利用空间向量解决立体几何问题[下学期]
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利用空间向量解决立体几何问题
利用空间向量解决立体几何问题
崇信一中 尹军民
立体几何的计算和证明常常涉及到二大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直，线面垂直，线线平行，线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成角，面面所成角等。教材上讲的比较多的主要是用向量证明线线、线面垂直及计算线线角，而如何用向量证明线面平行，计算点到平面的距离、线面角及面面角的例题不多，给老师对这部分内容的教学及学生解有关这部分内容的题目造成一定的困难，下面主要就这四方面问题谈一下自己的想法，起到一个抛砖引玉的作用。
一、怎样利用向量证明线面平行。
方法：利用共面向量定理，如果两个向量a,b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在实数对x,y，使c=xa+yb。
具体做法：若要证直线l与平面α平行，只要在α内找到二个不共线向量a,b在l上取向量c，证得c=xa+yb(x,y∈R)即可。
例1、对于任何空间四边形，试证明它的一对对边中点的连线段与另一对对边平行于同一平面。
分析 要证明EF、BC、AD平行于同一平面 D F
（E、F分别为AB、CD的中点），只要证明相应 A E C
向量EF与AD、BC共面即可。证明：如图，利用 B
多边形加法法则可得， =++，=++…①。又E、F分别是AB、CD的中点，故有=-，=-…②
将②代入①后，两式相加得
2=+，∴ =+即与、共面，∴EF与AD、BC平行于同一平面。
注：本题若用立体几何知识去证明，有一定的难度，由此体会向量法证明的优越性。
例2、如图，已知a⊥α,a⊥b,b￠α,求证b∥α。
证明：在α内作不共线向量m,n b
∵a、m、n不共面，∴b=xa+ym+zn。 a
两边同乘a得a·b=x·a·a+y·a·m+z·a·n m
∵a⊥b,a⊥m,a⊥n,∴a·b=0,a·m=0,a·n=0 n
得x·a·a=0而a≠0,∴x=0,即b=ym+zn
∴b、m、n为共面向量，又b￠α,b∥α。
例3、正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是A1B上的点，F是AC上的点，且A1E=2EB，CF=2AF，求证：EF∥平面A1B1CD。 D1 C1
证明： = + +…（1）
=1+ ++…（2） A1 B1
（1）×2+（2）并注意到=-2， D C
=-2，=-， F E
得 =- A B
而EF￠平面A1B1CD，∴EF∥平面A1B1CD。
∴，、为共面向量。
二、怎样用向量求点到面的距离
方法一：直接作出距离，然后用向量进行计算
例4：直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1=，底面ΔABC中，∠C=90°，AC=BC=1，求点B1到平面A1BC的距离。
解：如图建立空间直角坐标系，由已知得直棱柱各顶点坐标如下：
z
A（1，0，0，），B（0，1，0），C（0，0，0） A1 C1
A1（1，0，），B1（0，1，）C1（0，0，） H B1
∴ =（-1，1，-） =（-1，0，-） x A C
=（1，-1，0）过B1作B1H⊥平面A1BC，H为垂足， y B
连A1H，由于，及共面且，不共线，根据共面向量定理可设A1H=m +n（m,n）为待定实数）。
∴ =m(-1,1,- )+n(-1,0,- )=(-m-n,m,- m-n)
∴ =1+ =(1,-1,0)+(-m-n,m,- m-n)
=(1-m-n,-1+m,- m-n)
∵⊥且⊥
∴· =0且· =0
∴ 5m+4n-2=0 m=1
4m+4n-1=0 n=-
∴ =(,0,- EQ \F(,4) )
∴︱︱= EQ \R(,()2+(- EQ \F(,4) )2) = EQ \F(,2)
方法二：先求出平面的方程，然后用点到平面的距离公式：
点P（x0,y0,z0）到平面AX+BY+CZ+D=0的距离d为：d= EQ \F(︱A x0+B y0+C z0+D︱, )
解：建系设点同上（略），设平面A1BC的方程为ax+by+cz+d=0(a,b,c,d不全为零)，把点A1，B，C三点坐标分别代入平面方程得
d=0 a=-c
b+d=0 b=0
a+c+d=0 d=0
z
∴平面A1BC的方程为cx+cz=0 A1 C1
由于c≠0,否则a,b,c,d都为零。 H B1
∴方程变为x+z=0 x A C
设点B1到平面A1BC的距离为d，则 y B
d= EQ \F(︱x0+1 x0+︱, EQ \R(,() ) = EQ \F(,2)
三、怎样利用向量求线面所成的角
方法一：先求点到面的距离，然后解直角三角形
具体做法：如图，求直线l与平面α的夹角，可先在直线l上取一点P，先用上面的方法求出点P到α的距离PO，然后解直角三角形PAO求出∠PAO的大小。
方法二：转化为求直线与平面法向量夹角的余角
例5：直三棱柱ABC- A1B1C1的侧棱AA1=，底面△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，求直线A1B1与平面A1BC所成角。 z
解：建系设点同上（略） A1 C1
设平面A1BC的法向量为n=( x0,y0,z0) H B1
由于x0,y0,z0不全为零，不妨设z0≠0，x A C
则由n⊥平面A1BC得n⊥且n⊥ y B
∴n· =0且n· =0
∴ - x0+y0-z0=0 x0=-z0
- x0-z0=0 y0=0
∴法向量n=（-z0，0，z0）
∵ =（-1，1，0）
∴|cos< ,n>|=||
=| EQ \F(z0, ·) |= EQ \F(,4)
由于线线所成角不大于90°，
∴直线A1B1与法向量所在直线所成角为arccos EQ \F(,4)
∴A1B1与平面A1BC所成角为- arccos EQ \F(,4)
四、怎样利用向量求二面角的大小。
方法一：转化为分别是在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两条直线上的两个向量的夹角（注意：要特别关注两个向量的方向）
如图：二面角α-l-β的大小为θ， l
A，B∈l,AC α,BD β, A
AC⊥l,BD⊥l C B D
则θ=<, >=<, >
例6，直三棱柱ABC- A1B1C1的侧棱AA1=，底面△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，求二面角A-A1B-C的大小。 z
解：建系设点同上（略） A1 C1
过点A作AD⊥A1B，CE⊥A1B，D，E分别为垂足 P B1
设 =λ x A E C
则 = + =（0，0，）+λ（-1，1，-） B
=（-λ，λ，-λ） y
∵∴· =0
∴λ+λ-（-λ）=0
λ=
∴ =（-，， EQ \F(2,5) ）
同理可求得 =（，， EQ \F(,5) ）
∴cos<, >== EQ \F(, EQ \F(,5) · EQ \F(,5) ) = EQ \F(,4)
∴<, >=arccos EQ \F(,4)
即二面角A-A1B-C的大小为arccos EQ \F(,4)
方法二：先求出二面角一个面内一点到另一个面的距离及到棱的距离，然后通过解直角三角形求角。
如图：已知二面角α-l-β，在α内取一点P，
过P作PO⊥β，及PA⊥l,连AO，则 P
AO⊥l成立，∠PAO就是二面角的平面角 l
用向量可求出|PA|及|PO|，然后解三角形PAO A O
求出∠PAO。
方法三：转化为求二面角的两个半平面的法向量夹角的补角。
如图（1）P为二面角α-l-β内一点，作PA⊥α， P
PB⊥β，则∠APB与二面角的平面角互补。 A B
如图（2）建系设点同上（略），取AB中点E，
连接CE，则CE⊥AB，又平面ABC⊥平面A1ABB1， 图（1）
∴CE⊥平面A1ABB1
∴向量为平面A1AB的法向量，由已知可得 z
E（，，0）C（0，0，0）∴ =（-，-，0） A1 C1
又过B1作B1H⊥平面A1BC，则向量B1H为平面A1BC H B1
的法向量，由前面的方法可求得 =（，0，- EQ \F(,4) ）x A B C
∴cos<, >== EQ \F(-, EQ \F(,2) · EQ \F(,4) ) =- EQ \F(,4) y
∴<, >=arccos(- EQ \F(,4) )
由于，同时指向二面角内部
∴二面角的大小为π-arccos(- EQ \F(,4) )=arccos ( EQ \F(,4) )
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利用空间向量解决立体几何问题
崇信一中 尹军民
立体几何的计算和证明常常涉及到二大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直，线面垂直，线线平行，线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成角，面面所成角等。教材上讲的比较多的主要是用向量证明线线、线面垂直及计算线线角，而如何用向量证明线面平行，计算点到平面的距离、线面角及面面角的例题不多，给老师对这部分内容的教学及学生解有关这部分内容的题目造成一定的困难，下面主要就这四方面问题谈一下自己的想法，起到一个抛砖引玉的作用。
一、怎样利用向量证明线面平行。
方法：利用共面向量定理，如果两个向量a,b不共线，则向量c与向量a，b共面的充要条件是存在实数对x,y，使c=xa+yb。
具体做法：若要证直线l与平面α平行，只要在α内找到二个不共线向量a,b在l上取向量c，证得c=xa+yb(x,y∈R)即可。
例1、对于任何空间四边形，试证明它的一对对边中点的连线段与另一对对边平行于同一平面。
分析 要证明EF、BC、AD平行于同一平面 D F
（E、F分别为AB、CD的中点），只要证明相应 A E C
向量EF与AD、BC共面即可。证明：如图，利用 B
多边形加法法则可得， =++，=++…①。又E、F分别是AB、CD的中点，故有=-，=-…②
将②代入①后，两式相加得
2=+，∴ =+即与、共面，∴EF与AD、BC平行于同一平面。
注：本题若用立体几何知识去证明，有一定的难度，由此体会向量法证明的优越性。
例2、如图，已知a⊥α,a⊥b,b￠α,求证b∥α。
证明：在α内作不共线向量m,n b
∵a、m、n不共面，∴b=xa+ym+zn。 a
两边同乘a得a·b=x·a·a+y·a·m+z·a·n m
∵a⊥b,a⊥m,a⊥n,∴a·b=0,a·m=0,a·n=0 n
得x·a·a=0而a≠0,∴x=0,即b=ym+zn
∴b、m、n为共面向量，又b￠α,b∥α。
例3、正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是A1B上的点，F是AC上的点，且A1E=2EB，CF=2AF，求证：EF∥平面A1B1CD。 D1 C1
证明： = + +…（1）
=1+ ++…（2） A1 B1
（1）×2+（2）并注意到=-2， D C
=-2，=-， F E
得 =- A B
而EF￠平面A1B1CD，∴EF∥平面A1B1CD。
∴，、为共面向量。
二、怎样用向量求点到面的距离
方法一：直接作出距离，然后用向量进行计算
例4：直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱AA1=，底面ΔABC中，∠C=90°，AC=BC=1，求点B1到平面A1BC的距离。
解：如图建立空间直角坐标系，由已知得直棱柱各顶点坐标如下：
z
A（1，0，0，），B（0，1，0），C（0，0，0） A1 C1
A1（1，0，），B1（0，1，）C1（0，0，） H B1
∴ =（-1，1，-） =（-1，0，-） x A C
=（1，-1，0）过B1作B1H⊥平面A1BC，H为垂足， y B
连A1H，由于，及共面且，不共线，根据共面向量定理可设A1H=m +n（m,n）为待定实数）。
∴ =m(-1,1,- )+n(-1,0,- )=(-m-n,m,- m-n)
∴ =1+ =(1,-1,0)+(-m-n,m,- m-n)
=(1-m-n,-1+m,- m-n)
∵⊥且⊥
∴· =0且· =0
∴ 5m+4n-2=0 m=1
4m+4n-1=0 n=-
∴ =(,0,- EQ \F(,4) )
∴︱︱= EQ \R(,()2+(- EQ \F(,4) )2) = EQ \F(,2)
方法二：先求出平面的方程，然后用点到平面的距离公式：
点P（x0,y0,z0）到平面AX+BY+CZ+D=0的距离d为：d= EQ \F(︱A x0+B y0+C z0+D︱, )
解：建系设点同上（略），设平面A1BC的方程为ax+by+cz+d=0(a,b,c,d不全为零)，把点A1，B，C三点坐标分别代入平面方程得
d=0 a=-c
b+d=0 b=0
a+c+d=0 d=0
z
∴平面A1BC的方程为cx+cz=0 A1 C1
由于c≠0,否则a,b,c,d都为零。 H B1
∴方程变为x+z=0 x A C
设点B1到平面A1BC的距离为d，则 y B
d= EQ \F(︱x0+1 x0+︱, EQ \R(,() ) = EQ \F(,2)
三、怎样利用向量求线面所成的角
方法一：先求点到面的距离，然后解直角三角形
具体做法：如图，求直线l与平面α的夹角，可先在直线l上取一点P，先用上面的方法求出点P到α的距离PO，然后解直角三角形PAO求出∠PAO的大小。
方法二：转化为求直线与平面法向量夹角的余角
例5：直三棱柱ABC- A1B1C1的侧棱AA1=，底面△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，求直线A1B1与平面A1BC所成角。 z
解：建系设点同上（略） A1 C1
设平面A1BC的法向量为n=( x0,y0,z0) H B1
由于x0,y0,z0不全为零，不妨设z0≠0，x A C
则由n⊥平面A1BC得n⊥且n⊥ y B
∴n· =0且n· =0
∴ - x0+y0-z0=0 x0=-z0
- x0-z0=0 y0=0
∴法向量n=（-z0，0，z0）
∵ =（-1，1，0）
∴|cos< ,n>|=||
=| EQ \F(z0, ·) |= EQ \F(,4)
由于线线所成角不大于90°，
∴直线A1B1与法向量所在直线所成角为arccos EQ \F(,4)
∴A1B1与平面A1BC所成角为- arccos EQ \F(,4)
四、怎样利用向量求二面角的大小。
方法一：转化为分别是在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两条直线上的两个向量的夹角（注意：要特别关注两个向量的方向）
如图：二面角α-l-β的大小为θ， l
A，B∈l,AC α,BD β, A
AC⊥l,BD⊥l C B D
则θ=<, >=<, >
例6，直三棱柱ABC- A1B1C1的侧棱AA1=，底面△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，求二面角A-A1B-C的大小。 z
解：建系设点同上（略） A1 C1
过点A作AD⊥A1B，CE⊥A1B，D，E分别为垂足 P B1
设 =λ x A E C
则 = + =（0，0，）+λ（-1，1，-） B
=（-λ，λ，-λ） y
∵∴· =0
∴λ+λ-（-λ）=0
λ=
∴ =（-，， EQ \F(2,5) ）
同理可求得 =（，， EQ \F(,5) ）
∴cos<, >== EQ \F(, EQ \F(,5) · EQ \F(,5) ) = EQ \F(,4)
∴<, >=arccos EQ \F(,4)
即二面角A-A1B-C的大小为arccos EQ \F(,4)
方法二：先求出二面角一个面内一点到另一个面的距离及到棱的距离，然后通过解直角三角形求角。
如图：已知二面角α-l-β，在α内取一点P，
过P作PO⊥β，及PA⊥l,连AO，则 P
AO⊥l成立，∠PAO就是二面角的平面角 l
用向量可求出|PA|及|PO|，然后解三角形PAO A O
求出∠PAO。
方法三：转化为求二面角的两个半平面的法向量夹角的补角。
如图（1）P为二面角α-l-β内一点，作PA⊥α， P
PB⊥β，则∠APB与二面角的平面角互补。 A B
如图（2）建系设点同上（略），取AB中点E，
连接CE，则CE⊥AB，又平面ABC⊥平面A1ABB1， 图（1）
∴CE⊥平面A1ABB1
∴向量为平面A1AB的法向量，由已知可得 z
E（，，0）C（0，0，0）∴ =（-，-，0） A1 C1
又过B1作B1H⊥平面A1BC，则向量B1H为平面A1BC H B1
的法向量，由前面的方法可求得 =（，0，- EQ \F(,4) ）x A B C
∴cos<, >== EQ \F(-, EQ \F(,2) · EQ \F(,4) ) =- EQ \F(,4) y
∴<, >=arccos(- EQ \F(,4) )
由于，同时指向二面角内部
∴二面角的大小为π-arccos(- EQ \F(,4) )=arccos ( EQ \F(,4) )
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