立體幾何中的向量方法

立體幾何中的向量方法適用學(xué)科高中數(shù)學(xué)適用年級(jí)高中二年級(jí)適用區(qū)域通用課時(shí)時(shí)長(zhǎng)（分鐘）90知識(shí)點(diǎn)用空間向量處理平行垂直問(wèn)題；用空間向量處理夾角問(wèn)題.教學(xué)目標(biāo)1.理解直線的方向向量與平面的法向量；2.能用向量語(yǔ)言表述線線、線面、面面的垂直、平行關(guān)系；3.能用向量方法證明有關(guān)線、面位置關(guān)系的一些定理（包括三垂線定理）．4.能用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計(jì)算問(wèn)題，體會(huì)向量方法的作用．教學(xué)重點(diǎn)用向量方法解決立體幾何中的有關(guān)問(wèn)題教學(xué)難點(diǎn)用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計(jì)算問(wèn)題教學(xué)過(guò)程一、課堂導(dǎo)入空間平行垂直問(wèn)題1．兩條直線平行與垂直；２．直線與平面平行與垂直；３．兩個(gè)平面平行與垂直；空間夾角問(wèn)題1．兩直線所成角；２．直線和平面所成角；３．二面角的概念；空間距離問(wèn)題二、復(fù)習(xí)預(yù)習(xí)（１）空間向量的直角坐標(biāo)運(yùn)算律：設(shè)，，則，，，，，．（2）若，，則．一個(gè)向量在直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)等于表示這個(gè)向量的有向線段的終點(diǎn)的坐標(biāo)減去起點(diǎn)的坐標(biāo)．（3）模長(zhǎng)公式：若，則．（4）夾角公式：．（5）兩點(diǎn)間的距離公式：若，，則．三、知識(shí)講解考點(diǎn)1平面法向量的求法在空間平面法向量的算法中，普遍采用的算法是設(shè)，它和平面內(nèi)的兩個(gè)不共線的向量垂直，數(shù)量積為0，建立兩個(gè)關(guān)于x,y,z的方程，再對(duì)其中一個(gè)變量根據(jù)需要取特殊值，即可得到法向量．還有幾種求平面法向量的辦法也比較簡(jiǎn)便．求法一：先來(lái)看一個(gè)引理：若平面ABC與空間直角坐標(biāo)系x軸、y軸、z軸的交點(diǎn)分別為A(a，0，0)、B(0，b，0)、C(0，0，c)，定義三點(diǎn)分別在x軸、y軸、z軸上的坐標(biāo)值xA＝a，yB＝b，zC＝c（a,b,c均不為0），則平面ABC的法向量為．參數(shù)的值可根據(jù)實(shí)際需要選?。C明：EQ\s\up8(→)\d\ba24()AB＝(－a,b,0),EQ\s\up8(→)\d\ba24()AC＝(－a,0,c),∴ ,∴ 是平面ABC的法向量．這種方法非常簡(jiǎn)便，但要注意幾個(gè)問(wèn)題：（1）若平面和某個(gè)坐標(biāo)軸平行，則可看作是平面和該坐標(biāo)軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為，法向量對(duì)應(yīng)于該軸的坐標(biāo)為0．比如若和x軸平行（交點(diǎn)坐標(biāo)值為），和y軸、z軸交點(diǎn)坐標(biāo)值分別為b、c，則平面法向量為；若平面和x,y軸平行，和z軸交點(diǎn)的坐標(biāo)值為c，則平面法向量為．（2）若平面過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，則可適當(dāng)平移平面．求法二：求出平面方程，得到法向量．我們先求過(guò)點(diǎn)及以n＝為法向量的平面的方程．設(shè)是平面上的動(dòng)點(diǎn)，于是有n＝0，即整理得令，有這就是平面的一般方程.平面的方程可用三元一次方程來(lái)表示．且的系數(shù)組成該平面的法向量．注意：(1)有了平面的方程，就能得到平面的法向量，可用平面內(nèi)不共線的三點(diǎn)求出平面的方程．(2)一些特殊情形的平面，方程會(huì)更簡(jiǎn)捷：通過(guò)原點(diǎn)的平面，，方程為；平行于軸的平面，，方程為；通過(guò)軸的平面，，方程為；既平行于軸又平行于軸的平面,也就是一個(gè)平行于坐標(biāo)面的平面，方程為；類似地，可討論其它特殊情形．(3)兩平面：與平行的充要條件是求法三：用行列式求得法向量．若，是平面內(nèi)兩個(gè)不共線向量，計(jì)算行列式＝，則平面的法向量為．考點(diǎn)2用空間向量求解二面角（一）用法向量解二面角用法向量求解二面角時(shí)遇到一個(gè)難題：二面角的取值范圍是[0,]，而兩個(gè)向量的夾角取值范圍也是[0,]，那用向量法算出的角是二面角的平面角呢還是它的補(bǔ)角如果是求解異面直線所成的角或直線與平面所成的角，只要取不超過(guò)EQ\F(,2)的那個(gè)角即可，但對(duì)二面角卻是個(gè)難題.筆者經(jīng)過(guò)思考，總結(jié)出一個(gè)簡(jiǎn)單可行的方法，供讀者參考.圖一用法向量解二面角首先要解決的問(wèn)題就是：兩個(gè)法向量所夾的角在什么情況下與二面角大小一致其次，如何去判斷得到的法向量是否是我們需要的那個(gè)方向?qū)Φ谝粋€(gè)問(wèn)題，我們用一個(gè)垂直于二面角棱的平面去截二面角（如圖一），兩個(gè)平面的法向量則應(yīng)分別垂直于該平面角的兩邊.易知，當(dāng)同為逆時(shí)針?lè)较蚧蛲瑸轫槙r(shí)針?lè)较驎r(shí)，它們所夾的解即為.所以，我們只需要沿著二面角棱的方向觀察，選取旋轉(zhuǎn)方向相同的兩個(gè)法向量即可.或者可以通俗地理解，起點(diǎn)在半平面上的法向量，如果指向另一個(gè)半平面，則稱為“向內(nèi)”的方向；否則稱為“向外”的方向.兩個(gè)法向量所夾的角與二面角大小相等當(dāng)且僅當(dāng)這兩個(gè)法向量方向一個(gè)“向內(nèi)”，而另一個(gè)“向外”.xxyzO圖二對(duì)第二個(gè)問(wèn)題，我們需要選取一個(gè)參照物.在空間直角坐標(biāo)系中，我們可以選擇其中一個(gè)坐標(biāo)軸（如z軸），通過(guò)前面的辦法，可以確定法向量的方向，再觀察該法向量與xOy平面的關(guān)系，是自下而上穿過(guò)xOy平面呢，還是自上而下穿過(guò)xOy平面若是第一種情形，則與EQ\s\up8(→)\d\ba24()OZ所夾的角是銳角，只需取法向量的z坐標(biāo)為正即可；若是第二種情形，則與EQ\s\up8(→)\d\ba24()OZ所夾的角是鈍角，只需取法向量的z坐標(biāo)為負(fù)即可．若法向量與xOy平面平行，則可以選取其它如yOz平面、zOx平面觀察．（二）用半平面內(nèi)的向量解二面角由二面角的平面角定義，由棱上一點(diǎn)分別在兩個(gè)半平面內(nèi)作棱的垂線，這樣構(gòu)成的角即為二面角的平面角．如果分別在兩個(gè)半平面內(nèi)作兩個(gè)向量（如圖），起點(diǎn)在棱上且均垂直于棱，可以看出，這兩個(gè)向量所夾的角，與二面角的大小是相等的．這種方法與用法向量解二面角相比，其優(yōu)點(diǎn)是向量的方向已經(jīng)固定，不必考慮向量的不同方向給二面角大小帶來(lái)的影響．考點(diǎn)3空間直線與空間平面的向量形式在平面解析幾何中，曲線上的動(dòng)點(diǎn)可以用坐標(biāo)表示，通過(guò)對(duì)變量的運(yùn)算達(dá)到求值、證明的目的．在立體幾何中借用向量，直線、平面上的點(diǎn)也可以用參數(shù)來(lái)表示，通過(guò)對(duì)參數(shù)的運(yùn)算，同樣可以達(dá)到求值、證明的目的．1．空間直線：如果l為經(jīng)過(guò)已知點(diǎn)A且方向向量為的直線，那么點(diǎn)P在直線l上的充要條件是存在實(shí)數(shù)t，滿足等式，或?qū)θ我稽c(diǎn)O（通常取坐標(biāo)原點(diǎn)），有這是空間直線的向量形式．2．空間平面：空間一點(diǎn)P位于平面MAB內(nèi)的充要條件是存在有序?qū)崝?shù)對(duì)s、t，使或?qū)臻g任一定點(diǎn)O（通常取坐標(biāo)原點(diǎn)），有這是空間平面的向量形式．

四、例題精析【例題１】如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD為正方形，側(cè)棱SD⊥底面ABCD，E、F分別是AB、SC的中點(diǎn)。(Ⅰ)求證：EF∥平面SAD；(Ⅱ)設(shè)SD＝2CD，求二面角A－EF－D的大小；ABABCDSEF【解析】（1）如圖，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)，則，．取的中點(diǎn)，則．平面平面，所以平面．（2）不妨設(shè)，則．平面AEFG與x軸、z軸的交點(diǎn)分別為A(1,0,0)、G(0,0,1)，與y軸無(wú)交點(diǎn)，則法向量，在CD延長(zhǎng)線上取點(diǎn)H，使DH＝AE，則DH∥AE，所以AH∥ED，由（1）可知AG∥EF，所以平面AHG∥平面EFD，平面AHG與x軸、y軸、z軸的交點(diǎn)分別為A(1,0,0)、H(0,－EQ\F(1,2),0)、G(0,0,1)，則法向量，設(shè)二面角A－EF－D的大小為，則，即二面角A－EF－D的大小為．【例題２】已知四棱錐PABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝＝1，M是PB的中點(diǎn).（1）求二面角CAMB的大小；（2）求二面角AMCB的大小.【解析】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則對(duì)二面角CAMB而言，EQ\s\up8(→)\d\ba24()AD是平面AMB的法向量（向內(nèi)），易知平面ACM符合“向外”方向的法向量是自下而上穿過(guò)xOy平面，所以與EQ\s\up8(→)\d\ba24()AZ所夾的角是銳角.對(duì)二面角AMCB而言，平面ACM選取上述法向量，則為“向外”的方向，平面BCM就應(yīng)選取“向內(nèi)”的方向，此時(shí)是自上而下穿過(guò)xOy平面，與z軸正向所夾的角是鈍角.xxyz（1）如圖，以AD為x軸，AB為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則平面AMB的法向量為＝(1,0,0),設(shè)平面ACM的法向量為＝(x,y,z).由已知C（1,1,0),P(0,0,1),B(0,2,0)，則M(0,1,EQ\F(1,2)),∴ EQ\s\up8(→)\d\ba24()AC＝(1,1,0),EQ\s\up8(→)\d\ba24()AM＝(0,1,EQ\F(1,2)).由取y＝1，則x＝1,z＝2，∴＝(1,1,2).（滿足·EQ\s\up8(→)\d\ba24()AZ>0）.設(shè)二面角CAMB的大小為，則cos＝,∴ 所求二面角的大小為arccos.（2）選?。?）中平面ACM的法向量＝(1,1,2)，設(shè)平面BCM的法向量為＝(x,y,z).EQ\s\up8(→)\d\ba24()BC＝(1,1,0),EQ\s\up8(→)\d\ba24()BM＝(0,1,EQ\F(1,2)),由取z＝－2，則y＝－1,x＝－1，＝(－1,－1,－2)，則，所夾的角大小即為二面角A－MC－B的大小，設(shè)為，cos＝，∴ 所求二面角的大小為－arccosEQ\F(EQ\R(6),3).【例題３】如圖，已知長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是BB1（1）求二面角E－AC1－B的大小；（2）求二面角C1－AE－B的大小．【解析】在第（1）題中，只需在AC1上找到兩點(diǎn)G、H，使得EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB、EQ\s\up8(→)\d\ba24()HE均與EQ\s\up8(→)\d\ba24()AC1垂直，則EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB、EQ\s\up8(→)\d\ba24()HE的夾角即為所求二面角的大?。绾未_定G、H的位置呢可設(shè)，，這樣向量EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB就用參數(shù)表示出來(lái)了，再由EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB·EQ\s\up8(→)\d\ba24()AC1＝0求出的值，則向量EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB即可確定，同理可定出H點(diǎn)．第（2）題方法類似．以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC為x軸，BA為y軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0),A(0,1,0),C(1,0,0),B1(0,0,2),C1(1,0,2),E(0,0,1)．EQ\s\up8(→)\d\ba24()AC1＝(1,－1,2),EQ\s\up8(→)\d\ba24()AB＝(0,－1,0).xyzGxyzGH由EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB·EQ\s\up8(→)\d\ba24()AC1＝0＋(＋1)＋4＝0，解得：，∴ EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB＝().圖六同理可得：EQ\s\up8(→)\d\ba24()HE＝()，EQ\s\up8(→)\d\ba24()HE·EQ\s\up8(→)\d\ba24()AC1＝0．圖六EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB、EQ\s\up8(→)\d\ba24()HE的夾角等于二面角E－AC1－B的平面角．cos<EQ\s\up8(→)\d\ba24()GB,EQ\s\up8(→)\d\ba24()HE>＝,xyzMN圖七∴ 二面角E－AC1－xyzMN圖七（2）EQ\s\up8(→)\d\ba24()AE＝(0,－1,1),在AE上取點(diǎn)M、N，設(shè)，則,由EQ\s\up8(→)\d\ba24()MB·EQ\s\up8(→)\d\ba24()AE＝0得：＋1＋＝0，解得：＝，∴ EQ\s\up8(→)\d\ba24()MB＝.同理可求得：EQ\s\up8(→)\d\ba24()NC1＝(1,,),EQ\s\up8(→)\d\ba24()NC1·EQ\s\up8(→)\d\ba24()AE＝0.∴ EQ\s\up8(→)\d\ba24()MB、EQ\s\up8(→)\d\ba24()NC1的夾角等于二面角C1－AE－B的平面角．cos<EQ\s\up8(→)\d\ba24()MB,EQ\s\up8(→)\d\ba24()NC1>＝,∴ 二面角C1－AE－B的大小為arccos().

五、課堂運(yùn)用【基礎(chǔ)】１.在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，eq\r(2))．若S1，S2，S3分別是三棱錐D-ABC在xOy，yOz，zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積，則()A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1【解析】設(shè)頂點(diǎn)D在三個(gè)坐標(biāo)平面xOy、yOz、zOx上的正投影分別為D1、D2、D3，則AD1＝BD1＝eq\r(2)，AB＝2，∴S1＝eq\f(1,2)×2×2＝2，S2＝SOCD2＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2)，S3＝SOAD3＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2)．∴選D．【答案】D２.求過(guò)點(diǎn),,的平面的法向量．【解析】方法一：由給定平面上的三個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，可知平面上的兩個(gè)向量，，設(shè)平面的法向量為，由，得，令，得平面的一個(gè)法向量．方法二：設(shè)過(guò)點(diǎn),,的平面的方程為，代入點(diǎn)的坐標(biāo)，得，解之，即，所以平面的方程為，所以平面的一個(gè)法向量．方法三：由給定平面上的三個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，可知平面上的兩個(gè)向量，，因?yàn)檫@兩個(gè)向量不平行，計(jì)算．故所求平面的一個(gè)法向量．３．已知正方體的棱長(zhǎng)為，是的中點(diǎn)，是對(duì)角線的中點(diǎn)，（1）求證：是異面直線和的公垂線；（2）求異面直線和的距離．【解析】（1）解法一：延長(zhǎng)交于，則為的中點(diǎn)，∴，∵，∴，連結(jié)，則，又是的中點(diǎn)，∴，∴是異面直線和的公垂線．解法二：以為原點(diǎn)，分別以為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，于是有，，，，，，所以是異面直線和的公垂線．（2）由（1）知，為異面直線和的距離．所以．【鞏固】１．已知正方體的棱長(zhǎng)為，求與間的距離．【解析】解法一：（轉(zhuǎn)化為到過(guò)且與平行的平面的距離）連結(jié)，則1C(1)證明：AC1⊥A1B;(2)設(shè)直線AA1與平面BCC1B1的距離為eq\r(3)，求二面角A1-AB-C的大?。窘馕觥糠椒ㄒ唬?1)證明：因?yàn)锳1D⊥平面ABC，A1D平面AA1C1C，故平面AA1C又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C連接A1C，因?yàn)閭?cè)面AA1C1C為菱形，故AC1⊥A1C．由三垂線定理得AC1⊥(2)BC⊥平面AA1C1C，BC平面BCC1B1，故平面AA1C1C⊥作A1E⊥CC1，E為垂足，則A1E⊥平面BCC1B1.又直線AA1∥平面BCC1B1，因而A1E為直線AA1與平面BCC1B1的距離，即A1E＝eq\r(3).因?yàn)锳1C為∠ACC1的平分線，所以A1D＝A1E＝eq\r(3)．作DF⊥AB，F(xiàn)為垂足，連接A1F．由三垂線定理得A1F⊥AB，故∠A1FD為二面角A1-AB-C由AD＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)－A1D2)＝1，得D為AC中點(diǎn)，DF＝eq\f(\r(5),5)，tan∠A1FD＝eq\f(A1D,DF)＝eq\r(15)，所以cos∠A1FD＝eq\f(1,4)．所以二面角A1-AB-C的大小為arccoseq\f(1,4)．方法二：以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線CA為x軸的正半軸，以CB的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz.由題設(shè)知A1D與z軸平行，z軸在平面AA1C(1)證明：設(shè)A1(a，0，c)．由題設(shè)有a≤2，A(2，0，0)，B(0，1，0)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(a－2，0，c)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(a－4，0，c)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(a，－1，c)．由|eq\o(AA1,\s\up6(→))|＝2，得eq\r(（a－2）2＋c2)＝2，即a2－4a＋c2＝0.①又eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝a2－4a＋c2＝0，所以AC1⊥A1B．(2)設(shè)平面BCC1B1的法向量m＝(x，y，z)，則m⊥eq\o(CB,\s\up6(→))，m⊥eq\o(BB1,\s\up6(→))，即m·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝0.因?yàn)閑q\o(CB,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(a－2，0，c)，所以y＝0且(a－2)x＋cz＝0．令x＝c，則z＝2－a，所以m＝(c，0，2－a)，故點(diǎn)A到平面BCC1B1的距離為|eq\o(CA,\s\up6(→))|·|cos〈m，eq\o(CA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(CA,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq\f(2c,\r(c2＋（2－a）2))＝c．又依題設(shè)，A到平面BCC1B1的距離為eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)，代入①，解得a＝3(舍去)或a＝1，于是eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，0，eq\r(3))．設(shè)平面ABA1的法向量n＝(p，q，r)，則n⊥eq\o(AA1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，即n·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，－p＋eq\r(3)r＝0，且－2p＋q＝0.令p＝eq\r(3)，則q＝2eq\r(3)，r＝1，所以n＝(eq\r(3)，2eq\r(3)，1)．又p＝(0，0，1)為平面ABC的法向量，故cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,4)．所以二面角A1-AB-C的大小為arccoseq\f(1,4)．【拔高】１．如圖，已知ABCD為邊長(zhǎng)是4的正方形，E、F分別是AB、AD的中點(diǎn)，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC＝２，求點(diǎn)B到平面EFG的距離．ＡＡＢＣＤＧＥＦxyz【解析】分別以EQ\s\up8(→)\d\ba24()CD、EQ\s\up8(→)\d\ba24()CB、EQ\s\up8(→)\d\ba24()CG為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則E(2,4,0),F(4,2,0),G(0,0,2),B(0,4,0).∴ EQ\s\up8(→)\d\ba24()EF＝(2,－2,0),EQ\s\up8(→)\d\ba24()EG＝(－2,－4,2),設(shè)P是平面EFG上的動(dòng)點(diǎn)，則存在實(shí)數(shù)s,t，使得EQ\s\up8(→)\d\ba24()CP＝EQ\s\up8(→)\d\ba24()CE＋sEQ\s\up8(→)\d\ba24()EF＋tEQ\s\up8(→)\d\ba24()EG＝(2,4,0)＋s(2,－2,0)＋t(－2,－4,2)＝(2s－2t＋2,4－2s－4t,2t),∴ P(2s－2t＋2,4－2s－4t,2t),∴ EQ\s\up8(→)\d\ba24()BP＝(2s－2t＋2,－2s－4t,2t).當(dāng)且僅當(dāng)BP⊥EF且BP⊥EG時(shí)，BP⊥平面EFG，BP即為所求的點(diǎn)B到平面EFG的距離．由EQ\B\LC\{(\A\AL(EQ\s\up8(→)\d\ba24()BP·EQ\s\up8(→)\d\ba24()EF=0,EQ\s\up8(→)\d\ba24()BP·EQ\s\up8(→)\d\ba24()EG=0))EQ\B\LC\{(\A\AL(2(2s-2t+2)–2(-2s-4t)=0,-2(2s-2t+2)–4(-2s-4t)+4t=0))，解得：EQ\B\LC\{(\A\AL(s=-EQ\F(7,11),t=EQ\F(3,11)))．∴ EQ\s\up8(→)\d\ba24()BP＝(EQ\F(2,11),EQ\F(2,11),EQ\F(6,11)),∴ 點(diǎn)B到平面EFG的距離即為|EQ\s\up8(→)\d\ba24()BP|＝E