用向量法解题例说
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。
更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。
首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。
范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。
二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是 ，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。
用向量法解三角几何
用向量法解三角几何本文介绍了一种用向量法解决三角几何问题的方法。
向量法是一种准确且直观的解题方法，可以应用于各种三角形相关的问题。
1. 向量表示为了使用向量法解决三角几何问题，首先需要将几何图形中的点和向量表示出来。
对于三角形ABC，可以用向量AB、向量AC 和向量BC表示三个边。
2. 向量运算通过向量的加法、减法和数量乘法，可以进行各种三角形相关的运算。
例如，两个向量的和表示两个边的向量和，而两个向量的差表示两个边的向量差。
3. 向量积向量积是向量法解决三角几何问题中的重要概念。
向量积有两种形式：数量积和向量积。
数量积表示两个向量之间的夹角关系，向量积表示两个向量所构成的平行四边形的面积。
4. 应用示例下面通过一个应用示例来说明如何用向量法解决三角几何问题。
已知三角形ABC的顶点坐标分别为A(1, 2)，B(3, 3)和C(2, 4)，求三角形ABC的面积。
解：首先将点A、B和C表示为向量。
向量AB = B - A = (3, 3) - (1, 2) = (2, 1)，向量AC = C - A = (2, 4) - (1, 2) = (1, 2)。
然后计算向量AB和向量AC的向量积。
向量积的大小等于向量AB和向量AC的数量积的绝对值乘以它们夹角的正弦值。
根据向量的定义，向量积的大小等于平行四边形ABCB'的面积。
平行四边形ABCB'的底边AB的长度为|AB| = √(2^2 + 1^2) = √5，高为|AC|·sin(∠BAC) = √(1^2 + 2^2)·sin(∠BAC) = √5·sin(∠BAC)。
因此，三角形ABC的面积等于平行四边形ABCB'的面积的一半，即S = (1/2)·√5·√5·sin(∠BAC) = 5·sin(∠BAC)。
5. 总结向量法是一种有效而简洁的解题方法，适用于各种三角几何问题。
专题(19)巧用向量法求解圆锥曲线问题
高三第二轮专题复习专题（19）——巧用向量法求解圆锥曲线问题一、 利用向量的数量积解决夹角（钝、锐、直）问题例1、过抛物线22(0)y px p =>的焦点F 作直线交抛物线于A B 、两点，O 为坐标原点.求证：ABO ∆是钝角三角形.说明：（1）确定三角形的角时，若三边长易算用余弦定理；若三边长不易计算则考虑向量的数量积；（2）更为一般地，我们有如下重要结论：①过点(,0)(0)M t t >的直线交抛物线22(0)y px p =>于A B 、两点.当02t p <<时，AOB ∠为钝角；当2t p =时，AOB ∠为直角；当2t p >时，AOB ∠为锐角.②过点(0,)(0)M t t >的直线交抛物线22(0)x py p =>于A B 、两点.当02t p <<时，AOB ∠为钝角；当2t p =时，AOB ∠为直角；当2t p >时，AOB ∠为锐角.③抛物线22(0)y px p =>上异于原点O 的动点A B 、满足OA OB ⊥u u r u u u r ，则直线AB 必过定点(2,0)p ；反之，亦成立. ④抛物线22(0)x py p =>上异于原点O 的动点A B 、满足OA OB ⊥u u r u u u r ，则直线AB 必过定点(0,2)p ；反之，亦成立.变式：已知椭圆22:184x y E +=，是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A B 、，且O A O B ⊥u u r u u u r ？若存在，写出该圆的方程；若不存在，请说明理由.答案：2283x y +=. 说明：已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>，直线l 与椭圆E 交于A B 、两点，在AOB ∆中，AB 边上的高为OH .（1）若2221112||AOB OH a bπ∠=⇔=+； （2）若2221112||AOB OH a b π∠<⇔<+； （3）若2221112||AOB OH a b π∠>⇔>+. 本例中22221113883r r a b =+=⇒=，则圆的方程为2283x y +=.二、 利用向量知识解决共线问题例2、在平面直角坐标系xoy 中，经过点(0,且斜率为k 的直线l 与椭圆22:12x E y +=有两个不同的交点P Q 、.（1）求实数k 的取值范围；（2）设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A B 、，是否存在常数k ，使得向量OP OQ +u u u r u u u r 与AB uu u r 共线？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由.答案：不存在.变式：设A B 、是椭圆22:12x E y +=上的两点，(2,0)N -满足NA NB λ=u u r u u u r .当11[,]53λ∈时，求直线AB 斜率的取值范围.答案：121[,[,]2662--.三、利用向量解决参数的取值范围问题例3、已知C 为圆22(1)8x y ++=的圆心，P 是圆上的动点，点Q 在圆的半径CP 上，且有点(1,0)A 和AP 上的点M 满足0,2M Q A P A P A M ⋅==u u u r u u u r u u u r u u u r .（1）当点P 在圆上运动时，求点Q 的轨迹方程；（2）若斜率为k 的直线l 与圆221x y +=相切，与（1）中所求点Q 的轨迹交于不同的两点,F H ，O 是坐标原点，且满足3445OF OH ≤⋅≤uu u r uuu r ，求k 的取值范围.答案：（1）2212x y +=；（2）[]22U .四、由向量形式给出的圆锥曲线的几何关系例4、在平面直角坐标系xoy 中，1的线段的两端点,C D 分别在,x y 轴上滑动，CP PD =uu r uu u r ，记点P 的轨迹为曲线E .（1）求曲线E 的方程；（2）经过点(0,1)作直线与曲线E 相交于,A B 两点，OM OA OB =+uuu r uu r uu u r ，当点M 在曲线E 上时，求四边形AOBM 的面积.答案：（1）2212y x +=；（2五、圆锥曲线中求向量数量积的取值范围例5、已知椭圆22122:1(0)y x C a b a b+=>>与抛物线22:2(0)C x py p =>有一个公共焦点，抛物线2C 的准线l与椭圆1C 有一个坐标是的交点.（1）求椭圆1C 与抛物线2C 的方程；（2）若点P 是直线l 上的动点，过点P 作抛物线的两条切线，切点分别为,A B ，直线AB 与椭圆1C 分别交于点,E F ，求OE OF ⋅u u u r u u u r 的取值范围.答案：（1）22212:1,:884y x C C x y +==；（2）(8,2]-.。
平面向量在解题中的应用例说
ｅ
３＋ ２＋
＋ｔ
，
・
．
．
ｆ （） ３ ｘ ． ：一 ｘ ＋２ ＋ｔ
证明 构造 向量 口 （ ， ６ ，ｂ √ ６ ６ ， ＝ √ ） ＝ ，√ ）
则 由 口， 为 不相 等 的两 个正 数可 知 向量 ａ， 不 ｂ ｂ 共 线 ．此 时有 Ｉ Ｉ ａ１ ． 口．Ｊ １ｊ ， ． Ｊ ｂ
・ ． ．
２平面向量在三角函数方面 的应用 ｌ 向量与三角函数的整合 ，仍然是以三角题 平面
故ｔ 的取值范围是 【， ∞ ． ５ ＋ ）
２ １ 年第 ５ ０２ 期
福建 中学数学
４ １
型为 背景 的一 种 向量描 述 ．它 需 要根 据 向量 的运 算 性 质 向 量 问题 转 化 为 三 角 函 数 的相 关 知 识 来 解
答．
ＭＡ ．
＝０ ．
（ ）当 点在 Ｘ １ 轴上移动时，求动点 Ｐ的轨迹 Ｃ的 方程 ； （）过 （２ ０ 的直线 ， ２ 一 ，） 与轨迹 ｃ交于 Ｅ，Ｆ两
点 ，又 过 ， Ｆ作 轨迹 Ｃ的切 线 ‘ ，，当 ‘上，时 ， ， ２ ２ 求直 线 ， 方程 ．
例 ４ （０８年高考福建卷 ・ １）已知向量 ２０ 文 ７
一
。 ． ．
故所求的函数值域是 Ｙ （１１． ∈－， ） 例 ３ 已知 口 ，ｂ 是不相等的两个正数，求证 ：
（＋ ） ＋６） ａ ＋６） 口 ６（ ＞（ ．
解 由题意ｆ ｘ＝ ・＝ ２ 一 ） ｆ ＋） （） 口６ ｘ（ ＋ （ １ １
＝ ～
分析 构造向量的坐标形式，再利用向量数量积 的性质 ： Ｉ ａ （ ａｂ ｌ 其中向量共线 时等号成立）便
例说用零向量解题
F 活
图 3
例 3
分析
A BCD E F O
求 C 下 十 CUs US
2 7c
妞十 7
级 阳
②
二 ;欢、 二
LJ U ) .
①
(B 普 (C (D 普 ) )3 )
如 图 5 ， 长 OB 至 E ， OE 延 使
20 B ， 长 延
OC 至F ， 使OF 二 30 C， 则OA 十
S八 = 。 S nA R = O
3
命题 的应用
例1
+ )o
判 断 下 列各命 题 是 否 正 确 :
a = 0;
( 2) 若 a / b ,b / c ， a / c ; 则
<3 ) 若 a <4 ) 若 a 分析 b 一 0， a 」 叭 则 _ b 井 0， a 并 0 且 b 举 0 ; 则
o f 十 慈 + 一 卜o A = OA. 注意到: 当 o A ，A,"" O Z ",0A 分 绕。 旋 71 后 其 别 点 转7 ， 2r
22
中学或学
2006 年第4 期
例 说 用零 向 量 解 题
312300 浙江省上虞华维外国语学校 田志承
对 于“ 向量 ” 教 材 中仅 给 出 了“ 零 ， 、 长度 为 0 的 向量 叫做 零 向量”的描 述 性定 义 ， 少 教 不 师对 此 概 念 也 是 一 带 而 过 ， 少 学 生 也 不 深 不 究. 但 是 ， 单 的 、 素 的结 论 和 思 想 ， 往 反 简 朴 往 映辜 物 的本 质 ， 此 朴 素 的 想 法 常 常 能 解 决 因 一 些 复 杂 的 问题 . 本 文 介 绍 几 个 关 于 零 向量 的命 题 及 应 用 ，
利用向量方法求空间角 知识点+例题+练习
教学内容利用向量方法求空间角教学目标1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．重点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．难点1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别，体会求空间角中的转化思想．教学准备教学过程自主梳理1．两条异面直线的夹角①定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．②范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_____________________．③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos θ＝________＝_______________.2．直线与平面的夹角①定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．②范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________．③向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.3．二面角(1)二面角的取值范围是____________．(2)二面角的向量求法：①若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．自我检测1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为________．2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则l1与l2所成的角等于________．3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于________．4．二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为_______________________________________．5．(2010·铁岭一模)已知直线AB、CD是异面直线，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD所成的角的大小为________．教学效果分析教学过程探究点一利用向量法求异面直线所成的角例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．变式迁移1如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．探究点二利用向量法求直线与平面所成的角例2如图，已知平面ABCD⊥平面DCEF，M，N分别为AB，DF的中点，求直线MN与平面DCEF所成的角的正弦值．变式迁移2如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成的角的正弦值．教学效果分析教学过程探究点三利用向量法求二面角例3如图，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝12，求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小．变式迁移3如图，在三棱锥S—ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．(1)证明：SO⊥平面ABC；(2)求二面角A—SC—B的余弦值．探究点四综合应用例4如图所示，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ABC是正三角形．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角B－AC－D的余弦值；(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．教学效果分析教学过程变式迁移4 (2011·山东，19)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．1．求两异面直线a、b的所成的角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．)一、填空题(每小题6分，共48分)1．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin〈DB1→，CM→〉的值等于________．2．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成的角的大小为________．3．如图，在正四面体ABCD中，E、F分别是BC和AD的中点，则AE与CF所成的角的余弦值为________．教学效果分析教学过程4．(2011·南通模拟) 如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为________．5．P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为________．6．(2011·无锡模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．7．如图，P A⊥平面ABC，∠ACB＝90°且P A＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．8．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为________．二、解答题(共42分)9．(14分) 如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.(1)求二面角B－AD－F的大小；(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．10．(14分)(2011·大纲全国，19)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.(1)证明：SD⊥平面SAB；(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．教学效果分析教学过程11．(14分)(2011·湖北，18)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tan θ的最小值．自主梳理1．②⎝⎛⎦⎤0，π2③|cos φ|⎪⎪⎪⎪a·b|a|·|b| 2.②⎣⎡⎦⎤0，π2 3.(1)[0，π]教学效果分析自我检测 1．45°或135° 2.90° 3.30° 4.60° 5.60° 课堂活动区例1 解题导引 (1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2 解如图所示，以C 为原点，直线CA 、CB 、CC 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)， ∴BD →＝(0，－1,2)，A 1C →＝(－2,0，－2)，∴cos 〈BD →，A 1C →〉＝BD →·A 1C →|BD →||A 1C →|＝－105.∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.变式迁移1 解 ∵BA 1→＝BA →＋BB 1→，AC →＝AB →＋BC →， ∴BA 1→·AC →＝(BA →＋BB 1→)·(AB →＋BC →) ＝BA →·AB →＋BA →·BC →＋BB 1→·AB →＋BB 1→·BC →. ∵AB ⊥BC ，BB 1⊥AB ，BB 1⊥BC ， ∴BA →·BC →＝0，BB 1→·AB →＝0， BB 1→·BC →＝0，BA →·AB →＝－a 2， ∴BA 1→·AC →＝－a 2. 又BA 1→·AC →＝|BA 1→|·|AC →|·cos 〈BA 1→，AC →〉，∴cos 〈BA 1→，AC →〉＝－a 22a ×2a ＝－12.∴〈BA 1→，AC →〉＝120°.∴异面直线BA 1与AC 所成的角为60°.例2 解题导引 在用向量法求直线OP 与α所成的角(O ∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP →，OP ′→〉，其中OP ′为斜线OP 在平面α内的射影；二是通过求〈n ，OP →〉进而转化求解，其中n 为平面α的法向量．解设正方形ABCD ，DCEF 的边长为2，以D 为坐标原点，分别以射线DC ，DF ，DA 为x ，y ，z 轴正半轴建立空间直角坐标系如图．则M (1,0,2)，N (0,1,0)，可得MN →＝(－1,1，－2)．又DA →＝(0,0,2)为平面DCEF 的法向量，可得cos 〈MN →，DA →〉＝MN →·DA →|MN →||DA →|＝－63.所以MN 与平面DCEF 所成的角的正弦值为|cos 〈MN →，DA →〉|＝63.变式迁移2 解 以点B 为原点，BA 、BC 、BE 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，D (0,2,1)，E (0,0,2)，F (1,0,1)． ∴BD →＝(0,2,1)，DF →＝(1，－2,0)． 设平面BDF 的一个法向量为 n ＝(2，a ，b )，∵n ⊥DF →，n ⊥BD →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·BD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧(2，a ，b )·(1，－2，0)＝0，(2，a ，b )·(0，2，1)＝0. 解得a ＝1，b ＝－2.∴n ＝(2,1，－2)． 设AB 与平面BDF 所成的角为θ，则法向量n 与BA →的夹角为π2－θ，∴cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝BA →·n |BA →||n |＝(2，0，0)·(2，1，－2)2×3＝23， 即sin θ＝23，故AB 与平面BDF 所成的角的正弦值为23.例3 解题导引 图中面SCD 与面SBA 所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．解建系如图，则A (0,0,0)， D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1,1,0)， B (0，1,0)，S (0,0,1)， ∴AS →＝(0,0,1)，SC →＝(1,1，－1)，SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，AB →＝(0,1,0)，AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0. ∴AD →·AS →＝0，AD →·AB →＝0. ∴AD →是面SAB 的法向量，设平面SCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有n ·SC →＝0且n ·SD →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，12x －z ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．∴cos 〈n ，AD →〉＝n ·AD →|n ||AD →|＝2×126×12＝63.故面SCD 与面SBA 所成的二面角的余弦值为63. 变式迁移3 (1)证明 由题设AB ＝AC ＝SB ＝SC ＝SA . 连结OA ，△ABC 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OC ＝22SA ， 且AO ⊥BC .又△SBC 为等腰三角形，故SO ⊥BC ，且SO ＝22SA .从而OA 2＋SO 2＝SA 2，所以△SOA 为直角三角形，SO ⊥AO . 又AO ∩BC ＝O ，所以SO ⊥平面ABC . (2)解以O 为坐标原点，射线OB 、OA 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系O －xyz ，如图．设B (1,0,0)，则C (－1,0,0)， A (0,1,0)，S (0,0,1)．SC 的中点M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， MO →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－12，MA →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－12， SC →＝(－1,0，－1)， ∴MO →·SC →＝0，MA →·SC →＝0.故MO ⊥SC ，MA ⊥SC ，〈MO →，MA →〉等于二面角A —SC —B 的平面角．cos 〈MO →，MA →〉＝MO →·MA →|MO →||MA →|＝33，所以二面角A —SC —B 的余弦值为33.例4 解题导引 立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．(1)证明作AH ⊥面BCD 于H ，连结BH 、CH 、DH ，则四边形BHCD 是正方形，且AH ＝1，将其补形为如图所示正方体．以D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系．则B (1,0,0)，C (0,1,0)，A (1,1,1)． BC →＝(－1,1,0)，DA →＝(1,1,1)， ∴BC →·DA →＝0，则BC ⊥AD .(2)解 设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥BC →知：n 1·BC →＝－x ＋y ＝0，同理由n 1⊥AC →知：n 1·AC →＝－x －z ＝0， 可取n 1＝(1,1，－1)，同理，可求得平面ACD 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)． 由图可以看出，二面角B －AC －D 即为〈n 1，n 2〉，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1＋0＋13×2＝63.即二面角B －AC －D 的余弦值为63. (3)解 设E (x ，y ，z )是线段AC 上一点， 则x ＝z >0，y ＝1，平面BCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，DE →＝(x,1，x )，要使ED 与平面BCD 成30°角，由图可知DE →与n 的夹角为60°，所以cos 〈DE →，n 〉＝DE →·n |DE →||n |＝x 1＋2x 2 ＝cos 60°＝12.则2x ＝1＋2x 2，解得x ＝22，则CE ＝2x ＝1.故线段AC 上存在E 点，且CE ＝1时，ED 与面BCD 成30°. 变式迁移4(1)证明 方法一 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 因此BC ＝2FG . 连结AF ，由于FG ∥BC ，FG ＝12BC ，在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，则AM ∥BC ，且AM ＝12BC ，因此FG ∥AM 且FG ＝AM ，所以四边形AFGM 为平行四边形， 因此GM ∥F A .又F A ⊂平面ABFE ，GM ⊄平面ABFE ，方法二 因为EF ∥AB ，FG ∥BC ，EG ∥AC ，∠ACB ＝90°， 所以∠EGF ＝90°， △ABC ∽△EFG . 由于AB ＝2EF ， 所以BC ＝2FG .取BC 的中点N ，连结GN ，因此四边形BNGF 为平行四边形， 所以GN ∥FB .在▱ABCD 中，M 是线段AD 的中点，连结MN ， 则MN ∥AB .因为MN ∩GN ＝N ， 所以平面GMN ∥平面ABFE .又GM ⊂平面GMN ，所以GM ∥平面ABFE .(2)解 方法一 因为∠ACB ＝90°，所以∠CAD ＝90°. 又EA ⊥平面ABCD ，所以AC ，AD ，AE 两两垂直．分别以AC ，AD ，AE 所在直线为x 轴，y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，则由题意得A (0,0,0)，B (2，－2,0)，C (2,0,0)，E (0,0,1)，所以AB →＝(2，－2,0)，BC →＝(0,2,0)．又EF ＝12AB ，所以F (1，－1,1)，BF →＝(－1,1,1)．设平面BFC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，x 1＝z 1，取z 1＝1，得x 1＝1，所以m ＝(1,0,1)．设平面向量ABF 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ·AB →＝0，n ·BF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0，取y 2＝1，得x 2＝1.则n ＝(1,1,0)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.因此二面角A －BF －C 的大小为60°.方法二 由题意知，平面ABFE ⊥平面ABCD . 取AB 的中点H ，连结CH . 因为AC ＝BC ， 所以CH ⊥AB ，过H 向BF 引垂线交BF 于R ，连结CR ，则CR ⊥BF ， 所以∠HRC 为二面角A －BF －C 的平面角． 由题意，不妨设AC ＝BC ＝2AE ＝2，在直角梯形ABFE 中，连结FH ，则FH ⊥AB . 又AB ＝22，所以HF ＝AE ＝1，BH ＝2，因此在Rt △BHF 中，HR ＝63.由于CH ＝12AB ＝2，所以在Rt △CHR 中，tan ∠HRC ＝263＝ 3.因此二面角A －BF －C 的大小为60°. 课后练习区 1.21015 2．90°解析 ∵E 是BB 1的中点且AA 1＝2，AB ＝BC ＝1， ∴∠AEA 1＝90°，又在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， A 1D 1⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 1⊥AE ，∴AE ⊥平面A 1ED 1. ∴AE 与面A 1ED 1所成的角为90°. 3.23解析 设四面体的棱长为a ， AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r ，则AE →＝12(p ＋q )，CF →＝12(r －2q )．∴AE →·CF →＝－12a 2.又|AE →|＝|CF →|＝32a ，∴cos 〈AE →，CF →〉＝AE →，CF →|AE →|·|CF →|＝－23.即AE 和CF 所成角的余弦值为23.4.64 5．90° 解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， 如图：∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ，∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α—AB —β的大小为90°. 6.255解析 如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，则PB ＝2，OB ＝1，OP ＝1. ∴B (1,0,0)，D (－1,0,0)， A (0,1,0)，P (0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫12，0，12， N ⎝⎛⎭⎫－12，0，12， AM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，12， AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，12， 设平面AMN 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·AM →＝12x －y ＋12z ＝0，n ·AN →＝－12x －y ＋12z ＝0，解得x ＝0，z ＝2y ，不妨令z ＝2，则y ＝1.∴n 1＝(0,1,2)，平面ABCD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝25＝255.7. 2解析 PB →＝P A →＋AB →，故PB →·AC →＝(P A →＋AB →)·AC →＝P A →·AC →＋AB →·AC →＝0＋a ×2a ×cos 45°＝a 2.又|PB →|＝3a ，|AC →|＝a .∴cos 〈PB →，AC →〉＝33，sin 〈PB →，AC →〉＝63，∴tan 〈PB →，AC →〉＝ 2. 8.45解析 不妨设正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.则CD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)，设平面B 1DC 的法向量为 n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)．又∵DA →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.9．解 (1)∵AD 与两圆所在的平面均垂直， ∴AD ⊥AB ，AD ⊥AF ，故∠BAF 是二面角B —AD —F 的平面角．(2分) 依题意可知，ABFC 是正方形，∴∠BAF ＝45°. 即二面角B —AD —F 的大小为45°.(5分)(2)以O 为原点，CB 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O (0,0,0)，A (0，－3 2，0)，B (3 2，0,0)，D (0，－3 2，8)，E (0,0,8)，F (0,3 2，0)，(8分)∴BD →＝(－3 2，－3 2，8)， EF →＝(0,3 2，－8)．cos 〈BD →，EF →〉＝BD →·EF →|BD →||EF →|＝0－18－64100×82＝－8210.(12分)设异面直线BD 与EF 所成角为α，则cos α＝|cos 〈BD →，EF →〉|＝8210.即直线BD 与EF 所成的角的余弦值为8210.(14分) 10.方法一 (1)证明 取AB 中点E ，连结DE ，则四边形BCDE 为矩形，DE ＝CB ＝2，连结SE ，则SE ⊥AB ，SE ＝ 3.又SD ＝1，故ED 2＝SE 2＋SD 2，所以∠DSE 为直角，即SD ⊥SE .(4分) 由AB ⊥DE ，AB ⊥SE ，DE ∩SE ＝E ， 得AB ⊥平面SDE ， 所以AB ⊥SD .由SD 与两条相交直线AB 、SE 都垂直，所以SD ⊥平面SAB .(7分)(2)解 由AB ⊥平面SDE 知，平面ABCD ⊥平面SDE .(10分)作SF ⊥DE ，垂足为F ，则SF ⊥平面ABCD ，SF ＝SD ·SE DE ＝32.作FG ⊥BC ，垂足为G ，则FG ＝DC ＝1. 连结SG ，又BC ⊥FG ，BC ⊥SF ，SF ∩FG ＝F ， 故BC ⊥平面SFG ，平面SBC ⊥平面SFG . 作FH ⊥SG ，H 为垂足，则FH ⊥平面SBC .FH ＝SF ·FG SG ＝37，则F 到平面SBC 的距离为217.由于ED ∥BC ，所以ED ∥平面SBC ，E 到平面SBC 的距离d 为217.(12分)设AB 与平面SBC 所成的角为α，则sin α＝d EB ＝217，即AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217.(14分)方法二 以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)、B (0,2,0)．(2分) 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.(1)证明 AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )， DS →＝(x －1，y ，z )， 由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2， 故x ＝1. 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1.①又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4， 即y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②联立①②得⎩⎨⎧y ＝12，z ＝32.(4分)于是S (1，12，32)，AS →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，DS →＝(0，12，32)．因为DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0， 故DS ⊥AS ，DS ⊥BS .又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .(7分) (2)解 设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝(1，－32，32)，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．(10分) 又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝|AB →·a ||AB →||a |＝217，所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.(14分) 11．(1)证明 建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)．(2分)于是CA 1→＝(0，－4,4)， EF →＝(－3，1,1)． 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0， 故EF ⊥A 1C .(8分)(2)解 设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由(1)得F (0,4，λ)．(8分) AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0.取m ＝(3λ，－λ，4)．又由直三棱柱的性质可取侧面AC 1的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(10分) 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63. 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.(14分)。
巧用向量解难题
二、空间向量的运用
对 于 立 体 几 何 题 ，现 在 的 绝 大 部 分 学 生 首 先 想 到 的 是 利 用 向 量 的 方 法 来 解 决 .的 确 ，向 量 方 法 是 解 决 立 体 几 何 问 题 的 一 大 利 器 ，它 的 最 大 好 处 是 极 大 地 降 低 了 学 生 对 于 空 间 想 象 能 力 的 要 求 ，这 样 一 来 对 于 传 统 立 体 几 何 的 教 学 也 是 一 种 挑 战 ，这 需 要 我 们 必 须 有 意 识 地 加 强 传统内容的教学与训练，下面举例说明.
题.
单 位 向 量 在 数 学 中 的 应 用 广 泛 ，除 以 上 应 用 外 ，还
常构造单位向量解决三角求值，探求函数的最值及值域
等 问 题 ，其 特 点 是 方 法 新 颖 、运 算 简 捷 .总 之 ，向量是
“数 ”与“形 ”的最佳载体，而适当挖掘单位向量的潜在功
能 ，无论对解题还是对教材的处理都大有裨益.
\O A +O B \
**
V T ). 妙用单位向量的性质，避 繁 就 简 ，一气呵
向 量 的 夹 角 公 式 是 c o s 〈a
\a \\b \ -'2,其中'1，'2
分别是与a ，b 同向的单位向量，这也说明可选取向量的
9 2 十 •？炎 ，？ 高中版
简 便 . 作 向 量 冬 ，及菱形％' ( ) ，由〇(为
\a\
\b\
$ % 0 ' 的 平 分 线 ，知 # / / $ ( ，即# / / ( $ % + $ # ) ，故
的边长 为/ ，则 可 得 \ ^ " % & " % & ，
巧用向量的数量积解题例说
证 ： ＝ 瓜 明设ｍ ｆ ａ ｂ √ ０
聆＝（ ， ， 口＋ｂ ， ）
ＣＳ ＣＳ ＯＯ Ｏ￣一ｓ ｃ ｉ ＝ ， ＣＳ Ｏ＋ Ｌ ｉ ￣ ｎ Ｏ 即 Ｏ （Ｌ ）＝ ， ｎｓｆ ｌ ０
．
√ ＋ ＋ ． ＋ ｃＯ 而 。 ６ Ｓ 黑 可Ｃ ＋ Ｏ
．
．
ａ
ｏ
ｃ
’
± ±！一
２ — —
２
ｂ ２
ｃ ２
ｃ ｓ｝ 。 ０６
证 明 ： ｎ ＝（ ｙ ｚ ， ＝（ ， ，） 设 ｌ ， ，） ， ａ ｂ Ｃ ， ｌ
ｍ， 的夹 角 为 ｏｏ ≤１ ， ， ｌ （≤ ｒ ）
＝ ・ Ｔ ｏ０＝ ｏＯ ｅ ｃｓ ｃ ｓ ＝１
・
例 ４ 已知 口 ６ ｃ为 正 数 ， 明 ： ，， 证
ｃ ｆ ｚ＋ｂ － Ｃ Ｉ －
≥ — ‘
ＣＳＯ／ ０４ ／
．
ｎ
＝
ｓ ｉｆ ｎ ｌ
・ ．
舞＝ ，
‘ ∈ ， ，Ｏ ｓ， ０ ） Ｏ ｌ 詈 ．Ｓ ｎ ．Ｌｏ ・ ｔ Ｃ
当 ＝ 时ｍ ＝ 运 向 的 量 ，巧 詈 ， ‘ ０ 用 量 数 积可 妙 ．
地解 决许 多非 向量 问题 ， 现举 例说 明．
例 已 。为数 明 （ ３ 知， 正 ， ： ＋） ６ 证去
≤
１ 证 明等 式
、０ ４６ ／ － ．
例 已 （ ０＋ １ 知 ０ Ｃ￣ ∈’ ｎ 篙 詈 Ｓ ４ ０
．
ｍ， 的夹角 为 ０ ｏ ≤百 ， ， ｌ （≤ ） 则
ｍ ・ ｌ＝ａ＋ｂ＋Ｃ ，
空间向量解决立体几何
1 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其它向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解 如图以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)，所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717. 故异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为31717. 点评 本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直BB 1交C 1C 于P 点，因为AB ⊥面BB 1C 1C ，所以BP ⊥面ABB 1A 1，以B 为原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3， 所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C (32，－12，0)，C 1(32，32，0)，E (32，12，0)，A 1(0,2，2)．点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口．3．利用面面垂直关系例3 如图1，等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 所成的锐角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形，所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)，设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0.取y ＝1，得m ＝(0,1,1)， 又因平面ABE 的一个法向量MD →＝(0，3，0)，所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22， 所以平面ABE 与平面BCD 所成的锐角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小．2 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动．1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设AE ＝BF ＝x ，∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)．∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a )＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |解出t ，若t 满足条件则存在． 解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t ) (0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°.设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1， 所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．3 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值；(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．(1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝AF ，所以A 1F ∥EC .又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，⊥BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系．则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0. 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝13， 由图可知，二面角AA 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13. (3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43. 2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求二面角A －DF －C 的平面角的余弦值．分析 求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．解 (1)以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴E 点坐标为E (1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2) ＝(23，23，－43)， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43) ＝(23，23，23)，设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0.取x ＝1得平面FDC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(3)设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ q ·DF →＝0，q ·DA →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0,1，－1)，设二面角A －DF －C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝|n ·q |n |·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A －DF －C 的平面角的余弦值为12. 3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43， 又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535. 点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以平面ABCD 内，点Q 在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →，即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD .又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，∴PQ →·QD →＝0，即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.又由P A →·QD →＝0，∴AQ →·QD →＝0，∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2. 又∵AB ＝1，由题图知，当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ；当0<a <2时，不存在点。
立体几何中不易建系的用空间向量证明垂直问题。
立体几何中不易建系的用空间向量证明垂直问题。
1. 引言1.1 概述立体几何是数学中的一个重要分支，研究空间中的图形和特定关系。
建系问题是立体几何中一个常见的难题，它涉及到如何确定或构建一个合适的坐标系来描述和表示空间中的元素和关系。
在解决建系问题时，传统的方法存在一定局限性和困难，例如难以应对复杂的几何结构、缺乏普适性等。
1.2 文章结构本文将通过引入空间向量理论来探讨解决立体几何中不易建系的问题。
文章分为以下几个部分：- 引言：介绍本文的背景和论文结构。
- 立体几何中的建系问题：阐述建系定义与重要性、传统方法的局限性与困难，以及空间向量在解决建系问题中的优势。
- 空间向量证明垂直问题的基本原理与方法：讨论垂直关系的定义与特征、空间向量表示垂直关系的有效途径，以及应用空间向量证明垂直性质时需要考虑的因素。
- 实例分析：通过一个具体案例来说明使用空间向量证明垂直问题的步骤和推理过程，并对结果进行分析和讨论。
- 结论与展望：总结研究成果并得出结论，同时提出未来研究方向和进一步工作的展望。
1.3 目的本文的目的是介绍空间向量在解决立体几何中不易建系的问题中所起到的作用和优势，并通过实例分析来验证其有效性。
通过本文的研究，读者将能够理解空间向量在解决建系问题中的重要性，并了解使用空间向量证明垂直问题的基本原理与方法。
最终，本文希望为立体几何领域中建系问题的解决提供一种新思路和有价值的参考。
2. 立体几何中的建系问题：2.1 建系的定义与重要性：在立体几何中，建系是指通过选取适当的点或向量作为参照，构建坐标系或基底来描述和表示空间中的几何事物或运动。
建系是解决立体几何问题和进行进一步分析的基础，它可以帮助我们确定方向、测量距离和角度，从而推导出更多关于空间图形、运动和变换的性质。
2.2 建系方法的局限性与困难：传统的建系方法主要包括平行四边形法、角平分线法、垂直线法等。
然而，这些方法在实际应用中存在一定的局限性和困难。
例说向量法在数学问题解决中的应用
例说向量法在数学问题解决中的应用甘肃民族师范学院 尚珑杰【摘要】文章分析了向量法在数学问题解决的基本思路，结合具体例题呈现了向量法的广泛应用.【关键字】向量法；数学问题；运用【正文】向量本身是数形结合的产物,既反映数量关系,又体现位置关系.它既具有代数的抽象与严谨, 又兼备几何的直观,因此向量是沟通代数、几何与三角函数的一种重要工具,有着极其丰富的实际背景. 以下分别对向量与各种数学问题的交汇进行举例，作一简单讨论.一． 向量法的基本思想向量具有很好的“数形结合”特性.一是“数”的形式，即利用一对实数对既可表示向量大小，又可以表示向量的方向；二是“形”的形式，即利用一条有向线段来表示一个向量.而且这两种形式又是密切联系的，它们之间可以利用简单的运算进行相互转化.可以说向量是联系代数关系与几何图形的最佳纽带.它可以使图形量化，使图形间关系代数化，使我们从复杂的图形分析中解脱出来，只需要研究这些图形间存在的向量关系，就可以得出精确的最终结论.使分析思路和解题步骤变得简洁流畅，又不失严密. 二．向量法在数学问题解决中的思路分析 （一）运用向量法解决代数问题 1．与函数交汇：例1．已知平面向量a=（3，-1），b ＝（21，23），若存在实数变量ｔ和函数)(t f 使+=a x （ｔ２b t a t f y b +-=-)(,)3，且x ⊥y ，试求函数的表达式)(t f .解：由题设可知a ·b ＝3·21＋（－１）·23＝0，且a ２＝4，b２＝1由x ⊥y ，有 ［a ＋（2t －3）b ］·［－)(t f a ＋ｔb ］＝0化简整理，得)(t f ＝41ｔ（2t －3） 2．与方程交汇：例2.设a ，b ，c 是三个非零向量 ，a⊥b ，ｘ∈Ｒ，若1x ,2x 是方程2x a＋ｘb ＋c ＝0 的两实根，求证:1x ＝2x证明：由题设有21x a ＋1x b ＋c＝0 ①22x a＋2x b ＋c ＝0 ②①－②，有（21x －22x ）a ＋（1x －2x ）b ＝0若1x ≠2x ，则有（1x ＋2x ）a ＋b ＝0 ，即b ＝－（1x ＋2x ）a知a ∥b ，而a ，b 为非零向量，即与已知a⊥b 矛盾，故1x ＝2x .3．与数列交汇例3.设 ｛n a ｝为首项是－１０，公差是2的等差数列，{n b }为首项是-21，公差是21的等差数列，O 为坐标原点，向量OA =(-1,1) ，OB =(1,1).点列P n 满足OP =a n ·OA +b n ·OB (n ∈N) （1）证明：P 1，P 2，…，P n 共线；（2）若点 P k (k ∈Nt) 表示点列P n 中处于第一象限的点，求k 的值. （1）证明：a n =2n-k, b n =2n-1 则OP=(2n-k) ·OA +(2n -1) ·OB =(11-23n ，25n-13)设P n 的坐标为 （x n ,y n ），则5 x n +3 y n = 16 即P 1，P 2，…，P n 均在直线5 x n +3 y n = 16上， 从而这些点共线.（2）解：OP k =（11-23k ，25k-13），当P k 在第一象限时， 有11-23k ﹥0，25k-13﹥0 则526﹤k ﹤322，而k ∈Nt故k 的取值为6或7. 4．与不等式交汇 例4.设a,b,c ∈R +,且abc=1,求证： )(13c b a ++)(13c b b ++)(13b ac +≥23 证明：原不等式⇔)(22c b a cb ++)(22a c b ac ++)(22b ac ab +≥23 令m =()(c b a +,)(a c b +,)(b a c +)n=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++)(,)(,)(b a c baa cb cac b a bc 则m·n=bc+ca+ab =)(2ca bc ab ++=)()()(222222b ac ba a cb ac c b a cb +++++因 m ·n≤则 ab+bc+ca ≤)(2ca bc ab ++)()()(222222b ac ba a cb ac c b a cb +++++即2cabc ab ++≤)(22c b a cb ++)(22a cb ac ++)(22b ac ab +而ab+bc+ca ≥3322cb a =3故)(22c b a cb ++)(22a c b ac ++)(22b ac ab +≥23（二）运用向量法解决三角问题 1．与三角交汇： 例1设a=（1+cosα，sin α），b=（1-cos β，sin β），c=（1,0），α∈（0，π），β=（π，2π），a与c的夹角为θ1 ，b与c的夹角为θ2且θ1 -θ2 =6π求sin 4βα-的值. 解：α =2cos2α，b=2sin 2β，c=1a ·c=2cos22α，b·c=2sin 22β，cos θ 1 =ca c a ⋅⋅= cos 2α，cos θ2=cb c b ⋅⋅= sin 2β而α∈（0，π），β=（π，2π） 则θ1 = 2α，θ2= 2β-2π从而2βα-=-3π故sin4βα-=21-（三）．运用向量法解决几何问题 1．与平面几何交汇例1.如图，设E 、F 分别为△ABC 的AC 、AB 边上的点，BE 、CF 相交于点P ，M 为其三角形所在平面内任一点，则AE =zx ，AF =z y⇔MP=z y x z++MA+z y x y++MB+z y x x++MC证明：由已知得AE =zx x +AC,AF =z y y+AB因C,P,F 共线，则可设AP =m AF +（1-m ）AC =z y my+AB+（1-m ）AC 同理可设AP=n AE +（1-n ）AB =（1-n ）AB +zx nx +AC由AC ，AB 不共线，得1-m=zx nx +且zy my+=1-n则m=zy x zy +++所以AP =z y x y++AB+zy x x ++AC又AP =MP -MA ，AB =MB -MA ，AC =MC -MA 从而MP =zy x z ++MA+zy x y ++MB+zy x x ++MC以上.2．与平面解析几何交汇例2.设椭圆的一个焦点为F ，直线l 与过椭圆长轴的端点A ′，A 的切线相交于M ′，M 则（1）FM ·FM =0⇔直线l 与椭圆相切； （2）FM ·FM ﹥0⇔直线l 与椭圆相离；（3）FM ·FM ﹤0⇔直线l 与椭圆相交. 证明：设椭圆方程22ax +22by =1 （a ﹥b ﹥0），F （c,0）,A ′(-a ,0), A(a ,0),直线l ：m kx y +=FM·FM =(-a -c,ka m -) ·(a -c, ka m +)=22222a k m a c -+-=2222ka b m --由 22ax +22by =1消去y ，得 mkx y +=（b 2+a 2k ）x 2+2a 2kmx+a 2(m 2-b 2)=0其判别式为△=4a 2b 2（b 2+ a 2k-m ），于是，（1）FM ·FM =0⇔ m 2-b 2- a 2k=0⇔△=0 ⇔直线l 与椭圆相切 （2）FM ·FM ﹥0⇔ m 2-b 2- a 2k ﹥0⇔△﹥0⇔直线l 与椭圆相离 （3）FM ·FM ﹤0⇔ m 2-b 2- a 2k ﹤0⇔△﹤0⇔直线l 与椭圆相交 3、与立体几何交汇例3、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=21.求面SCD 与面SBA 所成角的正切值.解：建立如图坐标系，则垂直于平面SBA 的向量为1n =（81,0,0） 设平面SCD 的方程为Ax+By+Cz+D=0 . 因为S(0,0,1)，C （1,1,0），D （21,0,0）在平面上，所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=++=+02100D A D B A D C ⇔⎪⎩⎪⎨⎧=-=-=D B DA D C 2于是平面SCD 的方程为-2D+Dy-Dz+D=0,设D=-1，所以垂直于平面SCD 的向量为2n =（2，-1，1）,从而cos(1n ,2n )=2121n n n n ⋅⋅=36sin(1n ,2n )=33,则tan(1n ,2n )=22,即所求二面角的正切值为22.注：通过空间向量的应用而省去找角的过程.总结： 由于向量表示形式的多样性，它是各分科数学知识的一个重要交汇点，它成为联系多科内容的媒介，常与函数、方程、数列、不等式、三角、平面几何，解析几何，更重要的是立体几何的内容相联系，自然地交汇在一起，使数学问题的解法别致新颖，方便简捷.Abstract ： this paper analyzes the vector method in mathematical problem solving the basic ideas, combined with the specific example presents the wide application of vector method.【参考文献】张景中 《走进教育数学-走进教育数学》.北京：科学教育出版社.2009。
例说用向量方法求二面角
例说用向量方法求二面角一、平面法向量的2种算法在空间平面法向量的算法中，普遍采用的算法是设(,,)n x y z =，它和平面内的两个不共线的向量垂直，数量积为0，建立两个关于x ,y ,z 的方程，再对其中一个变量根据需要取特殊值，即可得到法向量．还有一种求法向量的办法也比较简便：若平面ABC 与空间直角坐标系x 轴、y 轴、z 轴的交点分别为A (a ,0,0)、B (0,b ,0)、C (0,0,c )，定义三点分别在x 轴、y 轴、z 轴上的坐标值x A = a , y B = b , z C = c （a ,b ,c 均不为0），则平面ABC 的法向量为111(,,)(0)n a b cλλ=≠ ．参数λ 的值可根据实际需要选取．这种方法非常简便，但要注意几个问题：（1）若平面和某个坐标轴平行，则可看作是平面和该坐标轴交点的坐标值为∞，法向量对应于该轴的坐标为0．比如若和x 轴平行（交点坐标值为∞），和y 轴、z 轴交点坐标值分别为b 、c ，则平面法向量为11(0,,)n b cλ= ；若平面和x ,y 轴平行，和z 轴交点的坐标值为c ，则平面法向量为1(0,0,)n cλ= ．（2）若平面过坐标原点O ，则可适当平移平面．例1．如图，在四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱SD ⊥底面ABCD ，E 、F 分别是AB 、SC 的中点。
设SD = 2CD ，求二面角A －EF －D 的大小；解：不妨设(100)A ，，，则11(110)(010)(002)100122B C S E F ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，，，，，，，，，．平面AEFG 与x 轴、z 轴的交点分别为A (1,0,0)、G (0,0,1)，与y 轴无交点，则法向量1(1,0,1)n =，在CD 延长线上取点H ，使DH =AE ，则DH ∥ AE ，所以AH ∥ED ，由（1）可知AG ∥EF ，所以平面AHG ∥平面EFD ，平面AHG 与x 轴、y 轴、z 轴的交点分别为A (1,0,0)、H (0,- 12,0)、G (0,0,1)，则法向量2(1,2,1)n =-，设二面角A -EF -D 的大小为α ，则1212cos 3n n n n α⋅==⋅ ，即二面角A -EF -D的大小为． 二、用向量法求解二面角的两种途径 （一）用法向量解二面角用法向量求解二面角时遇到一个难题：二面角的取值范围是[0, π ]，而两个向量的夹角取值范围也是[0, π ]，那用向量法算出的角是二面角的平面角呢还是它的补角？如果是求解异面直线所成的角或直线与平面所成的角，只要取不超过 π2 的那个角即可，但对二面角却是个难题. 笔者经过思考，总结出一个简单可行的方法，供读者参考.用法向量解二面角首先要解决的问题就是：两个法向量所夹的角在什么情况下与二面角大小一致？其次，如何去判断得到的法向量是否是我们需要的那个方向？对第一个问题，我们用一个垂直于二面角棱的平面去截二面角（如图一），两个平面的法向量12,n n则应分别垂直于该平面角的两边. 易知，当12,n n 同为逆时针方向或同为顺时针方向时，它们所夹的解即为θ . 所以，我们只需要沿着二面角棱的方向观察，选取旋转方向相同的两个法向量即可. 或者可以通俗地理解，起点在半平面上的法向量，如果指向另一个半平面，则称为“向内”的方向；否则称为“向外”的方向. 两个法向量所夹的角与二面角大小相等当且仅当这两个法向量方向一个“向内”，而另一个“向外”.对第二个问题，我们需要选取一个参照物. 在空间直角坐标系中，我们可以选择其中一个坐标轴（如z 轴），通过前面的办法，可以确定法向量的方向，再观察该法向量与xOy 平面的关系，是自下而上穿过xOy 平面呢，还是自上而下穿过xOy平面？若是第一种情形，y图二图一则n 与→ OZ 所夹的角是锐角，只需取法向量的z 坐标为正即可；若是第二种情形，则n 与→OZ 所夹的角是钝角，只需取法向量的z 坐标为负即可．若法向量与xOy 平面平行，则可以选取其它如yOz 平面、zOx 平面观察．例2 已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB =90︒，P A ⊥底面ABCD ，且P A =AD =DC =12AB =1，M 是PB 的中点. （1）求二面角C -AM -B 的大小； （2）求二面角A -MC -B 的大小.分析：如图建立空间直角坐标系，则对二面角C -AM -B 而言，→AD 是平面AMB 的法向量（向内），易知平面ACM 符合“向外”方向的法向量是自下而上穿过xOy 平面，所以与→ AZ 所夹的角是锐角. 对二面角A -MC -B 而言，平面ACM 选取上述法向量，则为“向外”的方向，平面BCM 就应选取“向内”的方向，此时是自上而下穿过xOy 平面，与z 轴正向所夹的角是钝角.（1）解：如图三，以AD 为x 轴，AB 为y 轴，AP 为z轴建立空间直角坐标系，则平面AMB 的法向量为1n=(1,0,0), 设平面ACM 的法向量为2n=(x ,y ,z ).由已知C （1, 1, 0), P (0, 0, 1), B (0, 2, 0)，则M (0, 1, 12 ),∴ → AC =(1, 1, 0), → AM =(0, 1, 12).由220,0,10.0.2x y n AC y z n AM +=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩取y = -1，则x =1, z =2， ∴ 2n =(1, -1, 2). （满足2n ·→AZ >0）.设二面角C -AM -B 的大小为θ ，则cos θ=1212n n n n ⋅=⋅, ∴ 所求二面角的大小为arccos6. （2）解：选取（1）中平面ACM 的法向量2n=(1, -1, 2)，设平面BCM 的法向量为y图三3n= (x ,y ,z ).→ BC = (1, -1, 0), → BM = (0, -1, 12),由330,0,10.0.2x y n BC y z n BM -=⎧⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨-+=⋅=⎪⎪⎩⎩ 取z =-2，则y =-1, x =-1，3n = (-1, -1, -2)，则2n ，3n所夹的角大小即为二面角A -MC -B的大小，设为ϕ ，cos ϕ =23233n n n n ⋅=⋅， ∴ 所求二面角的大小为π - arccos 63.（二）用半平面内的向量解二面角由二面角的平面角定义，由棱上一点分别在两个半平面内作棱的垂线，这样构成的角即为二面角的平面角．如果分别在两个半平面内作两个向量（如图四），起点在棱上且均垂直于棱，可以看出，这两个向量所夹的角，与二面角的大小是相等的．这种方法与用法向量解二面角相比，其优点是向量的方向已经固定，不必考虑向量的不同方向给二面角大小带来的影响．例3 如图五，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =1，AA 1=2，E 是BB 1的中点．（1）求二面角E -AC 1-B 的大小； （2）求二面角C 1-AE -B 的大小．分析：在第（1）题中，只需在AC 1上找到两点G 、H ，使得→ GB 、→ HE 均与→ AC 1 垂直，则→ GB 、→HE 的夹角即为所求二面角的大小．如何确定G 、H 的位置呢？可设1GA AC λ=，1GB GA AB AC AB λ=+=+ ，这样向量→ GB 就用参数λ 表示出来了，再由→ GB ·→AC 1 =0求出λ 的值，则向量→GB 即可确定，同理可定出H 点．第（2）题方法类似．图四图五解：以B 为坐标原点，BC 为x 轴，BA 为y 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0), A (0,1,0), C (1,0,0), B 1(0,0,2), C 1(1,0,2), E (0,0,1)．→ AC 1 = (1, -1, 2), →AB = (0, -1, 0).（1）设1(,,2)GA AC λλλλ==-，则 (,1,2),GB GA AB λλλ=+=--由→ GB · → AC 1 =0 ⇒ λ +(λ +1)+4λ =0，解得：16λ=-，∴ → GB = (151,,663---).同理可得：→ HE = (11,,022--)，→ HE ·→ AC 1 = 0．→ GB 、→ HE 的夹角等于二面角E -AC 1-B 的平面角． cos <→ GB ,→ HE > =62562GB HE GB HE GB HE GB HE⋅⋅==⋅⋅ , ∴ 二面角E -AC 1-B 的大小为（2）→AE = (0, -1, 1), 在AE 上取点M 、N ，设(0,,)MA AE γγγ==-，则(0,1,)MB MA AB γγ=+=--,由→ MB ·→ AE = 0得：γ +1+γ = 0，解得：γ = 12-， ∴ → MB =11(0,,)22--.同理可求得：→ NC 1 = ( 1, 12, 12), → NC 1 · →AE = 0. ∴ → MB 、→NC 1 的夹角等于二面角C 1-AE -B 的平面角．cos <→ MB , → NC 1> = 11113MB NC MB NC --⋅=-⋅ , xyzGHxyMN图七图六). ∴二面角C1-AE-B的大小为arccos(3。
使用法向量判定直线与平面的平行性
使用法向量判定直线与平面的平行性使用法向量来判定直线与平面的平行性是一种常见且有效的方法。
本文将介绍该方法的原理、具体步骤以及应用场景，并通过实例说明其实际应用。
一、原理在三维几何中，平面通过一个法向量来定义，该法向量垂直于平面上的任意一个向量。
如果一条直线的方向向量与平面的法向量垂直（即二者的内积等于零），则可以判定该直线与该平面平行。
二、步骤使用法向量判定直线与平面的平行性，需要按照以下步骤进行：1. 确定平面的方程：根据已知条件，可以得到平面的方程，通常为Ax + By + Cz + D = 0的形式，其中A、B、C为平面的法向量的分量，D为一个常数。
2. 确定直线的方向向量：根据已知条件，可以得到直线的方向向量，通常为一个带有参数t的向量（x = x0 + at, y = y0 + bt, z = z0 + ct）。
3. 计算法向量和方向向量的内积：将直线的方向向量代入平面的法向量，计算二者的内积。
4. 判断内积的值：根据内积的值来判断直线与平面的平行性。
如果内积等于零，则直线与平面平行；如果内积不等于零，则直线与平面不平行。
5. 结论：根据判断结果得出结论，即直线与平面的平行性。
三、应用场景使用法向量判定直线与平面的平行性在计算机图形学、空间几何等领域有着广泛的应用。
以下是两个具体的应用场景：1. 三维建模：在三维建模中，经常需要判断直线是否与某个平面平行。
例如，在设计室内空间时，需要判断某个直线是否与墙面平行，以便确定家具的摆放位置。
2. 碰撞检测：在游戏开发中，常常需要进行碰撞检测。
使用法向量可以判断游戏中的物体是否发生碰撞。
通过判断物体所在的直线与其他物体所在平面的平行性，可以方便地确定碰撞事件。
实例：判断直线与平面的平行性假设有一个平面的方程为2x + 3y - z + 1 = 0，直线的方向向量为(1, -2, 3)。
下面我们将根据上述步骤来判断直线与平面的平行性。
将直线的方向向量代入平面的法向量，计算二者的内积：(1, -2, 3) · (2, 3, -1) = 2 - 6 - 3 = -7根据内积的值，判断直线与平面的平行性：-7 ≠ 0结论：直线与平面不平行。
高中数学向量模长与单位向量解题方法
高中数学向量模长与单位向量解题方法在高中数学中，向量是一个非常重要的概念，它不仅在几何中有广泛的应用，还在物理、力学等领域中扮演着重要的角色。
而对于向量的模长和单位向量的计算，则是解题的基础和关键。
本文将通过具体的题目分析，介绍高中数学中向量模长和单位向量的解题方法，并给出一些解题技巧。
一、向量模长的计算向量模长是指向量的长度，也可以理解为向量的大小。
在计算向量模长时，我们需要根据向量的坐标进行计算。
下面通过一个具体的例题来说明。
例题：已知向量AB的坐标为A(2, 3)，B(5, 7)，求向量AB的模长。
解析：根据向量的定义，向量AB的坐标可以表示为(5-2, 7-3)，即(3, 4)。
根据勾股定理，我们可以得到向量AB的模长为√(3^2+4^2)，即√(9+16)=√25=5。
通过这个例题，我们可以看出，计算向量模长的关键是利用勾股定理计算向量的坐标差的平方和的平方根。
在解题时，我们可以先计算坐标差的平方和，然后再开方得到模长。
二、单位向量的计算单位向量是指模长为1的向量。
在解题中，我们经常需要将向量化为单位向量，以便进行计算。
下面通过一个例题来说明。
例题：已知向量AB的坐标为A(2, 3)，B(5, 7)，求向量AB的单位向量。
解析：首先，我们需要计算向量AB的模长，根据上面的分析，向量AB的模长为5。
然后，我们可以将向量AB的坐标除以模长，得到单位向量的坐标为(3/5,4/5)。
通过这个例题，我们可以得到计算单位向量的关键是将向量的坐标除以模长。
在解题时，我们可以先计算向量的模长，然后将向量的坐标除以模长得到单位向量。
三、解题技巧与注意事项在解题过程中，我们还需要掌握一些解题技巧和注意事项，以便更好地应用向量模长和单位向量的计算方法。
1. 注意向量的方向：在计算向量模长和单位向量时，我们需要注意向量的方向。
通常情况下，我们可以通过箭头表示向量的方向，或者通过坐标的正负来表示。
在解题时，我们需要根据具体的题目要求，确定向量的方向。
向量在生活中的应用159661[整理版]
![向量在生活中的应用159661[整理版]](https://img.taocdn.com/s3/m/a5aa2e3e657d27284b73f242336c1eb91a373366.png)
向量在生活中的应用159661在生活中向量也有一些具体表现形式，有关的问题也可以充分利用向量求解.应用问题的解决主要是建立数学模型.用向量、三角、解析几何之间的特殊关系，将生活与数学知识之间进行沟通，使动静转换充实到解题过程之中。
一、平面向量在位移与速度上的应用例1 以某市人民广场的中心为原点建立直角坐标系,x轴指向东,y轴指向北一个单位表示实际路程100米,一人步行从广场入口处A(2,0)出发,始终沿一个方向均速前进,6分钟时路过少年宫C,10分钟后到达科技馆B(-3,5).求：此人的位移向量(说明此人位移的距离和方向);此人行走的速度向量(用坐标表示);少年宫C点相对于广场中心所处的位置.(下列数据供选用:tan18°24?＝0.3327,tan18°26?= 13 ,tan2?＝0.0006)分析：⑴AB的坐标等于它终点的坐标减去起点的坐标,代入A,B坐标可求；⑵习惯上单位取百米/小时，故需先将时间换成小时。
而速度等于位移除以时间，由三角知识可求出坐标表示的速度向量。
⑶通过向量的坐标运算及三角函数公式求解。
解：⑴ AB＝(－3,5)－(2,0)＝(－5,5)，|AB|＝(-5)2+52＝52，∠xOB＝135°⑵t＝10分＝ 16 小时，|V|＝ |AB|t ＝302∴Vx＝|V|cos135°＝－30，Vy＝|V|sin135°＝30，∴V＝(－30,30)⑶∵AC＝ 610 AB，∴OC＝OA＋ 35 AB＝(2,0)＋ 35 (－5,5)＝(－1,3)∴|OC|＝10，又tan(18°24?＋2?)＝0.3327+0.00061-0.3327×0.0006 ＝ 13而tan∠COy＝ 13 ，∴∠COy＝arctan 13 ＝18°26?。
∴少年宫C点相对于广场中心所处的位置为“北偏西18°26?，10百米”处。
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＋
取 最 小 值 ， Ａ Ｐ ＋ｃ 取 最 小 值 ． 即 Ｐ ＋曰 Ｐ
如 果 我 们 注 意 到 新 教 材 中 的 正 弦 、 弦 定 理 这 种 平 面 余
几 何 的 “ 法 ” 也 是 用 向量 推导 出来 的话 ， 们 就 不 能 再 有 宪 ， 我 任 何 理 由怀 疑 向量 法 在 解 决 平 面 几 何 题 中的 ｍ神 人 化 了．
‘ ． ．
例 １ 在 ＡＡ Ｃ 内 求 一 点 Ｐ， Ａ 。＋ 十ｃ 。的 值 Ｂ 使 Ｐ Ｐ Ｐ
最 小．
上口 故 Ｂ ， Ａ上ＢＦ 于 是 选 Ｃ ． ．
通过 此例不难发现 ， 向量法解这样 的解 析几何 题 ， 用 思
设 ：口， ： ， ：ｐ， 则 ：ｐ一口， ： ， ｐ一
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解 题 技 巧 与 方 法
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◎ 刘 志 彬 （ 北邢 台学 院 初 等 教 育 学 院 河 ０４ ０ ） ５ ０ １
【 要】 摘 向量 在 高 中数 学 内容 中是 衔 接 代 数 与几 何 的纽
带 ， 向 量 法 穿 插 、 透 和 融 合 到 其 他 章 节 中 ， 巧 妙 解 答 把 渗 能 许 多知 识 难 点．同 时 利 用 向量 建 立 数 学 模 型 ， 决 实 际 问 解 题 ， 能 充 分 体 现 中学 数 学 的 四 大 数 学 思 想． 量 是 沟 通 数 还 向
二、 向量 法 在 代 数 中 的 应 用
样 的 速 度 和 方 向航 行 ？ （ 图所 示 ， Ｃ Ａ＝ ５ ， Ｃ Ｂ＝ ） 如 Ｂ ４。 Ａ ｄ
解 ＋ ： ， ｌ Ｉ ５ ×５：７ 且 ：１ ５ 设 船 的 速 度 为 海 里 ／ 时 ， Ｉ 小 则 ｅＩ＝５ ｘ，
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因此该船应 以每小 时 ５ｖ ／ 海 里 的速度 ， 偏东 一 北
多 资 料 中 的题 目对 于 这 类 问 题 的 解 答 还 是 习 惯 用 传 统 方
数 学 学 习 与研 究 ２ １． ０ ０７
ｉ ＿ ３
ｊ‘ ｝
・
。刚 ・ 。 ∞ ‘ ｌ
ｌ 引，
的航向航行
．
即 （， ｄ） （ 十ｂ ） Ｃ Ｏ Ｃ＋ｂ ≤ （ ＋ｄ ） ．
从 本 题 看 出 ， 要 实 质 上 ， 至 形 式 上 和 向 量 沾 点 边 只 甚 的 ， 是 向 量 的 “ 戚 ” 用 向量 去 思 考 ， 法 简 单 明 快 、 于 都 亲 ， 方 易
接Hale Waihona Puke ． 三、 向量 法 在解 析 几 何 中 的 应 用
向 量 由于 具 有 几 何 形 式 和 代 数 形 式 的 双 重 身 份 ， 融 能 数 形 于 一 体 ， 既 有 代 数 的 运 算 性 质 ， 有 几 何 的 图 形 特 它 又
征 ， 因而 使 它 成 为 中学 数 学 知 识 的一 个 交 汇 点 ． 以 以 向 量 所
。
一
解
不难得 Ａ （一ｎ ０ ， （ ， ） ，） Ｆ ｃ０ ，
：（ 一６ ， ），
则 ：（一。，一６ ， ）
故赢 ． ：一 。 ６：一 ｃ ｃ一 ０（２ ｅ １ ＝ 。 ＋ 。 ＋ 。 ：， ｅ 一 一 ） ２
、
向量 法在 平 面 几 何 中 的 应 用
Ｌ Ｊ １： ， 『 ２ １一 ２ 一］ ０ ＼ ｆ Ｊ
．
当 ｐ ＝ （ ） ， 口＋ 时
记 Ｄ 为 ＡＢ的 中点 ， ａ＋ｂ＝２Ｃ 则 Ｄ，
于是ｃ 户＝÷ Ｇ Ｄ，
‘ ．
．
Ｃ， Ｄ 三 点 共 线 且 Ｐ点 是 ＡＡ Ｐ， ＢＣ 的 重 心 时 ， ｐ Ａ ＋
１ √ 海 里 ／ 时 ， 果 帆 船 计 划 在 ５ 小 如
Ｃ． ０。 ９ Ｄ．】 Ｏ。 ２
二
口（ ｂ 则 Ａ ０， ）， ＢＦ等 于 （
Ａ ４５ｏ Ｂ ６ ０ｏ
【 键词 】 关 向量 ； 用 ； 面 几 何 ； 数 ； 应 平 代 解析 几何
向量在高中数学 内容 中是衔 接 代数 与几 何 的纽带 ， 把 向量 、 向量 法 穿 插 、 透 和 融 合 到 其 他 章 节 中 ， 成 高 考 数 渗 形 学 试 题 中 的 一 道 靓 丽 的风 景 线 ．
解
路 是 清 晰 的 ， 程 是 最 简单 的． 过
四 、 向量 知 识 解 决 实 际 问 题 用
亍 ‘ Ａ ＋Ｂ ＋Ｃ Ｐ Ｐ Ｐ
＝
（ —ａ） ＋（ 一西） ＋ ｐ ｐ ｐ
利 用 向量 建立 数 学 模 型 ， 决 实 际 问 题 ， 充 分 体 现 中 解 能
学 数 学 的 四大 数学 思 想 ， 函数 与 方 程 思 想 、 价 转 化 与 化 归 等 思 想 、 类 讨 论 思 想 和 数 形 结 合 思 想 ， 是 沟 通 数 与 形 内在 分 它 联 系 的有 力 Ｔ 具 ， 它 来 解 决 实 际 问 题 既 简 捷 又 直 观 ， 仅 用 不 免 去 了冗 长 的运 算 ， 且 能 直 观地 抓 住 问 题 的 本 质 ． 而
法 ， 能充分体 现向量这一工具的便捷性． 不
例 ３ 双 曲线
一
＝１ ｎ＞０ ｂ＞０ 的 离 心 率 ｅ＝ （ ， ）
，
与形 内在 联 系 的 有 力 工 具 ， 它 来 解 决 实 际 问 题 既 简 捷 又 用
直观．
点 Ａ 与 点 Ｆ 分 别 是 双 曲线 的 左 顶 点 和 右 焦 点， ） ．
＝ １５ ， ２ ２ ０
当 ０ Ｄ 至少 有 一 个 为 零 向量 时 ， ， 百 所证 不 等 式 为 ０ ≤０ ，
成立 ；
又
１
Ｉ：５ ．
Ｉ ＡＣＩ：５ ：５
． ：５
’ ・
当 ０ ０ 均 不 是 零 向 量 时 ， 其 夹 角 为 ． ， 西 设
义
’ Ｉ ＣＩ Ｉ ＢＩ Ａ Ｃ
例 ４ 一 艘 船 要 从 Ａ 处 驶 往 正东 方 向 ２ ０海 里 的 日处 ， 时有 ０ 当 自西 北 方 向 吹 来 的 风 ，风 速 为
＝
３ 一２ ａ＋ｂ）・ ｐ （ ｐ＋口 ＋ｂ
＝
３ 了ｎ １ 川卜ｎ 一（ ， （ ÷ｎ
＋ ＋ 取最小值．
・ ．
的 相 关 知 识 为 载 体 ， 数 形 转 化 思 想 为 主 线 方 法 ， 知 识 网 以 在
络 交汇 点 处 设 计 创 新 力 度 较 大 、 合 性 较 强 的 试 题 ， 综 已成 为 近 年来 高 考 的 新 热 点 ．
向 量 在 处 理 某 些 解 析 几 何 问 题 时 有 独 到 之 处 ， 而 许 然
ｆ ｆ ：ｆ ： ｆ ＋ｆ Ｉ 一２ｆ 『．Ｉ ｆ． 。 ４５ 。
侈 求证 ： ０ ＋ｂ ） ０ ２ （ ｃ ｄ ≤（ （ ＋ｄ ） ０ ＋６ ） ｃ ．
＝
证明
设ｏ Ａ＝（ ６ 。， ），
＝（ ， ． ｃ ｄ）
・
． ．
２０ ０ ＋（５ ） ７ 一２×２０×７ × ０ ５