用向量法求空间角及距离

用向量法求空间角与距离
1.1. 向量的数量积和坐标运算 b a
,是两个非零向量，它们的夹角为θ，则数θcos ||||⋅⋅b 叫做a 与b 的数量积（或内积），记作⋅，即.cos ||||θ⋅⋅=⋅b a b a 其几何意义是的长度与b 在a 的方向上的投影的乘积. 其坐标运算是：
若),,(),,,(222111z y x z y x ==，则
①212121z z y y x x b a ++=⋅
；
②2
22222212121||,||z y x b z y x a ++=++=；
③212121z z y y x x b a ++=⋅
④2
2
2
22
22
12
12
12
12121,cos z y x z y x z z y y x x ++⋅++++>=
<
1.2. 异面直线n m ,所成的角
分别在直线n m ,上取定向量,,b a
则异面直线n m ,所成的角θ等于向量b a
,所成的角或其补角（如图1所示），
则.|||||
|cos b a b a
⋅⋅=θ （例如2004年高考数学广东卷第18题第（2）问）
1.3. 异面直线n m 、的距离
分别在直线n m 、上取定向量,,b a 求与向量b a 、都垂直的
向量n ，分别在n m 、上各取一个定点B A 、，则异面直线n m 、的距离d 等于在
图1
上的射影长，即d =
.
证明：设CD 为公垂线段，取b a
==,（如图1所示），则
|
|||)(⋅=⋅∴⋅++=⋅∴++= |
|||n d =
=∴设直线n m ,所成的角为θ，显然.|||||
|cos b a b a
⋅⋅=θ 1.4. 直线L 与平面α所成的角
在L 上取定，求平面α的法向量2所示），再求|
|||cos n AB ⋅=
θθπ
β-=
2
为所求的角.
1.5． 二面角
方法一：构造二面角βα--l 的两个半平面βα、的法向量21n n 、（都取向上的方向，如图3所示），则 ①
若二面角βα--l 是“钝角型”的如图3甲所示，那
么其大小等于两法向量21n n 、的夹角的补角，即|
|||cos 2121n n ⋅=θ（例
如2004年高考数学广东卷第18题第（1）问）. ② 若二面角βα--l 是“锐角型”的如图3乙所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角，即
|
|||c o s 2121n n ⋅=
θ（例如2004年高考数学广东卷第
18题第（1）问）.
方法二：在二面角的棱l 上确定两个点B A 、，过
图3甲
图2
B A 、分别在平面βα、内求出与l 垂直的向量21n n 、（如图4所示）
，则二面角βα--l 的大小等于向量21n n 、的夹角，即 |
|||cos 2121n n ⋅=
θ
1.6. 平面外一点p 到平面α的距离
先求出平面α的法向量，在平面内任取一定点A ，则点
p 到平面α的距离d 等于在上的射影长，即
|
|n d =
.（例如2004年广州一模第18题第（Ⅱ）问）.
1．7． 法向量
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111C B A ABC -的棱长为2，底面边长为1，
M 是BC 的中点.
（1）在直线1CC 上求一点N ，使1AB MN ⊥； （2）当1AB MN ⊥时，求点1A 到平面AMN 的距离. （3）求出1AB 与侧面11A ACC 所成的角.
分析1 （1）的 问题显然是求使异面直线MN 与1
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011=⋅⇒⊥AB AB MN ，
求出的长度，而与1AB 都不是已知向量，且和没有直接联系，因此必须选择一组基向量来表示与1AB . （1）解法一：取共点于B 的三个不共面的已知向量
1BB 、为基向量，
A B
C
M N
1
A 1
B
1
C 图6
图5
021
210
)2
1
()(2
1
,,01111111111=⋅+⋅+⋅+⋅⇒=+⋅+⇒+=
+=+==⋅⇒⊥-CN BB BC BB CN AB BC AB BB BB AB AB AB C B A ABC 及正三棱柱由00cos ||290cos 1221
90cos ||1120cos 1121=︒⋅⋅+︒⋅⋅⋅+︒⋅⋅+︒⋅⋅⋅⇒81||0||20041=⇒=+++-⇒CN CN
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1,,AA AC AB 为基向量，从而得 （1）解法二：
,
111AA AB BB AB AB +=+=
AA AA AA AA AA AA AB ⋅+⋅+⋅-⋅+-⋅=⋅++-⋅+=+-⋅+=⋅∴+-=+-+=-=11121111)(2
1
)()()(2
1
]
)(2
1
[)(.
)(2
1
)(21)(
a a a 2002
1
410cos 290cos 1)90cos 1290cos 12160cos 11(2
1
2+-+-=
︒⋅⋅+︒⋅⋅+︒⋅⋅-︒⋅⋅+-︒⋅⋅=
.8
1
||81,020014101=∴==+-+-∴=⋅a a AB ，
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.
2.2. 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.
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1AA AC 、分别为y 轴、z 轴，垂直于
1AA AC 、的
为x 轴建立空间直角坐标系xyz A -，设a =||，则有 、
)0,0,0(A ),1,0()0,4
3
,43()2,21,23(1a N M B 、、. 于是
得由AB AB a ⊥=-
=11),2,2
1
,23(),,41,43(8
10
281
830)2,21
,23(),41,43(01=
⇒=++-⇒=⋅-
⇒=⋅a a a AB 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.在空间直角坐标系下，例1的第（2）、（3）问便迎刃而解了. 下面给出解答.
(2)解：当1AB MN ⊥时，由（1）解法三知，
、
)0,0,0(A )8
1
,1,0()0,43,43()2,21,23(1N M B 、、、 )2,0,0(1A ，则)2,0,0(),0,4
3,43(
),8
1
,41,43(1==-
=AA ，
设向量),,(z y x =与平面AMN 垂直，则有
)0()1,1,3(8
),81,83(
8183
0434********>-=-=∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧-==⇒=⎪⎪⎭
⎪⎪⎬⎫=+=++-
⇒
⎪⎭⎪
⎬⎫⊥⊥z z
z z z z y z x y x z y x 取)1,1,3(0-=n
向量1AA 在0n 上的射影长即为1A 到平面AMN 的距离，设为d ，于是
5
5
21)1()3(|)1,1,3()2,0,0(||
||||||,cos |||2
2201011011=+-+-⋅=
⋅=><⋅=n AA AA n AA AA d （3）根据上面“1.4. 直线L 与平面α所成的角”中所提到的方法，须求出平面11A ACC 的一个法向量，进而求1AB 与所在直线的夹角。

设平面11A ACC 的一个法向量为，则有
);0()0,0,1()0,0,(,00021>==∴==⇒⎭⎬⎫
==⇒⎪⎭
⎪⎬⎫⊥⊥x x x n z y y z AA 取)0,0,1(0=n ，
则 10151)2()21()23()
0,0,1()2,21
,23(
|
||||,cos |2
222010101=⋅++⋅=
⋅=
><n AB n AB 故1AB 与侧面11A ACC 所成的角为：
10
15
arcsin 1015cos
2
=-arc π
. 本题的解题过程告诉我们，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．
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
C
D
1
A 1
C 1
D E
F
A
B
1B
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 —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E 、F 分别是AB 、BC 上的点，且EB= FB=1.
(1) 求二面角C —DE —C 1的正切值; (2) 求直线EC 1与FD 1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，1,,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：（I ）解法一：以D 为原点，1,,DD 分别为x 轴，y 轴, z 轴的正向 建立空间直角坐标系，则有)2,4,0(),0,4,0(),2,0,0(),0,0,0(11C C D D ,
)2,4,0(),0,4,2(),0,3,3(1C F E 于是，)2,4,2(,)2,1,3(),0,3,3(11--=-==FD EC ,
设向量),,(z y x n =与平面DE C 1垂直，则有
z y x z y x y x EC 210230331=-=⇒⎭
⎬⎫=++-=+⇒⎪⎭⎪
⎬⎫⊥⊥
),2,1,1(2
),21,21(-=-=∴z
z z z 其中0>z
取)2,1,1(0-=n ，则0n 是一个与平面DE C 1垂直的向量， 向量)2,0,0(1=DD 与平面CDE 垂直，
0n ∴与1DD 所成的角θ为二面角1C DE C --的平面角
.2
2tan ,362002)1(1220)1(01|
|||cos 2
222221010=∴=
++⨯+-+⨯+⨯-+⨯=
⋅=
θθDD n （Ⅰ）解法二：令M 点在DE 上，且⊥，可设M 点的坐标为)0,3,3(λλM ，则)0,43,3(-=λλ
01218)0,3,3()0,43,3(,=-=⋅-=⋅∴⊥λλλDE CM DE CM ).0,2,2().0,2,2(,3
2
-=-==
∴λ 再令N 点在DE 上，且C ⊥1，设N 点的坐标为)0,3,3(γγN ，则
2
2tan .3
622)2(02)2()
2,2,2()0,2,2(||||cos )2,2,2(),2,2,2(,3
2
01218)0,3,3()2,43,3(,)
2,43,3(2
222221111111=
∴=++-⋅++--⋅-=
⋅=∴-=--=∴=
∴=-=⋅--=⋅∴⊥--=θθγγγγγγNC MC NC C C C C
（II ）设1EC 与1FD 所成角为β，则
14
212)4()2(21)3(22)4(1)2(3|
|||cos 2
222221111=+-+-⨯++-⨯+-⨯+-⨯-=
⋅=
FD EC β 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）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
1111D C B A ABCD -中，已知2=AB ，,51=AA E 、F 分别为
F
E
1
A 1
B 1
C 1
D
D D 1、B B 1上的点，且.11==F B DE
（Ⅰ）求证：⊥BE 平面ACF ； （Ⅱ）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（Ⅱ）问．
解：(Ⅰ)以D 为原点，以、、D 1的正向分别为x 轴、y 轴、
z 轴建立空间直角坐标系，则
).4,2,2(),1,0,0(),5,0,0(),0,2,0(),0,2,2(),0,0,2(),0,0,0(1F E D C B A D
于是).1,2,2(),4,2,0(),0,2,2(--==-=
,,,0,0AF BE AC BE AF BE AC BE ⊥⊥∴=⋅=⋅ 且,A AF AC = ∴⊥BE 平面ACF
（Ⅱ）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
,3
5
1)2()2(|
)1,2,2()1,0,2(||
||||||,cos |||222=+-+---⋅-=
⋅=><⋅=BE AE d
故点E 到平面ACF 的距离为.3
5
考后对学生评讲本题的过程中，为了让他们体会用向量法解题的优越性，我首先用传统的几何法，再用向量法来解．通过师生的交流及正确的导向，同学们更好地掌握了用向量法求空间角与距离的一般方法。

以上[例2]、[例3]中的几何体为长方体，较为容易建立坐标系。

如果题中几何体不是长方体或正方体，则考察几何体中的线线垂直、线面垂直及面面垂直关系. 如：
[例4] （2004高考福建数学卷19）
在三棱椎ABC S -中，ABC ∆是边长为4的正三角形，平面⊥SAC 平面ABC ，22==SC SA ，M 为AB 的
A
M
B
C
S
中点.
（1） 求证 SB AC ⊥；
（2）求二面角A CM S --的大小； （3）求点B 到平面SCM 的距离.
分析: 如图10，以AC 中点O 为坐标原点, 以、、的正向分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系即可得出各相关点的坐标．（解略）
［例５］把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面
角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，点O 是原正方形的中心，求
（１）EF 的长；（２）折起后EOF ∠的吧大小
分析：如图11，以点O 为坐标原点，以OB 、OC 、
OD 的正向分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，并设正方形边长为a 即可得出各相关点的坐标．（解略）
图10
图11。