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空间向量法解决立体几何问题8


数学专题二

空间向量法解决立体几何问题

专题提纲
一、引入两个重要空间向量
1、直线的方向向量; 2、平面的法向量。

二、立体几何问题的类型及解法
1、判断直线、平面间的位置关系; (1)直线与直线的位置关系; (2)直线与平面的位置关系; (3)平面与平面的位置关系; 2、求解空间

中的角度;

3、求解空间中的距离。

一.引入两个重要的空间向量
1.直线的方向向量 把直线上任意两点的向量或与它平行的向量都称 为直线的方向向量.如图1,在空间直角坐标系中, 由A(x1,y1,z1)与B(x2,y2,z2)确定的直线AB的方 向向量是
z

???? AB ? ( x2 ? x1, y2 ? y1, z2 ? z1 )
x

B A

y

2.平面的法向量
? 如果表示向量n的有向线段所在的直线垂直于

平面α,称这个向量垂直于平面α,记作n⊥α,这 时向量n叫做平面α的法向量.
n

α

? 在空间直角坐标系中,如何求平面法向量的坐

标呢? 如图2,设a=( x1,y1,z1)、b=(x2,y2,z2) 是平面α内的两个不共线的非零向量,由直线 与平面垂直的判定定理知,若n⊥a且n⊥b,则 n⊥α.换句话说,若n· = 0且n· = 0,则n⊥ α. a b
n

a b α

求平面的法向量的坐标的步骤
? 第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z).
? 第二步(列):根据n· a

= 0且n· = 0可列出方程组 b

? x1 x ? y1 y ? z1 z ? 0 ? ? x2 x ? y2 y ? z2 z ? 0
? 第三步(解):把z看作常数,用z表示x、y. ? 第四步(取):取z为任意一个正数(当然取得越特

殊越好),便得到平面法向量n的坐标.

? 例1在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O

是面AC的中心,求面OA1D1的法向量.
z A1 B1 C1 D1

A

A O D C

y

x

B

解:以A为原点建立空间直角坐标系O-xyz(如图),设 平面OA1D1的法向量的法向量为n=(x,y,z), 则 O(1,1,0),A1(0,0,2),D1(0,2,2) ???? ? ???? 由 OA =(-1,-1,2), OD1 =(-1,1,2)
1

?? x ? y ? 2 z ? 0 ?x ? 2z 得 ?? x ? y ? 2 z ? 0 ,解得 ? ? ? y?0
取z =1 得平面OA1D1的法向量的坐标n=(2,0,1).

二.立体几何问题的类型及解法
? 1.判定直线、平面间的位置关系

? (1)直线与直线的位置关系
?

不重合的两条直线a,b的方向向量分别为a ,b. ①若a∥b,即a=λb,则a∥b. ②若a⊥b,即a· = 0,则a⊥b b
a

a b b

? 例2已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面

ABCD是菱形,∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=θ, 求证: C C1⊥BD
B1 A1

C1

D1

B

A

C

D

? 证明:设 CD ?

a, CB ? b, CC1 ? c, ? 依题意有| a |=| b |, ? 于是 BD ? CD ? CB ? a – b ? ∵ CC1 ? BD = c (a – b)= c· –c· a b ? = |c|· |a|cosθ–|c|· cosθ=0 |b| ? ∴C C1⊥BD

? (2)直线与平面的位置关系

直线L的方向向量为a,平面α的法向量为n, 且L ? α. ? ①若a∥n,即a =λn,则 L⊥ α ? ②若a⊥n,即a· = 0,则a ∥ α. n
?
n a L n a

α L

α

? 例3棱长都等于2的正三棱柱ABC-A1B1C1,

? D,E分别是AC,CC1的中点,求证:

⊥平面DBC1; ? (II)AB1 ∥ 平面DBC1
? (I)A1E
z

A1

C1 B1 A E D C x B y

? 解:以D为原点,DA为x轴,DB为y轴建立空

间直角坐标系D-xyz.则 ? A(-1,0,0), B(0, 3,0), E(1,0,1), A1(-1,0,2), B1(0, 3 ,2), C1(1,0,2). ? 设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z),则 ?x ? 2z ? 0 ? x ? ?2 z ? ? 解之得 ? y ? 0 , ? 3y ? 0 ? ? 取z = 1得n=(-2,0,1) ? (I) A1E ? ( 2,0,?1) =- n,从而A1E ⊥平面DBC1 ? (II) AB1 ? (1, 3 ,2) ,而 AB1 ? n =-2+0+2=0 ? AB1 ∥平面DBC1

? (3)平面与平面的位置关系

? 平面α的法向量为n1
? ? ?
α

,平面β的法向量为n2 n1 n2

n1
β

n2

α

β

? ①若n1∥n2,即n1=λn2,则α∥β

? ②若n1⊥n2,即n1

· 2= 0,则α⊥β n

? 例4正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别

是BB1、CD的中点,求证:面AED⊥面A1FD
z
A1 B1 C1 D1

E D A F x B C y

证明:以A为原点建立如图所示的的直角坐标 系A- xyz, 设正方体的棱长为2,则 E(2,0,1),A1(0,0,2), F(1,2,0),D(0,2,0), AD ? (0,2,0) ? 于是 AE ? (2,0,1) ? 设平面AED的法向量为n1=(x,y,z)得 1 ?2 x ? z ? 0 ? ?x ? ? z ? ? 2 ? 解之得 ? y ? 0 ? 2y ? 0 ? ? 取z=2得n1=(-1,0,2) ? 同理可得平面A1FD的法向量为n2=(2,0,1) ? ∵n1 · = -2+0+2=0 n2 ? ∴面AED⊥面A1FD
?

2.求空间中的角
? (1)两异面直线的夹角
? 利用向量法求两异面直线所成的夹角,不用再

把这两条异面直线平移,求出两条异面直线的 方向向量,则两方向向量的夹角与两直线的夹 角相等或互补,我们仅取锐角或直角就行了.

? 例5如图在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是

AB的中点,则对角线DB1与CM所成角的余弦 值为_____.
z A1 B1 C1 D1

A M

D
C

y

x

B

C

? 解:

以A为原点建立如图所示的直角坐标系Axyz, 设正方体的棱长为2,则 ? M(1,0, 0),C(2,2,0), B1(2, 0, 2),D(0,2 ,0), ? 于是,
CM ? (?1,?2,0)

DB1 ? (2,?2,2)

? ∴cos<

DB CM , 1 >=.

?2?4?0 2 15 ? ? 30 1? 4 ? 0 4 ? 4 ? 4 5 ?4? 3

? (2)直线与与平面所成的角

? 若n是平面α的法向量,

则L与α所成的角θ= (下图) . ? n a
? ? ?
α θ

a是直线L的方向向量, ? ? -<a,n>或θ= <a,n>2 2 a
θ

α

n

? 于是,
? 因此

sin? ?| cos ? a, n ?|?|

|a?n| ? ? arcsin | a |?| n |

a?n | a?n| |? | a |?| n | | a |?| n |

? 例6正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,高 为 2a ,求AC1与侧面ABB1A1所成的角
z

C1

A1

B1 C O

A B x y

? 解:建立如图示的直角坐标系,则

? A(

,0,0),B(0, ,0) A1( ,0,). C(- ,0, 2a) ? 设面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z) a 3 ? 由 AB ? (? , a,0), AA ? (0,0, 2a) 得 2 2 ? a ?x ? 3 y 3 ?? x ? ay ? 0 ? 0 ? ? 2 2 ,解得 ? z ? 0 , ? ? 2az ? 0 ? ? 取y= 3 ,得n=(3, 3 ,0) ? 而 AC ? (?a,0, 2a) | ?3a ? 0 ? 0 | 3a 1 sin? ?| cos ? n, AC ?|? ? ? ?∴ 2 3 ? 3a 2 9 ? 3 ? 0 a ? 0 ? 2a ? ? ∴ ? ? 30 .
1

a 2

3 a 2

a 2

a 2

1

1

2

2

? (3)二面角

? 设n1

、n2分别是二面角两个半平面α、β的 法向量,由几何知识可知,二面角α-L-β的大 小与法向量n1 、n2夹角相等(选取法向量竖 坐标z同号时相等)或互补(选取法向量竖坐 标z异号时互补),于是求二面角的大小可转 化为求两个平面法向量的夹角,这样可避免 了二面角的平面角的作图麻烦.
n1 n2 n2 n1

? 例7在四棱锥S-ABCD中∠DAB=∠ABC=90°,

侧棱SA⊥底面AC,SA=AB=BC=1,AD=2,求 二面角A-SD-C的大小.
z S

y A
B

D
C

B

C

x

解:建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则 B(1, 0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),S(0, 0,1). ? 设平面SCD的法向量n1=(x,y,z),则由 SC ? (1,1,?1), CD ? (?1,1,0) 得 ? z ? x? ? ?x ? y ? z ? 0 2 , 取z ? 2得 ? n1=(1,1,2). , 解得? ?
? ?x? y?0 z ?y ? 2 ?

而面SAD的法向量n2 = (1,0,0). ? 于是二面角A-SD-C的大小θ满足
? ?

cos? ? cos ? n1 , n2 ??

1 1 6 ? ? , 6 1?1? 4 1? 0 ? 0 6

?

∴二面角A-SD-C的大小为

arccos

6 . 6

3.求解空间中的距离
(1)异面直线间的距离 ? 两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段,只需利用 向量的正射影性质直接计算. n a ? 如图,设两条异面直线a、b的公 A 垂线的方向向量为n, 这时分别在 a、b上任取A、B两点,则向量在n b 上的正射影长就是两条异面直线 a、b的距离. B n | AB ? n | ? ∴d ?| AB ? | n | |? | n | , ? 即两异面直线间的距离等于两异面直线上分别任取两 点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂 线的方向向量模的比值.
?

? 例8在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,

求异面直线AC1与BD间的距离.
z A1 D1

B1

C1

A D

y

x

B

C

? 解:建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,,则

A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1), 设异面 直线AC1与BD的公垂线的方向向量n=(x,y,z), 则由 AC1 ? (1,1,1), BD ? (?1,1,0) ,得 z ? x?? ? ? x ? y ? z ? 0, 解得? 2 , 取z ? 2得 n=(-1,-1,2). ? ?
?
? ?x? y?0 z ?y ? ? 2 ?

? ∵ AB ? (1,0,0)

, ? ∴异面直线AC1与BD间的距离
| AB ? n | | ?1 ? 0 ? 0 | 6 d? ? ? |n| 6 1?1? 4

(2)点到平面的距离 ? A为平面α外一点(如图), n为平面α的法向量,过A作 A 平面α的斜线AB及垂线AH. ? | AH |?| AB | ? sin? ?| AB | ? | cos ? AB, n ?| n
? ? ?

=

| AB | ?

| AB ? n | | AB | ? | n |
B

θ
H

α = . ? 于是,点到平面的距离等于平面内外两点的向量和 平面的法向量的数量积的绝对值与平面的法向量模 的比值.

| AB ? n | |n|

? 例9

在直三棱柱ABC-A1B1C1 中,AA1= 2 ,AC=BC=1,∠ACB=90°, ? 求B1到面A1BC的距离.
z C1 A1 B1

C A x B y

解:以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz ,则 C(0,0,0),A1(1,0, 2 ),B(0,1,0),B1(0,1, 2). 设面A1BC的 法向量n=(x,y,z),由 CA1 ? (1,0, 2 ), CB ? (0,1,0), 得 ?? x ? 2 z ? 0, 得? x ? ? 2 z , 取z ? 1, 得 n=(- 2 ,0,1). ? ?
? ? ?
? y ?0 ? y ?0

∵ BB1 ? (0,0, 2 ) , | BB ? n | | 0 ? 0 ? 2 | 2 6 d? ? ? ? ?∴ n 3 2 ?1 3 ? 或∵ A B1 ? ( ?1,1,0) , 1 | AB ?n| | 2 ?0?0| 2 6 ? ? ? ? ∴ d? n 3 2 ?1 3 ? 或∵ CB ? (0,1, 2 ) , 1 ?∴ | CB ? n | | 0 ? 0 ? 2 | 2 6
1

1 1

d?

1

n

?

2 ?1

?

3

?

3

?

可见,选择平面内外两点的向量时,与平面内的点选择无 关.

? 会求了点到平面的距离,直线到平面、平面到平

面间的距离都可转化为求点到平面的距离来求. ? 例10四棱锥P-ABCD的底面ACBD是菱形,AB= 4, ∠ABC=60°, 侧棱PA⊥底面AC且PA= 4,E是PA 的中点,求PC与平面PED间的距离.
z P

E A B F C

D y

x

解:以A为原点、AB为x轴、△ACD中CD边上的高 AF为y轴、AP为z轴建立空间直角坐标系,则F ? 为CD的中点,于是 ? A(0,0,0) , B(4,0,0), F(0,2 3 ,0), C(2, 2 3 ,0), ? D(-2, 2 3 ,0), P(0,0,4), E(0,0,2). ? 设面BED的法向量n=(x,y,z),由 ? BE ? (?4,0,2), DE ? (2,?2 3,2), 得 ? n=(1, 3 ,2). ? ∵ PC ? (2,2 3,?4) PC ? ∴n· ? 2+6-8=0,故PC∥面BED, ? ∴PC到面BED的距离就是P到面BED的距离, ? ∵ EP ? (0,0,2) | EP ? n | 4 d? ? ? 2 ? ∴. |n| 1? 3 ? 4
? ? x? ? ? , 得? ? ?2 x ? 2 3 y ? 2 z ? 0 ?y ? ? ? ? 4x ? 2z ? 0 z 2 , 取z ? 2, 得 3z 2

? 空间向量理论引入立体几何中,通常涉及到

夹角、平行、垂直、距离等问题,其方法是 不必添加繁杂的辅助线,只要建立适当的空 间直角坐标系,写出相关点的坐标,利用向 量运算解决立体几何问题 。这样使问题坐标 化、符号化、数量化,从而将推理问题完全 转化为代数运算,降低了思维难度,这正是 在立体几何中引进空间向量的独到之处。


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