nbhkdz.com冰点文库

立体几何中几类典型问题的向量解法1

时间:2012-01-08


刘江华(题型归纳总结)

立体几何中几类典型问题的向量解法 立体几何中几类典型问题的向量解法 几类典型问题
空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题、证线面平行与垂直以及解决立体几 何的探索性试题提供了简便、快速的解法。它的实用性是其它方法无法比拟的,因此应加强 运用向量方法解决几何问题的意识, 提高使用向量的熟练程度和自觉性, 注意培养向量的代

数运算推理能力,掌握向量的基本知识和技能,充分利用向量知识解决图形中的角和距离、 平行与垂直问题。 一、利用向量知识求点到点,点到线,点到面,线到线,线到面,面到面的距离 (1)求点到平面的距离除了根据定义和等积变换外还可运用平面的法向量求得,方法是:

uuur
求出平面的一个法向量的坐标,再求出已知点 P 与平面内任一点 M 构成的向量 MP 的坐

r uuur n ? MP uuur r uuur 标,那么 P 到平面的距离 d = MP ? cos < n, MP > = r n
uuu r
(2)求两点 P, Q 之间距离,可转化求向量 PQ 的模。 可在 AB 上取一点 Q , AQ = λ QB, PQ ⊥ AB 或 PQ 的 令 (3) 求点 P 到直线 AB 的距离, 最小值求得参数 λ ,以确定 Q 的位置,则 PQ 为点 P 到直线 AB 的距离。还可以在 AB 上 任取一点 Q 先求 cos < PQ, AB > ,再转化为 sin < PQ, AB > ,则 PQ sin < PQ, AB > 为 点 P 到直线 AB 的距离。

uuur

uuu uuu r r

uuu r

uuu r

uuu r

uuu r

r
(4)求两条异面直线 l1 , l2 之间距离,可设与公垂线段 AB 平行的向量 n , C , D 分别是 l1 , l2 上

uuu r r CD ? n 的任意两点,则 l1 , l2 之间距离 AB = r n
例 1:设 A(2,3,1), B (4,1, 2), C (6, 3, 7), D ( ?5, ?4,8) ,求点 D 到平面 ABC 的距离

例 2:如图,正方形 ABCD 、 ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD 、 ABEF 互相垂直。 点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移动,若 CM = BN = a (0 < a < (Ⅰ)求 MN 的长; (Ⅱ)当 a 为何值时, MN 的长最小; z (Ⅲ)当 MN 长最小时,求面 MNA 与面 MNB 所成的二面角 α 的大小

2) 。

C

D y M B E N A(O)
第1页

F

x

刘江华(题型归纳总结)

例 3:正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的棱长为 1,求异面直线 A1C1 与 AB1 间的距离 z D 1 M

C1 B1
N

A1

D A x 例 4:如图,在长方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, AB = 4, BC = 3, CC1 = 2, 求平面 A1 BC1 与平 面 ACD1 的距离。 B

C

y

D1

z

C1 B1
y

A 1
D

C

x

A

B

点评: n 是平面 α 的法向量, AB 是平面 α 的一条斜线段, B ∈ α , 若 且 则点 A 到平面 α 的

r

uuu r r AB ? n 距离 d = ,平行平面之间的距离转化为点到平面的距离,变为斜线在法向量上的射 r n
影。 二、利用向量知识求线线角,线面角,二面角的大小。 (1) l1 , l2 是两条异面直线,A, B 是 l1 上的任意两点, , D 是直线 l2 上的任意两点, l1 , l2 设 C 则

uuu uuu r r AB ? CD 所成的角为 arccos uuu uuu r r AB ? CD
(2) AB 是平面 α 的斜线, B ∈ α , BC 是斜线 AB 在平面 α 内的射影, 设 且 则斜线 AB 与

uuu uuu r r AB ? BC r 平面 α 所成的角为 arccos uuu uuu 。 n 是平面 α 的法向量, AB 是平面 α 的一条斜线, r r 设 AB ? BC uuu r r uuu r r AB ? n AB ? n π 则 AB 与平面 α 所成的角为 ? arccos uuu r ,或者arcsin uuu r 。 r r 2 AB ? n AB ? n

第2页

刘江华(题型归纳总结)

ur uu r ur uu r ur uu r n1 ? n2 (3)设 n1 , n2 是二面角 α ? l ? β 的面 α , β 的法向量,则 < n1 , n2 >= arc cos ur uu 就是 r n1 ? n2
二面角的平面角或补角的大小。 例 5:在棱长为 a 的正方体 ABCD ? A B C D 中, EF 分别是 BC , A D 的中点,
' ' ' ' ' '

(1)求直线 A C与DE 所成角; (2)求直线 AD 与平面 B ' EDF 所成的角, (3)求平面 B EDF 与平面 ABCD 所成的角
'

'

z

A' B'

F

D' C'

A B

G D

y

x

E

C

例 6:如图,四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, PD ⊥ 底面 ABCD,AD=PD,E, F 分别 CD、PB 的中点. (Ⅰ)求证:EF ⊥ 平面 PAB; z (Ⅱ)设 AB= 2 BC,求 AC 与平面 AEF 所成角的大小. P x C F E A y

D

B 例 7:如图, PA ⊥ 平面ABC ,

AC ⊥ BC , PA = AC = 1, BC = 2 ,求二面角 A ? PB ? C 的大小。

P z E x A D C

B y

第3页

刘江华(题型归纳总结)

点评:如果 AB, CD 分别是二面角 α ? l ? β 两个面内的两条直线,且 A ∈ l , C ∈ l ,

uuu uuu r r AB ⊥ l , CD ⊥ l ,则二面角的大小为 < AB, CD >
例 8:如图,在底面是直角梯形的四棱锥 S-ABCD 中,∠ABC = 90°,SA⊥面 ABCD,SA = AB = BC = 1, AD = 1 .求面 SCD 与面 SBA 所成的二面角的正切值. 2 z S B

y C x

A

D

点评: 用向量知识求二面角的大小时, 是将二面角的问题转化为两平面的法向量的夹角问题, (1)当法向量 n1与n2 的方向分别指向二面角内侧与外侧时,二面角的大小等于法向量

ur uu r

ur uu r n1与n2 的夹角的大小。 ur uu r (2)当法向量 n1与n2 的方向同时指向二面角的内侧或外侧时,二面角的大小等于法向量 ur uu r r uu r n1与n2 的夹角的补角 π ? < n1 , n2 > 。

三、利用向量知识解决平行与垂直问题。 例 9:如图, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=3,BC=4,AA1=4, AB = 5 ,点 D 是 AB 的中点, (I)求证:AC⊥BC1; (II)求证:A1C //平面 CDB1;

点评:平行问题的转化: 面面平行 转化 线面平行

转化

线线平行;

例 10.如图,在长方体 ABCD—A1B1C1D1,中,AD=AA1=1, AB=2,点 E 在棱 AD 上移动. (1)证明:D1E⊥A1D; (2)当 E 为 AB 的中点时,求点 E 到面 ACD1 的距离; (3)AE 等于何值时,二面角 D1—EC—D 的大小为 . 四、利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。 例 11 . 如 图 , 在 直 三 棱 柱

D1

C1 B1 C

A1 D

π

4

.
A

B E

ABC ? A1 B1C1 中 , A1

C1 B1
C

AC = 3, BC = 4, AB = 5, AA1 = 4

第4页

A

D

B

刘江华(题型归纳总结)

(1)求证 AC ⊥ BC1 ; (2)在 AB 上是否存在点 D 使得 AC1 ⊥ CD ? (3)在 AB 上是否存在点 D 使得 A1C // 平面CDB1

五、专题突破: 1 、 如 图 : 已 知 二 面 角 α ? l ? β 的 大 小 为 120 , 点 A ∈ α , B ∈ β , AC ⊥ l 于 点 C ,
o

BD ⊥ l于D ,且 AC = CD = DB = 1 ,求 (1)直线 AB与CD 所成角的大小, (2)直线 AB与CD 的距离。

A C

D

l
B

2、如图,在四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,PD=DC,E、 F 分别是 AB、PB 的中点. (Ⅰ)求证:EF⊥CD; (Ⅱ)在平面 PAD 内求一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结论; (Ⅲ)求 DB 与平面 DEF 所成角的大小.

3、如图, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,CB=1,CA= 3 , AA1= 6 ,M 为侧棱 CC1 上一点, AM ⊥ BA 1 .
A C B M

(1)求证: AM⊥平面 A 1 BC ; (2)求二面角 B-AM-C 的大小; (3)求点 C 到平面 ABM 的距离.
C A B

4、如图, ABCD ? A1 B1C1 D1 是正四棱柱,侧棱长为 3,底面边长为 2,E 是 棱 BC 的中点。 (Ⅰ)求证: BD1 //平面 C1 DE ;
第5页

刘江华(题型归纳总结)

(Ⅱ)求二面角 C1 ? DE ? C 的大小 (Ⅲ)在侧棱 BB1 上是否存在点 P ,使得 CP ⊥ 平面 C1 DE ?证明你的结论。 5、如图,在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠ACB=90°,AC=BC=CC1=2. (I)证明:AB1⊥BC1; (II)求点 B 到平面 AB1C1 的距离. (III)求二面角 C1—AB1—A1 的大小

6、( 2006 年湖南卷)如图 4,已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高分别为 1 和 2,AB=4.(Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角; (Ⅲ)求点 P 到平面 QAD 的距离. P D A B C

Q 图4

7、 (2006 年全国卷 II)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC,D、E 分别为 BB1、 AC1 的中点. (Ⅰ)证明:ED 为异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线; (Ⅱ)设 AA1=AC= 2AB,求二面角 A1-AD-C1 的大小. C1 A1 D E C 题型一、 题型一、平行与垂直的证明 A
F D E

B1

B
P

例 1.如图,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,侧棱 PD
第6页

C

A

B

刘江华(题型归纳总结)

⊥底面 ABCD,PD=DC,E 是 PC 的中点,作 EF⊥PB 交 PB 于点 F. (1)证明 PA//平面 EDB; (2)证明 PB⊥平面 EFD

例 2.四棱锥 S ? ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,侧面 SBC ⊥ 底面 ABCD,已知

∠ABC = 45° , AB = 2 , BC = 2 2 , SA = SB = 3 .
(Ⅰ)证明: SA ⊥ BC ; (Ⅱ)求直线 SD 与平面 SBC 所成角的大小. E D C A

S

O

B

变式: 变式:
o 已知四棱锥 P-ABCD 的底面为直角梯形,AB∥DC, ∠DAB = 90 , PA ⊥ 底面 ABCD,且

PA=AD=DC=

1 AB=1,M 是 PB 的中点. 2

P M E B

(Ⅰ)证明:面 PAD⊥面 PCD; (Ⅱ)求 AC 与 PB 所成的角;
A N

(Ⅲ)求面 AMC 与面 BMC 所成二面角的大小.
D C

O

题型二、 题型二、空间角与距离 例 3.如图,在四棱锥 O ? ABCD 中,底面 ABCD 四边长为 1 的 菱形,
M
第7页

A B C

D

刘江华(题型归纳总结)

∠ABC =

π
4

, OA ⊥ 底面ABCD , OA = 2 , M 为 OA 的中点。

(Ⅰ)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小 ; (Ⅱ)求点 B 到平面 OCD 的距离。

例 4. 如图,四面体 ABCD 中,O、E 分别 BD、BC 的中点,CA=CB=CD=BD=2 (Ⅰ)求证:AO⊥平面 BCD; (Ⅱ)求异面直线 AB 与 CD 所成角的大小; (Ⅲ)求点 E 到平面的距离.

变式: 变式: 如图,正三棱锥 O ? ABC 的三条侧棱 OA 、OB 、OC 两两垂直,且长度均为 2. E 、 F 分 别是 AB 、 AC 的中点, H 是 EF 的中点,过 EF 的平面与侧棱 OA 、 OB 、 OC 或其延长 线分别相交于 A1 、 B1 、 C1 ,已知 OA1 = (1)求证: B1C1 ⊥面 OAH ; (2)求二面角 O ? A1 B1 ? C1 的大小.
A E B C A1 H F C1

3 . 2

O

B1

题型三、 题型三、探索性问题 例 5.在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是矩形,侧棱 PA 垂直于底面,E、F 分别是 AB、

第8页

刘江华(题型归纳总结)

PC 的中点. (1)求证: EF // 平面 PAD; (2)当平面 PCD 与平面 ABCD 成多大二面角时, 直线

EF ⊥ 平面 PCD?

变式: 变式: 如图,在三棱锥 A-BCD 中,侧面 ABD、ACD 是全等的直角三角形,AD 是公共的斜边, 且 AD= 3 ,BD=CD=1,另一个侧面是正三角形 (1)求证:AD⊥BC (2)求二面角 B-AC-D 的大小 (3)在直线 AC 上是否存在一点 E,使 ED 与面 BCD 成 30°角?若存 在,确定 E 的位置;若不存在,说明理由.

A

B

D

C

题型四、折叠、 题型四、折叠、展开问题 例 6.已知正方形 ABCD

E 、F 分

第9页

刘江华(题型归纳总结)

别是 AB 、 CD 的中点,将 ADE 沿 DE 折起,如图所示,记二面角 A ? DE ? C 的大小为

θ (0 < θ < π )
(1) 证明 BF // 平面 ADE ; (2)若 ACD 为正三角形,试判断点 A 在平面 BCDE 内的射影 G 是否在直线 EF 上,证明 你的结论,并求角 θ 的余弦值。

变式: 变式: 如图,在直角梯形 P1DCB 中,P1D∥CB,CD⊥P1D,P1D=6,BC=3,DC= 6 ,A 是 P1D 的中点,E 是线段 AB 的中点,沿 AB 把平面 P1AB 折起到平面 PAB 的位置,使二面角 P- CD-B 成 45°角. (Ⅰ)求证:PA⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求平面 PEC 和平面 PAD 所成的锐二面角的大小. P

A E B 题型五、多面体的组合问题 题型五、多面体的组合问题 例 7. P ? ABCD 是正四棱锥, ABCD ? A1 B1C1 D1 是正方体,其中 AB = 2, PA = (Ⅰ)求证: PA ⊥ B1 D1 ; (Ⅱ)求平面 PAD 与平面 BDD1 B1 所成的锐二面角 θ 的大小; (Ⅲ)求 B1 到平面 PAD 的距离. D A B P C

D

6.

变式: 变式: 如图 4, 已知两个正四棱锥 P-ABCD 与 Q-ABCD 的高分别为 1 和 2, AB=4. (Ⅰ)证明 PQ⊥平面 ABCD; A D
第 10 页

C

C B

刘江华(题型归纳总结)

(Ⅱ)求异面直线 AQ 与 PB 所成的角; (Ⅲ)求点 P 到平面 QAD 的距离.
P

D

C

A

B

Q 图4

题型六、表面积与体积问题 题型六、表面积与体积问题 例 8.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,平面 PAD ⊥ 平面 ABCD , AB ∥ DC , △PAD 是 等边三角形,已知 BD = 2 AD = 8 , AB = 2 DC = 4 5 . (Ⅰ)设 M 是 PC 上的一点,证明:平面 MBD ⊥ 平面 PAD ; (Ⅱ)求四棱锥 P ? ABCD 的体积. M D A 变式: 变式: 正方体 ABCD-A1B1C1D1 , AA1 =2 ,E 为棱 CC1 的中点. (Ⅰ) 求证: B1D1 ⊥ AE ; (Ⅱ) 求证: AC // 平面 B1 DE ; (Ⅲ)求三棱锥 A-BDE 的体积. C P

B

参考答案: 例 1:解:设平面 ABC 的法向量 n = ( x, y , z ),Q n ? AB = 0, n ? AC = 0 ,所以

r

r uuu r

r uuur

第 11 页

刘江华(题型归纳总结)

3 ? ?( x, y, z ) ? (2, ?2,1) = 0 ?2 x ? 2 y + z = 0 ? x = ? z ∴? ,? 2 ? ?4 x + 6 z = 0 ?( x, y, z ) ? (4, 0, 6) = 0 ? y = ?z ?

r uuur r z = ?2, 则n = (3, 2, ?2) ,∴ cos < n, AD >=

3 × (?7) + 2 × (?7) ? 2 × 7 32 + 22 + (?2) 2 ? (?7)2 + (?7) 2 + 7 2

所以设 D 到平面 ABC 的距离为 d , d = AD ? cos < n, AD > = 例 2: 解:建立如图所示空间直角坐标系 O ? xyz.

uuur

r uuuuur

49 49 17 = 17 17

uuuu r a uuur 2 ?a F (1, 0, 0), B (0,1, 0), C (0,1,1), AM = (1 ? ) AC = (0,1,1), 2 2 uuur a uuu uuur r r a uuur 1 a uuu BN = BF , AN = (1 ? ) AB + AF = (a, 2 ? a, 0) 2 2 2 2 uuuu uuur uuuu r r 1 uuuu r 2 2 1 MN = AN ? AM = (a, 0, a ? 2) ∴ MN = (a ? ) + (0 p a 2) 2 2 2
(2)由 MN =

uuuu r

(a ?

r 2 2 1 2 uuuu 2 ) + 得a = , MN = min 2 2 2 2

(3)Q a =

r uuur 1 uuur 1 2 uuuu 1 , MN = (1, 0 ? 1), 又 MA = (0, ?1, ?1), MB = (0,1, ?1) 所以可求得平面 2 2 2 2

ur uu r MNA 与 平 面 MNB 的 法 向 量 分 别 为 n1 = (?1,1, ?1), n2 = (1,1,1) , 所 以
uu r ruu cos < n1 ,n2 >= ?1 1 1 = ? ,所以 θ = π ? arccos 3 3 3? 3

例 3:解:如图建立坐标系,则 A(1, 0, 0), A1 (1, 0,1), B1 (1,1,1), C1 (0,1,1) z D uuur uuuur 1 ∴ AB1 = (0,1,1), A1C1 = (?1,1, 0) ,设 MN 是直线 A1C1 与 AB1 的公垂线,且 A1 uuur uuur uuuur uuuur AN = λ AB1 + (0, λ , λ ), A1M = u A1C1 = (?u, u , 0) D 则 MN = MA1 + AA1 + AN = ?( ?u , u , 0) + (0, 0,1) + (0, λ , λ ) = (u , λ ? u , λ + 1) A x B M

C1 B1
N C y

uuuu r

uuuu uuur uuur r

第 12 页

刘江华(题型归纳总结)

2 ? uuuu uuuur r ?λ = ? 3 uuuu r uuuu r ? MN ? A1C1 = 0 ?λ ? 2u = 0 1 1 1 3 ? ? ,? ? ?? , MN = ( ? , , ) ? MN = uuuu uuur r ? 3 3 3 3 ?2λ ? u = ?1 ?u = ? 1 ? MN ? AB1 = 0 ? ? 3 ?
例 4: 解:Q BC1 // AD1 , AD1 ? 平面ACD1 ,∴ BC1 // 平面ACD1 ,同理 A1 B // 平面ACD1 , 又

A1 B I BC1 = B,∴ 平面A1BC1//平面ACD1 ,建立直角坐标系 D ? xyz , Q AB = 4, BC = 3, CC1 = 2 , A1 (3, 0, 2), B (3, 4, 0), C1 (0, 4, 2)

uuur uuuu r r ∴ A1 B = (0, 4, ?2), BC1 = (?3, 0, 2) ,设 n = ( x, y, z ) 为平面 A1 BC1 的法D
向量,则 n ⊥ A1 B ? n ? A1 B = 0, ? 4 y ? 2 z = 0,

z

1

C1 B1
y

r

uuur

r uuur

r uuuu r r uuuu r 由 n ⊥ BC1 ? n ? BC1 = 0 ? ?3 x + 2 z = 0 ,
不妨设 z = 1,∴ y =

A1
D

C

1 2 r 2 1 , x = ,∴ n = ( , ,1) 2 3 3 2
x

A

B

二、利用向量知识求线线角,线面角,二面角的大小。 例 5:
'

解: (1)如图建立坐标系,则 A (0, 0, a ), C ( a, a, 0), D (0, a, 0), E ( a,

uuur uuur a ∴ A'C = (a, a, ?a ), DE = (a, ? , 0) , 2 uuur uuur uuur uuur A'C ? DE 15 ∴ cos < A'C , DE >= uuur uuur = ' 15 AC ? DE
故 A C与DE 所成的角为 arccos
'

a , 0) 2

15 15

(2) Q ∠ADE = ∠ADF , 所以 AD 在平面 B ' EDF 内的射影在 ∠EDF 的平分线上,又

B ' EDF 为 菱 形 , ∴ DB ' 为 ∠EDF 的 平 分 线 , 故 直 线 AD 与 平 面 B ' EDF 所 成 的 角 为 ∠ADB ' , 建 立 如 图 所 示 坐 标 系 , 则 A(0, 0, 0), B ' (a, 0, a ), D (0, a, 0) , r uuu uuuu' r uuuu r r uuu r uuu uuuu' r DA ? DB 3 ' ∴ DA = (0, ? a, 0), DB = (a, ? a, a ) ,∴ cos < DA, DB >= uuu uuuu = r r ' 3 DA ? DB
故 AD 与平面 B ' EDF 所成角为 arccos

3 3

第 13 页

刘江华(题型归纳总结)

a , 0) 所 以 平 面 ABCD 的 法 向 量 为 2 ur uuur r m = AA' = (0, 0, a ) 下 面 求 平 面 B ' EDF 的 法 向 量 , 设 n = (1, y, z ) , 由 r uuu r uuur ?n ? ED = 0 uuu r r ?y = 2 a a ? ' ED = (?a, , 0), EB = (0, ? , a ) ,∴ ? r uuur ?? ,∴ n = (1, 2,1) ' 2 2 ? ?n ? EB = 0 ? z = 1 ur r r ur m?n 6 6 ' ∴ cos < n, m >= ur r = ,所以平面 B EDF 与平面 ABCD 所成的角 arccos 6 6 m?n
由 A(0, 0, 0), A (0, 0, a ), B ( a, 0, a ), D (0, a, 0), E ( a,
' '

点评: (1)设 l1 , l2 是两条异面直线, A, B 是 l1 上的任意两点,C , D 是直线 l2 上的任意两点,

uuu uuu r r AB ? CD 则 l1 , l2 所成的角为 arccos uuu uuu r r AB ? CD
(2) AB 是平面 α 的斜线, B ∈ α , BC 是斜线 AB 在平面 α 内的射影, 设 且 则斜线 AB 与

uuu uuu r r AB ? BC 平面 α 所成的角为 arccos uuu uuu 。 r r AB ? BC ur uu r ur uu r ur uu r n1 ? n2 (3)设 n1 , n2 是二面角 α ? l ? β 的面 α , β 的法向量,则 < n1 , n2 >= arc cos ur uu 就是 r n1 ? n2
二面角的平面角或补角的大小。 例 6: (Ⅰ)证明:建立空间直角坐标系(如图) ,设 AD=PD=1,AB= 2a ( a > 0 ) ,则 E(a,0,0), C(2a,0,0), A(0,1,0), B(2a,1,0), P(0,0,1), F ( a, , ) .得 EF = (0,

uuu v 1 1 , ) , PB = (2a,1, ?1) , 2 2 uuu v uuu uuu v v uuu uuu v v 1 1 AB = (2a, 0, 0) . 由 EF ? AB = (0, , ) ? (2a, 0, 0) = 0 ,得 EF ⊥ AB ,即 EF ⊥ AB , 2 2 同理 EF ⊥ PB ,又 AB I PB = B , 所以,EF ⊥ 平面 PAB.
1 1 2 2

uuu v

(Ⅱ)解:由 AB =

2 BC ,得 2a = 2 ,即 a =

2 . 2

得 E(

2 2 1 1 , 0, 0) , F ( , , ) , C ( 2, 0, 0) . 2 2 2 2

z P x C F E A y

uuuv uuu v uuu v 2 1 1 有 AC = ( 2, ?1, 0) , AE = ( , ?1, 0) , EF = (0, , ) . 2 2 2
设平面 AEF 的法向量为 n = ( x, y ,1) ,

D

B

第 14 页

刘江华(题型归纳总结)

1 1 1 ? ?1 uuu v ?( x, y,1) ? (0, 2 , 2 ) = 0 ?2 y + 2 = 0 ?n ? EF = 0 ? ? ? 由 ? uuu ?? ?? , v ?n ? AE = 0 ?( x, y,1) ? ( 2 , ?1, 0) = 0 ? 2 x ? y = 0 ? ? ? 2 ? 2 ?
解得 ?

? y = ?1 ? . 于是 n = ( ? 2, ?1,1) . ?x = ? 2 ?

设 AC 与面 AEF 所成的角为 θ , AC 与 n 的夹角为 < AC , n > .

uuuv

uuuv

uuuv ( 2, ?1, 0) ? (? 2, ?1,1) AC ? n uuuv 3 则 sin θ = cos < AC , n > = uuuv = = . 6 2 +1+ 0 2 +1+1 AC ? n
得 θ = arcsin

3 . 6 3 . 6

所以,AC 与平面 AEF 所成角的大小为 arcsin

点评:设 n 是平面 α 的法向量, AB 是平面 α 的一条斜线,则 AB 与平面 α 所成的角为

r

π

uuu r r AB ? n ? arccos uuu r ,或者arcsin r 2 AB ? n

uuu r r AB ? n uuu r 。 r AB ? n

例 7:解: 建立如图所示空间直角坐标系 C ? xyz , PB 的中点 D , DC , 可证 DC ⊥ PB , 取 连 作 AE ⊥ PB 于 E ,则向量 DC与EA 的夹角的大小为二面角 A ? PB ? C 的大小。

uuur uuu r

Q A(1, 0, 0), B (0, 2, 0), C (0, 0, 0), P (1, 0,1) , D 为 PB 的中点,
1 2 1 PE AP 1 ∴( , , ) ,在 Rt PAB 中, = = , 2 2 2 2 EB AB 3
x
2

P z E D A C

uuu r r 1 1 3 2 3 uuu 2 3 ∴ E分 PB的比为 ,∴ E ( , , ) ∴ EA = ( , ? ,? ) 3 4 4 4 4 4 4

uuur uuu uuur 1 uuu r r 1 2 1 3 DC = (? , ? , ? ) , EA ? DC = , EA = , 2 2 2 2 2

B y

uuur uuu uuur r DC = 1, cos < EA, DC >=
例 8:

1 2 = 3 ,∴ 二面角 A ? PC ? C 的大小为 arc cos 3 3 3 3 ×1 2

第 15 页

刘江华(题型归纳总结)

解:如图建立直角坐标系,则 B (0,1, 0), D ( , 0, 0), C (1,1, 0), S (0, 0,1)

uuur 1 uuu r uuu r 1 AD = ( , 0, 0), SC = (1,1, ?1), SD = ( , 0, ?1) ,Q SA ⊥ 平面ABCD,∴ AD ⊥ 平面SAB 2 2 uuur r z 所以 AD 是平面 SAB 的一个法向量。设平面 SCD 的一个法向量 n = ( x, y , z ) r uuu r r uuu r ?x + y ? z = 0 ?n ⊥ SC ?n ? SC = 0 ?x = 2z ? ? ? S 由 ? r uuu , ? ? r uuu ,∴ ? 1 ?? r r y = ?z x?z =0 ? ?n ⊥ SD ?n ? SD = 0 ?2 ? ? ? uuur r uuur r uuur r r AD ? n 6 2 令 z = 1, n = (2, ?1,1) ,∴ cos < AD, n >= uuur r = , ∴ tan < AD, n >= 3 2 AD ? n
A

1 2

y B C x

D

2 平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角的正切值为 2
点评: 用向量知识求二面角的大小时, 是将二面角的问题转化为两平面的法向量的夹角问题, (1)当法向量 n1与n2 的方向分别指向二面角内侧与外侧时,二面角的大小等于法向量

ur uu r

ur uu r n1与n2 的夹角的大小。 ur uu r (2)当法向量 n1与n2 的方向同时指向二面角的内侧或外侧时,二面角的大小等于法向量 ur uu r r uu r n1与n2 的夹角的补角 π ? < n1 , n2 > 。

三、利用向量知识解决平行与垂直问题。 例 9:解:∵直三棱柱 ABC-A1B1C1 底面三边长 AC=3,BC=4,AB=5,∴AC、BC、C1C 两两垂直,如图,以 C 为坐标原点,直线 CA、CB、C1C 分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空 间直角坐标系,则 C(0,0,0) ,A(3,0,0) 1(0,0,4) ,C ,B(0,4,0) 1(0,4,4) ,B ,D (

3 ,2,0) 2

(1)∵ AC =(-3,0,0) BC1 =(0,-4,0) , ,∴ AC ? BC1 =0,∴AC⊥BC1. (2)设 CB1 与 C1B 的交战为 E,则 E(0,2,2).∵ DE =(- 4) ∴ DE = ,

uuur

r 1 uuuu AC1 , ∴DE∥AC1. ∵ DE ? 平面 CDB1, 1 ? AC 2

3 ,0,2) AC1 =(-3,0, , 2

平面 CDB1,∴ AC1//平面 CDB1; 点评:平行问题的转化: 面面平行 线面平行 线线平行; 转化 转化 例 10. 解: D 为坐标原点, 以 直线 DA, DC, 1 分别为 x, y , z DD 轴,建立空间直角坐标系,设 AE=x,则 A1(1,0,1) 1(0, ,D 0,1) ,E(1,x,0) ,A(1,0,0)C(0,2,0)
D1

(1) 因为DA1 , D1 E = (1,0,1), (1, x,?1) = 0, 所以DA1 ⊥ D1 E.
A1 B1

C1

( 2 ) 因 为 E 为 AB 的 中 点 , 则 E ( 1 , 1 , 0 ) 从 而 ,
D

C

D1 E = (1,1,?1), AC = (?1,2,0) ,
A E B

第 16 页

刘江华(题型归纳总结)

r uuur ?n ? AC = 0, ? AD1 = (?1,0,1) ,设平面 ACD1 的法向量为 n = (a, b, c) ,则 ? r uuuu r ?n ? AD1 = 0, ?
也即 ?

?? a + 2b = 0 ?a = 2b ,得 ? ,从而 n = (2,1,2) ,所以点 E 到平面 AD1C 的距离为 ?? a + c = 0 ?a = c = 2 +1? 2 1 = . 3 3

h=

| D1 E ? n | |n|

(3)设平面 D1EC 的法向量 n = ( a, b, c) ,∴ CE = (1, x ? 2,0), D1C = (0,2,?1), DD1 = (0,0,1),

r uuuu r ?n ? D1C = 0, ?2b ? c = 0 ? 由 ? r uuu ?? r ?a + b( x ? 2) = 0. ?n ? CE = 0, ?
∴ n = ( 2 ? x,1,2).

令 b=1, ∴c=2,a=2-x,

r uuuu r | n ? DD1 | 2 2 2 uuuu = r 依题意 cos = r ? = . 4 | n | ? | DD1 | 2 2 ( x ? 2)2 + 5

π

∴ x1 = 2 + 3 (不合,舍去) x 2 = 2 ? 3 . , ∴AE= 2 ? 3 时,二面角 D1—EC—D 的大小为

π
4

.

四、利用向量知识解决立体几何中的探索性问题。 例 11.解:直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 , AC = 3, BC = 4, AB = 5, AC , BC , CC1 两两垂直,以

C 为坐标原点,
直线 CA, CB, CC1 分别为 x 轴 y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系,

Z

C1 A1 B1
C A D B y

则 C (0, 0, 4), A(3, 0, 0), C1 (0, 0, 4) , B (0, 4, 0), B1 (0, 4, 4) (1)Q AC = ( ?3, 0, 0), BC1 = (0, ?4, 4) ,∴ AC ? BC1 = 0,∴ AC ⊥ BC1

uuur

uuuu r

uuur uuuu r

uuur

uuuu r

∴ AC ⊥ BC

(2)假设在 AB 上存在点 D ,使得 AC1 ⊥ CD ,则 AD = λ AB = ( ?3λ , 4λ , 0) 其中 0 ≤ λ ≤ 1 ,则 D (3 ? 3λ , 4λ , 0) ,于是 CD = (3 ? 3λ , 4λ , 0) 由于 AC1 = ( ?3, 0, 4) ,且

uuur

uuu r

x

uuu r

uuuu r

AC1 ⊥ CD
所以 ?9 + 9λ = 0 得 λ = 1 ,所以在 AB 上存在点 D 使得 AC1 ⊥ CD ,且这时点 D 与点 B 重 合。 (3)假设在 AB 上存在点 D 使得 AC1 // 平面CDB1 ,则 AD = λ AB = ( ?3λ , 4λ , 0) 其中
第 17 页

uuur

uuu r

刘江华(题型归纳总结)

uuuu r uuur 0 ≤ λ ≤ 1 则 D (3 ? 3λ , 4λ , 0) , B1 D = (3 ? 3λ , 4λ ? 4, ?4) 又 B1C = (0, ?4, ?4). 由 于 uuuu r uuuu r uuuu r uuur AC1 = (?3, 0, 4) , AC1 // 平面CDB1 ,所以存在实数 m, n, 使 AC1 = mB1 D + nB1C 成立,
∴ m(3 ? 3λ ) = ?3, m(4λ ? 4) ? 4n = 0, ?4m ? 4n = 4, 所以 λ =
使得 AC1 // 平面CDB1 ,且 D 使 AB 的中点。 总结:向量有一套良好的运算性质,它可以把几何图形的性质转化为向量运算,实现了数与 形的结合,在解决立体几何的距离与夹角、平行与垂直、探索性等问题中体现出巨大的优越 性,请同学们认真领会。 五、专题突破: 1 解:设 AC = a , CD = b , DB = c , a = b = c = 1, < a , b >=< b , c >= 90o , < a , c >= 60o ,

1 ,所以在 AB 上存在点 D 2

uuur

r r uuu

r r uuu

r r

r

r

r r

r r

r r

uuu r rr r r r r r r rr rr Q AB = (a + b + c ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac = 2 , uuu uuu r r r r r r r uuu uuu r r AB ? CD (a + b + c ) ? b b2 1 = , (1)∴ cos < AB, CD >= uuu uuu = r r r r = r r a + b + c ? b 2 ×1 2 AB ? CD
∴ AB, CD 所成的角为 60o
(2)设与 AB, CD 都垂直的非零向量 n = xa + yb + zc , 由 n ⊥ AB, n ⊥ CD 得

r

r

r

r

r

uuu r r

uuu r

r r r r r r ?( xa + yb + zc ) ? (a + b + c ) = 0 ?3 x + 2 y + 3 z = 0 ? ∴? ,令 r r r ? r ?y = 0 ?( xa + yb + zc ) ? b = 0 ?

r r r x = 1, 得z = ?1,∴ n = a ? c ,
uuur r r r r (a ? c ) ? a 1 AC ? n 设 AB与CD 的距离为 d ,∴ d = = r r r =2 n (a ? c ) 2
2、解:以 DA、DC、DP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角 坐标系(如图) ,设 AD=a,则 D(0,0,0) 、A(a,0,0) 、B(a,a,0)、

a a a a ,0) 、 F ( , , ) 、 P (0,0, a ). 2 2 2 2 a a (Ⅰ) EF ? DC = ( ? ,0, ) ? (0, a,0) = 0, ∴ EF ⊥ DC . 2 2
C(0,a,0) E ( a, (Ⅱ) 设G ( x,0, z ), 则G ∈ 平面PAD.

第 18 页

刘江华(题型归纳总结)

uuu r a a a FG = ( x ? , ? , z ? ), 2 2 2 uuu uuu r r a a a a a FG ? CB = ( x ? , ? , z ? ) ? (a, 0, 0) = a ( x ? ) = 0, x = ; 2 2 2 2 2 (Ⅲ) 设平面 DEF 的法 2 uuu uuu r r a a a a a FG ? CP = ( x ? , ? , z ? ) ? (0, ? a, a ) = + a ( z ? ) = 0, z = 0. 2 2 2 2 2 a ∴ G点坐标为( , 0, 0), 即G点为AD的中点. 2
向量为 n = ( x, y, z ).

a a a ? r uuur ( x, y, z) ? ( , , ) = 0, ? ?n ? DF = 0, ? ? 2 2 2 由?r uuur 得? ?n ? DE = 0 ?( x, y, z) ? (a, a ,0) = 0, ? ? ? 2 ?a ? 2 ( x + y + z) = 0, ? 即? 取x = 1, 则y = ?2, z = 1, a ?ax + y = 0. ? 2 ? uuu r r r uuu r r 3 BD ? n a r ∴ n = (1, ?2,1).cos < BD, n >= uuu r = = , | BD || n | 2a ? 6 6

π 3 3 ∴ DB与平面DEF所成角大小为 ? arccos (即arcsin ). 2 6 6
3、证明: (1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,易知面 ACC1A1⊥面 ABC, ∵∠ACB=90°,∴BC⊥面 ACC1A1,∵ AM ? 面 ACC1A1,∴BC⊥AM ∵ AM ⊥ BA 1 ,且 BC I BA 1= B ,∴ AM⊥平面 A 1 BC 解: (2)如图以 C 为原点,CA,CB, CC1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标 uuuu uuur r 系,则 A( 3,0,0), A1 ( 3,0, 6), B (0,1,0) ,设 M (0,0, z1 ) ∵ AM ⊥ BA 1 ,∴ AM ? BA1 = 0 即

?3 + 0 + 6 z1 = 0 ,故 z1 =

ur uuuu r ur uuuu ur uuu r r ur ?m ? AM = 0 ? 设 向 量 m = ( x, y, z ) 为 平 面 AMB 的 法 向 量 , 则 m ⊥ AM , m ⊥ AB , 则 ? ur uuu 即 r ? m ? AB = 0 ?
? 6 ur uuu r z=0 ?? 3x + ,令 x=1,的平面 AMB 的一个法向量为 m = (1, 2, 3) ,显然向量 CB 是 2 ? ? ? 3x + y = 0 ?

6 6 ,所以 M (0,0, ) 2 2

第 19 页

刘江华(题型归纳总结)

ur uuu r ur uuu r m ? CB 2 r 平面 AMC 的一个法向量, cos < m, CB >= ur uuu = 2 | m | ? | CB |
ur uuu r 易知, m 与 CB 所夹的角等于二面角 B-AM-C 的大小,故所求二面角的大小为 45°. ur uuu r | m ? CB | | m ? CB | ur ur (3)向量 CB 在法向量 m 上的投影的长 即为所求距离,∵ = ur uuu r ur uuu r

3 6

|m|

|m|

=

2 ∴ 2

点 C 到平面 ABM 的距离为

2 2

4、 (Ⅰ)建立空间直角坐标系 D ? xyz ,如图,则又

D (0, 0, 0) , B (2, 2, 0) , C (0, 2, 0) , C1 (0, 2,3) , D1 (0, 0, 3) , E (1, 2, 0)
连接 CD1 ,与 C1 D 相交于 O ,连接 EO 易知 O (0,1,1.5) ∴ BD1 = ( ?2, ?2,3), EO = ( ?1, ?1,1.5) 又 BD1 ? 平面 C1 DE , EO ? 平面 C1 DE

uuuu r

uuu r

∴ BD1 = 2 EO ∴ BD1 // 平面 C1 DE

uuuu r

uuu r

∴ EO // BD1

(Ⅱ) 过点 C 做 CH ⊥ DE 于 H , 解: 连接 C1 H , 在正四棱柱 ABCD ? A1 B1C1 D1 中, 1 ⊥ CC 平面 ABCD ∴ C1 H ⊥ DE , C1 HC 是二面角 C1 ? DE ? C 的平面角 根据平面几何知识,易得 H (0.8,1.6, 0) ∴ HC = ( ?0.8, 0.4, 0), HC1 = ( ?0.8, 0.4,3)

uuur

uuuu r

uuur uuuu r uuur uuuu r HC HC1 2 ∵ cos C1 HC = cos( HC HC1 ) = uuur uuuu = r HC HC1 7
∴ ∠C1 HC = arccos

2 2 ∴二面角 C1 ? DE ? C 的大小为 arccos 7 7

(Ⅲ)解:在侧棱 BB1 上不存在点 P ,使得 CP ⊥ 平面 C1 DE 证明如下:假设 CP ⊥ 平面 C1 DE ,则必有 CP ⊥ DE 设 P (2, 2, a ) ,其中 0 ≤ a ≤ 3 ,则 CP DE = 2 ≠ 0 ,这显然与 CP ⊥ DE 矛盾 ∴假设 CP ⊥ 平面 C1 DE 不成立,即在侧棱 BB1 上不存在点 P ,使得 CP ⊥ 平面 C1 DE 5、 (1)如图建立直角坐标系,其中 C 为坐标原点.依题意 A(2,0,0) ,B(0,2,0) 1 ,B (0,2,2) 1(0,0,2) ,C ,因为 AB1 ? BC1 = ( ?2,2,2) ? (0,?2,2) = 0 ,所 以 AB1⊥BC1.

uuu uuur r

第 20 页

刘江华(题型归纳总结)

(2)设 n1 = ( x1 , y1 , z1 ) 是平面 AB1C1 的法向量, 由 n1 ? AB1 = 0, n1 ? AC1 = 0 得

?? x1 + y1 + z1 = 0, ? y1 = 0, 所以 ? 令 z1 = 1 ,则 n1 = (1,0,1) , ? ?? x1 + z1 = 0, ? x1 = z1 ,
因为 AB = (?2,2,0) ,所以,B 到平面 AB1C1 的距离为 d =

| AB ? n1 | | n1 |

= 2.

(3)设 n 2 = ( x 2 , y 2 , z 2 ) 是平面 A1AB1 的法向量.由 n 2 ? AB = 0, n2 ? AA1 = 0, 得

?? x 2 + y 2 = 0, ?x = y2 , 所以? 2 ? ? z 2 = 0. ? z 2 = 0,
因为 cos < n1 , n 2 >

令 y 2 =1,则 n 2 = (1,1,0),

n1 ? n 2 | n1 |, | n 2 |

=

1 2 2

=

1 所以,二面角 C1—AB1—A1 的大小为 60° 2

6、 (Ⅰ)连结 AC、BD,设 AC I BD = O .由 P-ABCD 与 Q-ABCD 都是正四棱锥,所以 PO ⊥平面 ABCD,QO⊥平面 ABCD.从而 P、O、Q 三点在一条直线上,所以 PQ⊥平面 ABCD. (Ⅱ)由题设知,ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD. 由(Ⅰ) ,QO⊥平面 ABCD. 故可分别以直线 CA、DB、QP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系(如图) ,由题条件,相关各点的坐标分别是 P(0,0,1) ,A( 2 2 ,0,0) ,Q (0,0,-2) ,B(0, 2 2 ,0). 所以 AQ = (?2 2 ,0,?2) PB = (0, 2 2, ?1)

uuu r

uuu uuu r r uuu uuu r r AQ? PB 2 1 于是 cos < AQ, PB >= uuu uuu = = . r r AQ ? PB 2 3 ×2 3 6
从而异面直线 AQ 与 PB 所成的角是 arccos .
A x

z P

1 3

D O B y

C

, (Ⅲ)由(Ⅱ) ,点 D 的坐标是(0,- 2 2 ,0)
AD = (?2 2 ,?2 2 ,0) ,

Q

uuu r PQ = (0, 0, ?3) ,设 n = ( x, y, z ) 是平面 QAD 的一
个法向量,由
?n ? AQ = 0 ? 2 x + z = 0 ? ? 得? .取 x=1,得 n = (1,?1,? 2 ) . ? ?n ? AD = 0 ? x + y = 0 ? ?

第 21 页

刘江华(题型归纳总结)

uuu r r PQ ? n 3 2 所以点 P 到平面 QAD 的距离 d = . r = 2 n
7、 (Ⅰ)如图,建立直角坐标系 O-xyz,其中原点 O 为 AC 的中点. 设 A(a,0,0),B(0,b,0),B1(0,b,2c). C1 则 C(-a,0,0),C1(-a,0,2c),E(0,0,c),D(0,b,c). → → ,BB1 =(0,0,2c). ED =(0,b,0) →→ → ED ·BB1 =0,∴ED⊥BB1.又AC1=(-2a,0,2c), →→ ED ·AC1=0,∴ED⊥AC1, C O A 所以 ED 是异面直线 BB1 与 AC1 的公垂线. E y B x z B1 A1 D

(Ⅱ)不妨设 A(1,0,0),则 B(0,1,0),C(-1,0,0),A1(1,0,2), → → → BC =(-1,-1,0), AB =(-1,1,0),AA1 =(0,0,2), →→ →→ BC · AB =0, BC ·AA1 =0,即 BC⊥AB,BC⊥AA1,又 AB∩AA1=A, ∴BC⊥平面 A1AD. 又 E(0,0,1),D(0,1,1),C(-1,0,1), → → → EC =(-1,0,-1), AE =(-1,0,1), ED =(0,1,0), →→ →→ EC · AE =0, EC · ED =0,即 EC⊥AE,EC⊥ED,又 AE∩ED=E, EC⊥面 C1AD. →→ → → → → EC · BC 1 cos< EC , >= BC = , 即得 EC 和 BC 的夹角为 60°. 所 → → 2 | EC |·| BC |



以二面角 A1-AD-C1 为 60°.

第 22 页


立体几何中几类典型问题的向量解法

立体几何中几类典型问题的向量解法 空间向量的引入为求立体几何的空间角和距离问题...?? ? 面的法向量的夹角问题, (1)当法向量 n1与n2 的方向分别指向二面角 ?...

向量解法在立体几何问题中的运用

立体几何中几类典型问题... 17页 免费 立体几何向量解法 36页 免费喜欢...高二年级专用 立体几何问题的向量解法一、空间直角坐标系相关知识 1.空间直角坐标...

选修2-1 3.2立体几何中的向量方法教案

选修2-1 3.2立体几何中的向量方法教案_高一数学_数学_高中教育_教育专区。教案...(二).直线、平面的几种重要的位置关系的充要条件: ).直线、平面的几种重要...

选修2-1-3.2立体几何中的向量方法(导学案)

3.2 立体几何中的向量方法(导学案) 【学习目标】 1.在学习了方向向量的基础上理解平面的法向量的概念,为进一步运用打好基础; 2.学会由直线的方向向量和平面的...

选修2-1教案 3.2立体几何中的向量方法

选修2-1教案 3.2立体几何中的向量方法选修2-1教案 3.2立体几何中的向量方法...用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是: ⑴如何把已知的几何条件 ...

立体几何中探索性问题的向量解法 新课标 人教版

立体几何中探索性问题的向量解法高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、 ...这 是一种最常用也是最基本的方法. 二、位置探究型 3.如图所示。PD 垂直于...

2015高考立体几何突破之 探索性问题的向量解法

立体几何中探索性问题的向量解法一、存在判断型例一:已知空间三点 A(-2,0,2) ,B(-2,1,2) ,C(-3,0,3).设 a= AB ,b= AC ,是 否存在存在实数 ...

立体几何中的向量方法考点解读1

如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题或意见建议,请点击此处进行反馈。 立体几何中的向量方法考点解读1 隐藏>> 基础梳理 1.空间向量的坐标表示...

高中数学选修2-1-空间向量与立体几何

空间向量基本定理 平行与垂直的条件 空间向量的坐标运算 立体几何中的向量方法 向量夹角与距离 直线的方向向量与平面的法向量 用空间向量证平行与垂直问题 求空间角...

2015年高考立体几何中的空间向量方法

2015 年高考备考立体几何中的空间向量方法河南省三门峡市卢氏县第一高级中学 山永峰 建立适当的空间直角坐标系,利用向量的坐标运算证明线线、线面、面面的平行与...