向量解立体几何

1、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a,b是两个非零向量，它们的夹角为 则数|a|b|cosr叫做a与b的 数量积（或内积），记作a b，即a b=|a| |b| cost.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：11 若 （x1,y1,z1）,（x2, y2,Z2），贝U a b = x1x2 y1y2 z1z2; a b = XjX2y1y2乙 z2-15 - / 111.2. 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8等于向量a,b所成的角或其补角（如图1所示）,Xi- _I n m则cos

2、-且卫L （例如2004年高考数学广东卷第18 D图1 b B |a| jb|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 =LAB也证明：设CD为公垂线段，取CA = a, DB=b （如图1所示），则CD =CA AB BD.CD n = （CA AB BD） n.|CD nh|AB n|=|CD | =| AB n |A|设直线m, n所成的角为二，显然cosr|a b |a| |b|1.4.直线L与平面所成的角在L上取定AB，求平面的

3、法向量n （如图2所示），再求cost = | AB_n_L，贝q为所求的角.|AB|n|21.5. 二面角方法一：构造二面角-1 - 一：的两个半平面:-、一:的法向量厲、n2 （都取向上的方向，如图3所示），则f n2 若二面角:1是“钝角型”的如图3甲所示，那么其大小等于两法向量 q、n2的夹角的补角，即cost如2004年高考数学广东卷第18题第（1）问）若二面角-1 - 1是“锐角型”的如图3乙所示，那么其大小等于两法向量n,、n2的夹角，即cos 匹（例如2004年高考数学广东卷第|ni | | 匕 |18题第（1）问）方法二：在二面角的棱I上确定两个点A、B，过图4A、B分别在平

4、面a、0内求出与I垂直的向量ni、n?（如图4所示）,则二面角二I的大小等于向量n、n2的夹角，即cos ni n2| ni |，| n2 |1.6.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 dAP “ 1.（例如2004年广州一模第18题第（U）问）.|n|1. 7.法向量上面“1.31.6”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.直线的法向量：在直线L上取一个定向量n，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”.平面的法向

5、量：与平面:-垂直的非零向量n叫平面的法向量.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，禾U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:禾U用向量解

6、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-AiBC的棱长为2,底面边长为1,1M是BC的中点.（1）在直线CCi上求一点N，使MN _ AR ；（2）当MN _

7、 AB,时，求点A,到平面AMN的距离.（3）求出ABi与侧面ACGA所成的角分析1（ 1）的 问题显然是求使异面直线 MN与AB,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_, = MN AB0，求出CN的长度，而MN与AB,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BABC>BB1为基向量，由正三棱柱 ABC -A1B1C1 及 MN _ AB1 = MN AB1 =0,一一一 一.一 1 一AB1 =AB BB1, MN =MC CN BC CN2 一. 1 一=(AB

8、BB1) (- BC CN) = 021 一 一 1 一 一:-AB BC AB CN - BB1 BC BB1 CN 二 02 21 1=1 1 cos120 1 |CN | cos90 2 1 cos90 2 |CN | cos0 =02211: 00 2 |CN | = 0 = |CN |=-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 AB,AC,AA为基向量，从而得(1解法二：AR = AB BBi = AB AA ,一 一 一. 1 . .1 - MN 二 AN - AM 二(AC CN) - (AB AC)二(AC - AB) CN.2 2 一 i -.MN ABi

9、 =(AB AA) ?(AC 一 AB) CN1 (AB AA) (AC - AB) (AB AA,) CN1 .2(AB AC - AB AA, AC - AA1 AB) AB CN AA, CN 21 2(1 1 cos60 -12 2 1 cos90 -2 1 cos90 )1 a cos90 2 a cos01 10 - 0 2a42 111MN ABj =0,10-0 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

10、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.y图7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AC、AA的Ax为x轴建立空间直角坐

11、标系 A 一 xyz，设|CN a，贝U有3 13 3A（0,0,0）、Bi C , ,2）、M C , ，°）、N（0,1,a）.2 244于是MN =（一仝丄a）,AB1 =（三丄2）,由AB1得4 4223 13 1MN ABi 二 0= （，,a） （,2） =014 42 2312a = 08 8- 1=a =8.在空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 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 _ AB1时，由（1）解法三知,A（0

12、,0,0）、B1（子如、M （仝,3,0）、441N（0,1,-）、8c 3 1 1- s 3 3A（0,0,2），则 MN 十匚，打，am =（73,0）, AA1 =（0,0,2），设向量n =（x,y,z）与平面AMN垂直，则有仝 x 1y 0448V3x z81y 二 一一z8"（仝丄,z）8 8z 二（3T）（z 0）取 n。=（、3,-1,1） 向量AA在n0上的射影长即为A到平面AMN的距离，设为d，于是d H AA'| |co： AAi,no W 心 1| AAi | -| n。|(0,0,2) C 3, 1,1) |(.3)2(1)212(3)根据上面“ 1

13、.4.直线L与平面：.所成的角”中所提到的方法，须求出平面ACGA的一个法向量n，进而求AB,与n所在直线的夹角设平面ACGA的一个法向量为n,则有n _ AA-i2z = 0-=y = z = 0,. n = (x,0,0) = x(1,0,0) 丫 =0(x 0);取 n0 =(1,0,0)，则| cos ： AB1, n0卜 IAB1 n。| H| AB1 | | n° |3 1 (云,护(1,0,0)( ；)2 (；)2 (2)2 F157q"-.15、 15故AB1与侧面ACGA所成的角为：arc cos =arcsin '一.2 10 10本题的解题过程

14、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.图8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、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 A1B1C1D1中，已知AB= 4,

15、 AD =3, AA 1= 2. E、F分别 是AB、BC上的点，且 EB= FB=1.(1)求二面角CDEC1的正切值； 求直线EC1与FD1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，AB,AD,AA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

16、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： 解法一：以D为原点，DA,DC,DD1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),Ci(0,4,2),E(3,3,0), F(2,4,0),Ci(0,4,2)于是，DE = (3,3,0),ECi = (-3,1,2) ,FDi = (-2,-4,2),设向量n =

17、(x,y,z)与平面Ci DE垂直，则有A 丄 DE【 3x+3y=0：1-=x = _y zn _ ECi-3x y 2z =02-11zn =(乙- z,z) =(1,-1,2),其中 z 0222取n。=(1,-1,2)，则n。是一个与平面CiDE垂直的向量，-向量DD； =(0,0,2)与平面CDE垂直，与DD1所成的角二为二面角C-DE-Ci的平面角- a n° DDi仆0+(1)5 + 27<6 x 逅cos, tan|no|，|DDi| 迪2 +(-1)2 +22 W02 +02 +2232(I)解法二：令M点在DE 上,且CM _ DE，可设M点的坐标为M (3

18、 ,3 ,0)，则 CM =(3,3 -4,0)CM _DE, CM DE = (3 ,3 -4,0) (3,3,0) =18 -102 -,CM =(2,-2,0).MC =(-2,2,0).3再令N点在DE上，且C,N _ DE，设N点的坐标为N(3 ,3 ,0)，则CiN =(3 ,3 - 4,-2)GN_DE, . CjN DE =(3 ,3 - 4,-2) (3,3,0) =18 -12=02 一 一二,.CiN =(2,-2,-2), NCi=(-2,2,2)3= MC NC1(-2,2,0)(-2,2,2)V6.cos|MC|.|NCi| *'(2)2 +22 +02 J

19、(_2)2 +22 +223.tan二2(II)设ECi与FDi所成角为，贝U負EC1 FD_3x(_2)+ix(4) + 2x221cos -|ECi | I FDi | J(-3)2 +12 +22 xj(_2)2 +(_4)2 +2214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

20、)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，在正四棱柱ABCD - A1B1C1D1 中，已知 AB =2，AA =5, E、F 分别为DiD、B1B 上的点，且 DE 二 B1F".(I)求证：BE _平面ACF ;(H)求点E到平面ACF的距离.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(

21、U)问.解：(I )以D为原点，以DA、DC、D1D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),Di (0,0,5),E(0,0,1),F(2,2,4).于是 AC =(-2,2,0),AF =(0,2,4),BE =(-2,-2,1).BE AC =0,BE AF =0, be_ac,be_af,且ac af=a,.BE _ 平面 ACF(U)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|(2,0,1)(-2,-2,1)|.(-2)2(-2)212d AE | | cos ： AE, BE |=| AE |1 AE BE 1IAE|JBE|5故点E到平面AC