向量法求空间角、距离和二面角

1、实用文案向量法求空间角、距离和二面角1.1. 向量的数量积和坐标运算a,b是两个非零向量，它们的夹角为 ，则数|a| |b|cos叫做a与b的 数量积（或内积），记作a b，即a b | a | | b | cos .其几何意义是a的长度 与b在a的方向上的投影的乘积.其坐标运算是：*若 a （x1,y1,）,b （X2,y2,Z2），贝U a b X1X2 y2 Z1Z2; |a|X12 y12 z/,|b|X22 目; Z22 ; a b x1x2 y1 y2 z1z2X1X2 y“2 Z1Z2 C0S a，b 丨 222 厂 222X1y1Z, . X2y2Z21.2. 异面直线m,n所

2、成的角分别在直线m,n上取定向量a,b,则异面直线m,n所成的角等于向量a,b所成的角或其补角（如图 1所示），则cos |a b 1 .（例如2004年高考数学广东D图1 b B|a| |b|卷第18题第（2）问）1.3. 异面直线m、n的距离分别在直线m、n上取定向量a,b,求与向量a、b都垂直的向量n，分别在m、n上各取一个定点A、B，则异面直线m、n的距离d等于AB在n上的射影长，即d| AB n |n|标准文档证明：设CD为公垂线段，取CA a, DB b （如图1所示），则实用文案标准文档图4CD CAABBDCD n(CAAB BD)|CD n|ABn|d |CD| 皿1|n|设

3、直线m, n所成的角为，显然cosla b|a| |b|14直线L与平面所成的角在L上取定AB ,求平面的法向量n （如图2所示）,再求cos，则|AB| | n|2为所求的角.1.5 . 二面角方法一：构造二面角量n1、门2 （都取向上的方向，如图3所示），则的两个半平面、的法向 若二面角l是“钝角型”的如图3甲所示,那么其大小等于两法向量n1、n2的夹角的补角，即cosrit n2g | “2 |.(例如2004年高考数学广东卷第18题第（1）问）.若二面角 l 是“锐角型”的如图3乙所示,那么其大小等于两法向量n1、门2的夹角，即nt n2 cos.（例如2004年高考数学广东卷第|n

4、1 | |n2 |图3乙18题第（1）问）.方法二：在二面角的棱I上确定两个点A、求出与I垂直的向量n1、门2 （如图4所示），则实用文案门！ n21Nl的大小等于向量n、n2的夹角，即cos1.6.平面外一点p到平面 的距离先求出平面 的法向量n,在平面内任取一定点A，则点 p到平面 的距离d等于AP在n上的射影长，即d 1 AP n (例如2004年广州一模第18题第(U)问).|n|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

5、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 A1B1C1的棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点.(1 )在直线CC1上求一点N，使MN AB1 ;(2) 当MN AB1时，求点A1到平面AMN的距离.(3) 求出AB1与侧面ACC1A1所成的角.分析1(1 )的问题显然是求使异面直线 MN与AB1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 AB1 MN AB10，求出CN的长度，而MN与AB1都不是已知向量，且和CN没有直接联系，因此必须选择一组基向量来表示 MN与AB.(1)解法一：取共点于B的三个不共面的已知向量M

6、N AB!0,BABC、BR为基向量,AB1 AB BB1, MNMC1CNBC CN2(AB BE) (1 BCCN)0由 正三棱柱ABC A B1C1及MN AB!IIAB BC AB CNBB1 BC BB, CN 022标准文档1 1 1 cos120 1 |CN | cos90-2 1 cos9022 |CN | cos01 0 0 2|CN| 04|CN | 18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 AB,AC,AA为基向量，从而得(1)解法ABABBB1ABaa.MNANAM(ACCN)*1d-(AB AC)- 22(AC AB) CNMNAB1(ABAAJ1 H

7、(AC2AB) CN丄(ABAA1)(AC AB) (AB AA1)CN22 (AB AC ABAA1 AC AA1 AB) AB CN AA1 CN21 2(1 1 cos60 12 1 cos90 2 1 cos90 )21 a cos90 2 a cos01 10 0 2a42MN AB10,1 1 0 0 2a 0, a 148|CN|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

8、法解决问题22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.由此建立空间直角坐标系因而坐标法是基向量法的运用坐标法时，也必须首先找出三个基向量，并且这三个基向量两两垂直BiAMAi特殊情形，但坐标法用于求长度、角度或解决垂直问 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面 且互相垂直的三个向量，于是有如下解法：（1）解法三：以AC、AA分别为y轴、Z轴，垂直于ACAA的Ax为x轴建立空间直角坐标系 A xyz，设| CN | a，则有3 1V3 3A（cw）、Bi（T

9、1,2）、m（T4，0）、N（0J，a）.于是MN（_43,4，a）ABi2（歩討由AB,MN得MN AB,03 1（La）、.3 1（宁訐02a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 .下面给出解答解：当MN ABi时，由(1)解法三知,0,0)*,2)、M(W,0)、N(0,1,)、448A(0,0,2)，则 MN (-3 11 . 3 3T,4,8), am (T,4,0), AA1(0,0,2)，设向量n(x, y,z)与平面AMN垂直，

10、则有n MNn AM311门xyz0448 33-x y 044、3z81z88z白j)(z0)取 n。( .3, 1,1)| AA |(0,0,2) C 3, 1,1)|2.5向量AA在n0上的射影长即为 人!到平面AMN的距离，设为d，于是d | AA | | cos AA , n0 | | AA1 |.| AA | | n| J(V3)2( 1)2125(3)根据上面“ 14直线L与平面 所成的角”中所提到的方法，须求出平 面ACC1A1的一个法向量n，进而求AB1与n所在直线的夹角。设平面ACC1A1的一个法向量为n ,则有AA2znIn AC y0, n (x,0,0)x(1,0,0

11、) (x0);取 n(1,0,0)，则| cos AB1, n0| ABi n。|I ABi | | n |3 1(牙,护(1,0,0)(；)2 (；)2 2 1510.115 arcs in 一 10 1015 故AB1与侧面ACC1A1所成的角为：一 arc cos 2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，利用空 间向量求有向线段的长度，求两条有向线段的夹角（或其 余弦、正弦、

12、正切），二面角、点到平面的距离、异面直线 的距离、证明线线、线面、面面垂直等下面是今年广东高 考数学及广州一模，体现了高考对空间向量的考查要求 .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 AiBiCiDi 中,已知 AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E、F 分别是AB、BC上的点，且EB= FB=1.（1）求二面角C DE Ci的正切值； 求直线ECi与FDi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

13、，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，AB, AD, AAi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”.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，

14、DA,DC,DDi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), Di(0,0,2),C(0,4,0),G(042),E(3,3,0), F(2,4,0),G (0,4,2)于是，DE(3,3,0), EC1 ( 3,1,2),FD1(2, 4,2),设向量n(x,y,z)与平面GDE垂直，则有n DErn EC13x3x3y 0xy 2z 01y 2z- 1n(2乙2(1, 1,2),其中 z取 n。(1,1,2)，则n0是一个与平面C1DE垂直的向量,向量DD1(0,0,2)与平面CDE垂直,n与DD1所成的角为二面角C DE Ci的平面角n0 DD1cos|n0

15、| | DDi|1 0 ( 1) 0 2 22(1)2 22 AB =1 AD = 2|(1) 求证：丄平面(2) 求直线出与平面所成角的正弦值；AM(3) 在棱宀上是否存在点件使得目呦平面WD?若存在，求口的值;若不存在，说明理由。A3.如图，四边形为菱形,两点,平面ABCiy、是平面ABCiy=空DF。同一侧的(I)证明：平面平面 ；(U)求直线与直线,PA=BC=4 ,4.如图，四棱锥 P - ABCD 中，PA 丄底面 ABCD , AD /BC , AB=AD=AC=3M 为线段AD上一点，AM=2MD , N为PC的中点.(1)证明：MN /平面PAB ;(2)求直线AN与平面PM

16、N所成角的正弦值.参考答案Us拘原点.药牙，詣*頁 的方向正方向建立三個宜甬坐标棗，如團，1 AB = “则-4lll.E = T；妇0），迟*l-l A1 /*|i 現 m 1 /t/J i . W Ai 丄肩 i -.丄d . n, H丄M f打，丄丄和 、沐卜：、. H L.平面 f M /If l I.-X/JL 平血 卩小沪的一卜哇从匕时：TM _ to. 1T1)遅柑；列*咖砧刖常戈）“盯S fil - TT*|.-儿 l| 打 ISy/i -t-t-r r i-kii j-1m 夫小为nn； i-2.(1 Hlf Bwd丄平fiucDi AnVabi：d Sja 140.IUI己

17、軸廉件鼎出善点坐乐Bffci.ih cti.i.西non W瞬讯=卜（-屮祀=曲（,-w fH= iK-ir R平禹ed的牲向矍为2如tHi書丁二飞肯乓】再匚陀 Ci .W- A,.划 - 皿胃 土匕！ = _也.9用为百雄p曲革芦叶门陽胡負fW Shi3.（I）连结ZJP-设连结EG，FG EF*在菱形一WD中，不妨设? - !由Z.ABC = 120%可得M -（U -為由收E丄平面ABCP, AB = BC,叫知丸E = EG 又上E丄EG 所以EG二g 且EG丄.4。ttftrAEBG中* 可彳导ZJE = V Dl- = *）在tttAFW中，可得KG =。2在直角梯形占DFE中，由

18、BD=2, BE=, /；F =可得EF=- 从帀EG + FFuE尸，所叹FG丄FC又DFGG 可得EG 平面FC因为EG匚平面W，所以平面E一平面AFC6分（ID赃，则娜航 彌|肘 酔毬駆毗社舫丸虬曲 姬就 两獰吐 逖龍昶S紹沖由（I）临給阳 抽甬 心帝卜丽馭社认価 ffI I.帆#严 *殖用*【解答】(1)证明;法一、如图，取PB中点&连陽GNG,TN为PC的中点，-*-NG/ BC,且阳=晟又刨-ZaD=2，&7=4,且AD / BC,3二M/昭目限令BC则 NG “AM,且 NAAH,.ESiJAMfG为千行四边龙 SUNM/I AG.TAG匚平面PAB, NMt平面MB, 4.二刚H平面FA3*徒二秆中讨KthJE-l从 祥杲为尸，许恃咏在3BC花 由已彌阳审(MN EC=4.得gqeZ杭&+$ 2 4X3 二虹I。日G - ：/EM=4- MibilE州否-3在ZiEAM中* y-MAF. = Q* 由余堡辰注将；吩勺肿十副倔询yBAli-2x|x2Xy=|圏尺由JZ_2q 1-ms -fiEii=: =,*22而在coMBAC-澎+*-护丄