且AE＝eq \f(1,4)AA1＝eq \f(1,2)，则点B到平面EDC1的距离为________．
答案 eq \f(\r(5),3)
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(1，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2)))，
∴eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(1,2))).
设平面EDC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n＝x－y＋\f(1,2)z＝0，,\(DC1,\s\up6(→))·n＝y＋2z＝0，))
令z＝1，则x＝－eq \f(5,2)，y＝－2，∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，－2，1)).
∴点B到平面EDC1的距离d＝eq \f(|n·\(DB,\s\up6(→))|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(\f(5,2),\f(3\r(5),2))＝eq \f(\r(5),3).