高考数学第一轮复习复习第7节　空间距离及立体几何中的探索性问题（讲义）

第7节空间距离及立体几何中的探索性问题[课程标准要求]1.会求空间中两点的距离、点到直线的距离、点到平面的距离.2.以空间向量为工具,探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件.1.两点的距离(1)利用A,B两点间的距离为|AB→(2)设点A(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),则|AB→|=(2.点到直线的距离如图,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AP→=a,则向量AP→在直线l上的投影向量AQ→PQ=|AP→|3.点到平面的距离如图,已知平面α的法向量为n,A是平面α内的定点,P是平面α外一点.过点P作平面α的垂线l,交平面α于点Q,则n是直线l的方向向量,且点P到平面α的距离就是AP→在直线l上的投影向量QP→的长度,因此PQ=|AP→·n|n1.已知平面α的一个法向量为n=(-2,-2,1),点A(-1,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为(D)A.10 B.3 C.83 D.解析:PA→=(1,2,-4),点P到平面α的距离d=|PA→·n2.已知A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),则点A到直线BC的距离为(A)A.223 B.1 C.2 解析:因为A(0,0,2),B(1,0,2),C(0,2,0),所以AB→=(1,0,0),BC所以点A到直线BC的距离为d=|AB→|=|AB→|=1×1-(-3.(2022·辽宁大连三模)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若BB1=22,AB=2,则点C到直线AB1的距离为.

解析:设AC的中点为O,建立如图所示空间直角坐标系,则A(1,0,0),B1(0,3,22),C(-1,0,0),AB1→=(-1,3,22所以点C到直线AB1的距离为AC→2-(|答案:334.已知四面体A-BCD的顶点分别为A(2,3,1),B(1,0,2),C(4,3,-1),D(0,3,-3),则点D到平面ABC的距离为.

解析:根据已知可得AB→=(-1,-3,1),AC→=(2,0,-2),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则n·又DC→=(4,0,2),则点D到平面ABC的距离为|DC→·n|答案:32空间距离1.已知空间直角坐标系Oxyz中有一点A(-1,-1,2),点B是平面xOy内的直线x+y=1上的动点,则A,B两点间的最短距离是(B)A.6 B.342 C.3 D.解析:因为点B是平面xOy内的直线x+y=1上的动点,所以可设点B(m,1-m,0),由空间两点之间的距离公式得,|AB|=(-1-m)2所以当m=12时,|AB|的最小值为172=3422.已知棱长为1的正方体ABCD-EFGH,若点P在正方体内部且满足AP→=34AB→+A.56 B.C.10306 解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则AP→=34(1,0,0)+12(0,1,0)+23(0,0,1)=(34,1所以AP→在AB→上的投影为|AP所以点P到AB的距离为|AP→|3.如图,已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点,则点D到平面PEF的距离为,直线AC到平面PEF的距离为.

解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E(1,12,0),F(12,1,0),PE→=(1,12,-1),PF→=(1设平面PEF的法向量为n=(x,y,z),则n·PE解得x=y,令x=y=2,得n=(2,2,3),因此,点D到平面PEF的距离为|DP→·n|因为E,F分别为AB,BC的中点,所以EF∥AC,又EF⊂平面PEF,所以AC∥平面PEF,所以直线AC到平面PEF的距离为|AP→·n|答案:317174.在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,DD1的中点,则平面ADE与平面B1C1F之间的距离为.

解析:以点A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,连接AB1,则A(0,0,0),D(0,3,0),E(3,0,32),B1(3,0,3),C1(3,3,3),F(0,3,3AD→=(0,3,0),B1C1→因为AD,B1C1不在同一条直线上,则AD∥B1C1,因为AD⊄平面B1C1F,B1C1⊂平面B1C1F,则AD∥平面B1C1F,同理可证,AE∥平面B1C1F,AD∩AE=A,AD,AE⊂平面ADE,故平面ADE∥平面B1C1F,设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),AD→=(0,3,0),AE→=(3,0,由n·可得n=(1,0,-2),又因为AB1→=(3,0,3),因此,平面ADE与平面B1C1F之间的距离为d=|AB答案:3(1)当一条直线和一个平面平行时,直线上的各点到平面的距离相等,当两个平面平行时,一个平面上的各点到另一个平面的距离相等,由此可知,这两种距离都是转化为点面距离.(2)异面直线间的距离设向量n与两异面直线a,b都垂直,M∈a,P∈b,则两异面直线a,b间的距离d就是MP→在向量n方向上投影的绝对值,即d=|立体几何中的探索性问题以平行为背景的存在判断型问题[例1]如图,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的2倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD;(2)若SD⊥平面PAC,求二面角P-AC-S的大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?若存在,求SC∶SE的值;若不存在,试说明理由.(1)证明:连接BD交AC于点O,连接SO,由题意知SO⊥AC,在正方形ABCD中,BD⊥AC,又BD∩SO=O,BD,SO⊂平面SBD,所以AC⊥平面SBD,又SD⊂平面SBD,所以AC⊥SD.(2)解:由题知SO⊥平面ABCD,以O为坐标原点,OB,OC,OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设底面边长为a,则高SO=62a,则S(0,0,62a),D(-22a,0,0),C(0,2又SD⊥平面PAC,则平面PAC的一个法向量为DS→=(22a,0,平面SAC的一个法向量为OD→=(-2则|cos<DS→,OD→>|=|DS→·又二面角P-AC-S为锐角,则二面角P-AC-S的大小为π3(3)解:在棱SC上存在一点E,使得BE∥平面PAC,由(2)知平面PAC的一个法向量DS→=(22a,0,又CS→=(0,-22a,62a),BC→=(-设CE→=tCS→,t∈[0,1],则BE→=BC→+CE→=BC→+tCS→因为BE∥平面PAC,所以BE→·DS所以-12a2+32a2t=0,解得t=故当SC∶SE=3∶2时,BE∥平面PAC.以垂直为背景的存在判断型问题[例2]如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,AD=AA1=2,圆台下底面的圆心O为AB的中点,直径为2,圆与直线AB交于E,F,圆台上底面的圆心O1在A1B1上,直径为1.(1)求A1C与平面A1ED所成角的正弦值;(2)求二面角E-A1D-F的余弦值;(3)圆台上底圆周上是否存在一点P,使得FP⊥AC1?若存在,求点P到直线A1B1的距离;若不存在,请说明理由.解:(1)由题意可知,建立空间直角坐标系如图所示,则A1(2,0,2),C(0,4,0),E(2,1,0),D(0,0,0),所以A1C→=(-2,4,-2),D设平面A1ED的法向量为n=(x,y,z),则有n·D令x=1,则y=-2,z=-1,故n=(1,-2,-1),所以|cos<A1C→,n>|=|故A1C与平面A1ED所成角的正弦值为23(2)由(1)可知,F(2,3,0),DA1→设平面A1DF的法向量为m=(a,b,c),则有m·D令a=3,则b=-2,c=-3,故m=(3,-2,-3),所以|cos<n,m>|=|n·m故二面角E-A1D-F的余弦值为533(3)由(1)可知,A(2,0,0),C1(0,4,2),F(2,3,0),所以AC假设存在这样的点P,设P(x,y,2),由题意可知(x-2)2+(y-2)2=14所以FP→=(x-2,y-3,2),因为FP⊥AC1则有FP→·A所以x=2y-2,又(x-2)2+(y-2)2=14所以5y2-20y+794解得x=2-所以当P(2+55,2+510,2)或(2-55,2-5此时点P到直线A1B1的距离为55以空间角为背景的探索性问题[例3]如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1BC⊥侧面ABB1A1,且AA1=AB=2.(1)求证:AB⊥BC;(2)若直线AC与平面A1BC所成的角为π6,请问在线段A1C上是否存在点E,使得二面角A-BE-C的大小为2π(1)证明:连接AB1交A1B于点D,因为AA1=AB,则AD⊥A1B,由平面A1BC⊥侧面A1ABB1,且平面A1BC∩侧面A1ABB1=A1B,AD⊂侧面A1ABB1,得AD⊥平面A1BC,又BC⊂平面A1BC,所以AD⊥BC.三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,则AA1⊥底面ABC,所以AA1⊥BC.又AA1∩AD=A,从而BC⊥侧面A1ABB1,又AB⊂侧面A1ABB1,故AB⊥BC.(2)解:连接CD,由(1)知,AD⊥平面A1BC,则∠ACD为直线AC与平面A1BC所成的角,所以∠ACD=π6,因为AA1=AB=2,所以AD=2,所以AC=22假设在线段A1C上存在一点E,使得二面角A-BE-C的大小为2π3由三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以以点A为原点,以AC,AA1所在直线分别为y轴、z轴,以过A点和AC垂直的直线为x轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则A1(0,0,2),C(0,22,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),且设A1E→A1C→得E(0,22λ,2-2λ),所以AE→=(0,22λ,2-2λ),AB→=(2,设平面EAB的法向量为n1=(x,y,z),由AE→⊥n1,AB→⊥n1取n1=(1,-1,2λ由(1)知AB1⊥平面A1BC,所以平面CEB的一个法向量为AB1→=(2所以|cos2π3|=|AB1·n1所以点E为线段A1C的中点时,二面角A-BE-C的大小为2π3(1)对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等.(2)对于位置探究型问题,通常借助向量,引进参数,综合已知和结论列出等式,解出参数.[针对训练]1.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB∥CD,AB=AD=PA=2CD=4,G为PD的中点.(1)求证:AG⊥平面PCD;(2)若点F为PB的中点,线段PC上是否存在一点H,使得平面GHF⊥平面PCD?若存在,请确定H的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,又AD⊥AB,AD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD,又AB∥CD,所以CD⊥平面PAD,AG⊂平面PAD,CD⊥AG.又PA=AD,G为PD的中点,所以AG⊥PD,而PD∩DC=D,所以AG⊥平面PCD.(2)解:假设线段PC上存在一点H满足题意,以A为坐标原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),B(0,4,0),C(4,2,0),D(4,0,0),P(0,0,4),F(0,2,2),G(2,0,2).所以PC→=(4,2,-4),设PH→=k所以PH→所以GH→=(4k-2,2k,-4k+2),FG设平面GHF的法向量为n=(x,y,z),则n·GH→=0,n·FG即(4由(1)可知AG→=(2,0,2)为平面PCD的一个法向量,若平面GHF⊥平面PCD,则n·AG即2k-1+3k-1=0,解得k=25即当PH=252.如图①为某凉亭的实景效果图,图②为设计图,该凉亭的支撑柱高AA1为33m,顶部为底面边长为2m的正六棱锥,且侧面与底面所成的角都是45°.(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小;(2)在直线PC上是否存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为33解:(1)由题意,得凉亭的顶是正六棱锥,侧面与水平面成45°角,取A1F1的中点G,连接O1G,PG,则O1G⊥A1F1,PG⊥A1F1,故∠PGO1=45°,易求O1G=3,所以PO1=3,所以该凉亭的体积分为两部分,上半部分为正六棱锥,其体积为V1=13×6×34×22×3=6(m下半部分为正六棱柱,其体积为V2=6×34×22×33=54(m3),所以该凉亭及内部所占空间为60m3(2)假设在直线PC上存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为33则A(3,-1,0),B(3,1,0),D1(-3,1,33),F1(0,-2,33),P(0,0,43),C(0,2,0),设PM→=tPC→=(0,2t,-4则M(0,2t,43-43t),设平面BD1F1的法向量为n=(x,y,z),AM→=(-3,2t+1,43(1-t)),BD1→=(-23,0,33),BF则BD1令x=3,解得y=3,z=2,所以平面BD1F1的一个法向量为n=(3,3,2),设直线MA与平面BD1F1所成的角为θ,则sinθ=|-33+化简得127t2-206t+127=0,Δ=(-206)2-4×1272=2062-2542<0,故该方程不存在实数解,所以在直线PC上不存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为33[例1](多选题)(2021·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP→=λBC→+μA.当λ=1时,△AB1P的周长为定值B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1解析:BP→=λBC→+μ对于选项A,当λ=1时,点P在棱CC1上运动,如图(1)所示,此时△AB1P的周长为AB1+AP+PB1=2+1+μ2+1+(1-μ)对于选项B,当μ=1时,点P在棱B1C1上运动,如图(2)所示,则VP−A1BC=VA1−PBC=13S△PBC×32=36对于选项C,取BC的中点D,B1C1的中点D1,连接DD1,A1B(图略),则当λ=12时,点P在线段DD1上运动,假设A1P⊥BP,则A1P2+BP2=A1B2,即(32)2+(1-μ)2+(12)2+μ2=2,解得μ=0或μ=1,所以点P与点D或D1法一由多选题特征,排除A,C.故选BD.法二对于选项D,易知四边形ABB1A1为正方形,所以A1B⊥AB1,设AB1与A1B交于点K,连接PK(图略),要使A1B⊥平面AB1P,需A1B⊥KP,所以点P只能是棱CC1的中点,故选项D正确.故选BD.法三对于选项D,分别取BB1,CC1的中点E,F,连接EF,则当μ=12时,点P在线段EF上运动,以点C1为原点建立如图(3)所示的空间直角坐标系,则B(0,1,1),B1(0,1,0),A1(32,12,0),P(0,1-λ,12),所以A1B→=(-32,12,1),B1P→=(0,-λ,12),若A1B⊥平面AB1[例2]如图所示,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,PA=AB,∠ABC=60°,∠BCA=90°,点D,E分别在棱PB,PC上,且DE∥BC.(1)求证:BC⊥平面PAC;(2)当D为PB的中点时,求AD与平面PAC所成的角的余弦值;(3)是否存在点E使得二面角A-DE-P为直二面角,并说明理由.法一(1)证明:因为PA⊥底面ABC,BC⊂底面ABC,所以PA⊥BC,又∠BCA=90°,所以AC⊥BC.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.(2)解:因为D为PB的中点,DE∥BC,所以DE=12又由(1)知,BC⊥平面PAC,所以DE⊥平面PAC,垂足为点E.所以∠DAE是AD与平面PAC所成的角.因为PA⊥底面ABC,AB⊂底面ABC,所以PA⊥AB.又PA=AB,所以△ABP为等腰直角三角形.所以AD=12在Rt△ABC中,∠ABC=60°.所以BC=12所以在Rt△ADE中,sin∠DAE=DEAD=BC2AD所以cos∠DAE=144(3)解:存在.理由如下:因为DE∥BC,又由(1)知,BC⊥平面PAC,所以DE⊥平面PAC.又因为AE⊂平面PAC,PE⊂平面PAC,所以DE⊥AE,DE⊥PE.所以∠AEP为二面角A-DE-P的平面角.因为PA⊥底面ABC,AC⊂底面ABC,所以PA⊥AC,所以∠PAC=90°,所以在棱PC上存在一点E,使得AE⊥PC,即∠AEP=90°,故存在点E使得二面角A-DE-P是直二面角.法二如图所示,以A为原点,过点A平行于BC的直线为x轴,AC所在直线为y轴,AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.设AP=a,由已知可得A(0,0,0),B(-12a,32a,0),C(0,(1)证明:因为AP→=(0,0,a),BC→=(所以BC→·AP因为∠BCA=90°,所以BC⊥AC.又AP∩AC=A,AP⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BC⊥平面PAC.(2)解:因为D为PB的中点,DE∥BC,所以E为PC的中点.所以D(-14a,34a,12a),E(0,3又由(1)知,BC⊥平面PAC,所以DE⊥平面PAC,垂足为点E,所以∠DAE是AD与平面PAC所成的角.因为AD→=(-14a,34a,12a),AE→所以cos∠DAE=AD→·AE(3)解:同法一.[例3]如图,P为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AC为底面直径,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为3,E在母线PC上,且AE=3,CE=1,EC⊥BD.(1)求证:平面BED⊥平面ABD;(2)设线段PO上动点为M,求直线DM与平面ABE所成角的正弦值的最大值.(1)证明:如图,设AC交BD于点F,连接EF,易知PO⊥BD,又EC⊥BD,EC∩PO=P,EC,PO⊂平面AEC,所以BD⊥平面AEC,又EF⊂平面AEC,所以EF⊥BD.又△ABD是底面圆的内接正三角形,由AD=3,可得AF=32又AE=3,CE=1,所以AC2=AE2+CE2,即∠AEC=90°.又AEAC=AFAE=所以∠AFE=∠AEC=90°,即EF⊥AC.又AC,BD⊂平面ABD,AC∩BD=F,所以EF⊥平面ABD.又EF⊂平面BED,所以平面BED⊥平面ABD.(2)解:易知PO=2EF=3.以点F为坐标原点,FA,FB,FE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(32,0,0),B(0,32,0),D(0,-32,0),E(0,0,32),P(12所以AB→=(-32,32,0),AE→=(-32,0,32),DO→=(1设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则AB→·n=0,AE→·n=0,可得DM→=DO→+OM→=(12,设直线DM与平面ABE所成的角为θ,则sinθ=|n·DM令y=12x+13x2=4[x+112(x当且仅当x=12所以当x=12时,y=12于是当λ=12时,sin2θ=9λ2+12λ故直线DM与平面ABE所成角的正弦值的最大值为1.[选题明细表]知识点、方法题号距离综合问题1位置关系探索问题2,3空间角的探索问题4,5,61.如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E是线段AB的中点.(1)证明:BD⊥平面AA1C1C;(2)若P是线段BC上的动点,求点P到平面B1DE的距离的取值范围.(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AC,因为AA1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以AA1⊥BD,因为AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面AA1C1C,所以BD⊥平面AA1C1C.(2)解:以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(2,1,0),B1(2,2,2),设P(a,2,0)(0≤a≤2),则DP→=(a,2,0),DE→=(2,1,0),设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z),由DE则2令x=1,则y=-2,z=1,则n=(1,-2,1).设点P到平面B1DE的距离为h,所以h=|DP→·n||n|=所以点P到平面B1DE的距离的取值范围是[63,22.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,AB=1,BC=2,AA1=3.(1)求直线A1C与AB1所成角的余弦值;(2)设M为AC的中点,在平面BCC1内找一点N,使得MN⊥平面A1BC,求点N到平面ABC和平面ABB1的距离.BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(1,0,0),B1(0,0,3),A1(1,0,3),C(0,2,0),所以AB1→=(-1,0,3),A所以cos<AB1→,A1C→>=所以直线A1C与AB1所成角的余弦值为24则MN→=(-1因为MN⊥平面A1BC,所以MN⊥BC,MN⊥BA1,由(1)可得BC→=(0,2,0),BA1所以MN解得a=1,b=36所以点N(0,1,36),其到平面ABC的距离为36,到平面ABB3.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PB⊥BC,PD⊥CD,且PA=2,E为PD的中点.(1)求证:PA⊥平面ABCD;(2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值;(3)在线段BC上是否存在点F,使得点E到平面PAF的距离为25(1)证明:因为四边形ABCD为正方形,则BC⊥AB,CD⊥AD,因为PB⊥BC,BC⊥AB,PB∩AB=B,PB,AB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.因为PA⊂平面PAB,所以PA⊥BC.因为PD⊥CD,CD⊥AD,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD.所以CD⊥平面PAD.因为PA⊂平面PAD,所以PA⊥CD,因为BC∩CD=C,BC,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD.(2)解:因为PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),则AC→=(2,2,0),AE→=(0,1,1),由m取y=1,可得m=(-1,1,-1),cos<m,PC→>=m·PC→|所以直线PC与平面ACE所成角的正弦值为13(3)解:设点F(2,t,0)(0≤t≤2),设平面PAF的法向量为n=(a,b,c),AF→=(2,t,0),AP由n取a=t,则n=(t,-2,0),所以点E到平面PAF的距离为d=|AE→·n|4.(2022·江苏苏州调研)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,AA1=AB,点D,E分别为棱BC,B1C1上的点,且BDBC=C1(1)若t=12,求证:AD∥平面A1(2)若二面角C1ADC的大小为π3,求实数t的值.(1)证明:当t=12时,BDBC=C1EC1B在直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1BB1,所以四边形BB1A1A为平行四边形,连接DE,则DEBB1,所以DEAA1,所以四边形DEA1A是平行四边形,所以AD∥A1E.又因为AD⊄平面A1EB,A1E⊂平面A1EB,所以AD∥平面A1EB.(2)解:AA1⊥平面ABC,又∠BAC=90°,以AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=AC=AA1=3,则点A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),C1(0,3,3),所以AC1→=(0,3,3),BC→=(-3,3,0),AB→所以AD→=AB→+设平面AC1D的法向