高中数学《3.2立体几何中的向量方法》教案新人教A版选修2-1

3.2 立体几何中的向量方法空间距离
利用向量方法求解空间距离问题，
能够回避此类问题中大批的作图、
证明等步骤， 而
转变为向量间的计算问题．
例１如图， 已知正方形 ABCD 的边长为 4，E 、F 分别是 AB 、AD 的中点， GC ⊥平面 ABCD ，
且 GC ＝ 2，求点 B 到平面 EFG 的距离．
剖析：由题设可知
CG 、 CB 、 CD 两两相互垂直，能够由此成立空间直角坐标系．用向
量法求解，就是求出过
B 且垂直于平面 EFG 的向量，它的长即为点 B 到平面 EFG 的距
离．
解：如图，设 CD
4i ， CB
4j ， CG
2k ，以 i 、 j 、k 为坐标向量成立空间直
角坐标系 C － xyz ．
由题设 C(0,0,0)
，A(4,4,0) ，B(0,4,0) ，D(4,0,0) ，
E(2,4,0) ，F(4,2,0) ， G(0,0,2) ．
uuur
uuur (4, 2,0) ，
∴ BE (2,0,0) ， BF
uuuur (0, 4, 2) uuur
(2, 4, 2) ，
BG
， GE
uuur (2, 2,0)
EF ．
设 BM 平面 EFG ，M 为垂足，则 M 、 G 、E 、F 四点
共 面 ， 由 共 面 向 量 定 理 知 ， 存 在 实 数 a 、 b 、 c ， 使 得 uuuur uuur uuur uuuur
(a
b c 1) ， BM aBE bBF cBG
uuuur
a(2,0,0) b(4, 2,0) c(0, 4,2) ＝ (2 a +4b , － 2b － 4c ,2 c ) ．
∴
BM
由 BM 平面 EFG ，得 BM GE ， BM
EF ，于是
uuuur uuur uuuur uuur
0 ． BM GE 0， BM EF
(2 a
4b, 2b 4c, 2c) (2, 4, 2) 0 ∴(2 a
4b, 2b 4c, 2c) (2, 2,0) 0
a
b c 1
15
a
a 5c 0
11
7 ． 整理得：
a 3
b 2
c 0 ，解得 b
a b c 1
11
3
c
11
∴
BM ＝ (2 a +4b , － 2b － 4c ,2 c ) ＝ ( 2 , 2 , 6
) ．
11 11 11
uuuur 2
2
2
2 2 6 2 11 ∴
|BM |
11 11 11 11
故点 B 到平面 EFG的距离为2 11
．11
说明：用向量法求点到平面的距离，经常不用作出垂线段，只需利用垂足在平面内、共面向量定理、两个向量垂直的充要条件解出垂线段对应的向量就能够了．例 2 已知正方体ABCD－A' B 'C ' D '的棱长为1，求直线
DA' 与AC的距离．
剖析：设异面直线DA' 、AC的公垂线是直线l ，则线段AA'
在直线 l 上的射影就是两异面直线的公垂线段，所以本题能够
利用向量的数目积的几何意义求解．
解：如图，设 B' A'i ，B'C'j ，B' B k，以 i 、j、
k 为坐标向量成立空间直角坐标系B' －xyz，则有
A '(1,0,0) ， D (1,1,1)， A(1,0,1) ， C (0,1,1)．
uuuur
(0,1,uuuur
(
uuuur
(0,0,1) ．
∴DA '1)， AC1,1,0) ， A ' A
设 n( x, y, z) 是直线l方向上的单位向量，则x2y2z21．
∵n DA'， n AC ，
y z0
33∴x y0，解得 x yz y z
或 x．x2y 2z21
33
取 n
33
,
3
(,) ，则向量A' A在直线l上的投影为
333
n·A' A( 3 , 3 ,
3
) ·(0,0,1)3．
3333
由两个向量的数目积的几何意义知，直线DA' 与AC的距离为 3 ．
3
向量的内积与二面角的计算
在《高等代数与分析几何》课程第一章向量代数的教课中，讲到几何空间的内积时，有一个例题（见 [1] ， p53）要求证明以下的公式：
cos cos cos sin sin cos,(1)
此中点
O 是二面角的棱上的点，、分别在平面
P
和平面
Q
内。

AON
，P-MN-Q MN OA OB
BON，AOB。

为二面角 P-MN-Q（见图1）。

z
D
P
A
a
N
M O
y
b
Q
x B
图 1
公式（ 1）能够利用向量的内积来加以证明：
以 Q为坐标平面，直线MN
为
交线为射线OD，则OD MN ，得
y 轴，如图 1 成立直角坐标系。

记 xOz平面与平面P 的
AOD，DOx，DOz。

22
分别沿射线OA、 OB的方向上作单位向
量
a ，b，则a, b。

由计算知 a ，b的坐标分别为
(sin cos , cos , sin sin ) ， (sin , cos,0) ，
于是，
a b
sin sin cos 。

cos a b cos cos
| a || b |
公式（ 1）在立体几何计算二面角的平面角时是实用的。

我们来介绍以下的两个应用。

例 1．立方体ABCD-A1B1C1D1的边长为 1，E、F、G、H、I分别为A1D1、A1A、A1B1、B1C1、B1B的中点。

求面和面
GHI 的夹角的大小（用反三角函数表示）。

EFG
解因为图 2 中所画的两平面和
GHI 只有一个公共点，没有交线，所以我们能够将
EFG
该立方体沿 AB方向平移 1 个单位。

这样就使平面EFG平移至平面HI G。

而就是二面角G-IH- G（见图3）。

利用公式（1），只需知道了，和的大小，我们就能求出。

D1C1
E
H
G
A 1B1
F D I
C
A B
图 2
由已知条件，GHI 和HIG均为等边三角形，所以，而
3 GIG。

所以，
2
D 1C1
E H
G G'
A1B1
F
I
D C
A B
图 3
cos cos cos
3sin sin cos，
2333即
01133
cos。

2222
解得
cos1，arccos 1。

33
自然，在成立了直角坐标系以后，经过计算向量的外积可计算出两平面的法向量，利
用法向量相同也可算出夹角来。

例 2．计算正十二面体的两个相邻面的夹角的大小。

解我们知道正十二面体的每个面都是大小相同的正五边形，且在正十二面体的每个顶
点上均有 3 个面环绕。

设P 和 Q是两个相邻的面，MN是它们的交线（如图4），则公式（1）
中的，，分别为：
AMN ，BMN ，AMB ，
所以它们均为正五边形的内角。

所以
108 。

N
P
Q
M
A
B
图 4
所以，由公式（ 1）知
cos108
cos108 cos108
sin 108 sin 108 cos
，
或
cos
cos108 (1
cos108 )
5
sin 2 108。

5
所以，
arccos 5 ，或
116 33 54 。

5
假如不使用公式（ 1），要求出例 2 中的夹角 的大小在计算上要复杂好多。

利用例 2 的结果，我们能够简单地计算出单位棱长正十二面体的体积 V 。

设单位棱长正十二面体的中心为 ，则该十二面体能够切割成十二个全等的正五棱锥，
O
每个五棱锥以该多面体的一个面为底面、以
O 为其极点。

设该正五棱锥为
，进而可知：
V 12V 。

再设
的底面积为 、高为 h ，设 O 为单位边长正五边形（即
的底）的中心，
、
S
A B
为该五边形的两个相邻的极点，
H 为 AB 的中点， |
O H | a ，则
1 tan O' AH
1
， S
a 5
O' AH 54 ， a
tan54
5
tan54 。

2
h
2 2
4
仍设
为正十二面体两相邻面的夹角，则
tan 。

所以
a
2
h
1
tan54 tan。

2
2
可是，
tan
1 cos 5 1 ，
2
1 cos
2
进而 V12V4Sh45
tan 54
1
tan 54 tan 422
5
(tan 54 )2 tan5 5 2 5 5 115 75，222524
或 V7.6631。