最实用的向量法解立体几何方法

⊥平面DBC1; (II)AB1 ∥ 平面DBC1
(I)A1E
z
A1
C1 B1 A E D C x B y
解：以D为原点，DA为x轴，DB为y轴建立空
间直角坐标系D-xyz.则 A(-1,0,0), B(0, 3,0), E(1,0,1), A1(-1,0,2), B1(0, 3 ,2), C1(1,0,2). 设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z),则 x + 2z = 0 x = −2 z 解之得 y = 0 ， 3y = 0 取z = 1得n=(-2,0,1) (I) A1 E = ( 2,0,−1) =- n,从而A1E ⊥平面DBC1 (II) AB1 = (1, 3 ,2) ,而 AB1 • n =-2+0+2=0 AB1 ∥平面DBC1
x
B A
y
2.平面的法向量
如果表示向量n的有向线段所在的直线垂直于
平面α,称这个向量垂直于平面α,记作n⊥α,这 时向量n叫做平面α的法向量.
n
α
在空间直角坐标系中,如何求平面法向量的坐
标呢? 如图2,设a=( x1,y1,z1)、b=(x2,y2,z2) 是平面α内的两个不共线的非零向量,由直线 与平面垂直的判定定理知,若n⊥a且n⊥b,则 n⊥α.换句话说,若n·a = 0且n·b = 0,则n⊥ α.
z A1 B1 C1 D1
A M
D
C
y
x
B
C
解:
以A为原点建立如图所示的直角坐标系Axyz, 设正方体的棱长为2,则 M(1,0, 0),C(2,2,0), B1(2, 0, 2),D(0,2 ,0), 于是,
CM = (−1,−2,0)
DB1 = (2,−2,2)
∴cos<
DB1 >=. CM ，
一.引入两个重要的空间向量
1.直线的方向向量 把直线上任意两点的向量或与它平行的向量都称 为直线的方向向量.如图1,在空间直角坐标系中, 由A(x1,y1,z1)与B(x2,y2,z2)确定的直线AB的方 向向量是
z
AB = ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 )

例8在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,
求异面直线AC1与BD间的距离.
z A1 D1
B1
C1
A D
y
x
B
C
解:建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,,则
A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1), 设异面 直线AC1与BD的公垂线的方向向量n=(x,y,z), 则由 AC1 = (1,1,1), BD = (−1,1,0) ,得 z = − x x+ y+z =0 2 , 取z = 2得 n=(-1,-1,2). , 解得 z

2.求空间中的角
(1)两异面直线的夹角 利用向量法求两异面直线所成的夹角,不用再
把这两条异面直线平移,求出两条异面直线的 方向向量,则两方向向量的夹角与两直线的夹 角相等或互补,我们仅取锐角或直角就行了.
例5如图在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是
AB的中点,则对角线DB1与CM所成角的余弦 值为_____.
(3)平面与平面的位置关系 平面α的法向量为n1
α
,平面β的法向量为n2 n1 n2
n1
β
n2
α
β
①若n1∥n2,即n1=λn2,则α∥β ②若n1⊥n2,即n1
·n2= 0,则α⊥β
例4正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别
是BB1、CD的中点,求证:面AED⊥面A1FD
(1)异面直线间的距离 两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段,只需利用 向量的正射影性质直接计算. n a 如图,设两条异面直线a、b的公 A 垂线的方向向量为n, 这时分别在 a、b上任取A、B两点,则向量在n b 上的正射影长就是两条异面直线 a、b的距离. B n | AB ⋅ n | ∴d =| AB ⋅ | n | |= | n | , 即两异面直线间的距离等于两异面直线上分别任取两 点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂 线的方向向量模的比值.
z C1 A1 B1
C A x B y
解:以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz ,则 C(0,0,0),A1(1,0, 2 ),B(0,1,0),B1(0,1, 2). 设面A1BC的 法向量n=(x,y,z),由 CA1 = (1,0, 2 ), CB = (0,1,0), 得 x = − 2z x + 2z = 0 n=(- 2 ,0,1). , 得 , 取z = 1, 得
−2+4+0 2 15 = = 30 1+ 4 + 0 4 + 4 + 4 5 ⋅4⋅ 3
(2)直线与与平面所成的角 若n是平面α的法向量,
则L与α所成的角θ= (下图) . n a
于是, 因此
α θ
a是直线L的方向向量, π π -< a,n>或θ= <a,n>2 2 a
θ
α
n
sin θ =| cos < a, n >|=|
|a⋅n| θ = arcsin | a |⋅| n |
a⋅n |a⋅n| |= | a |⋅| n | | a |⋅| n |
例6正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,高 为 2a ，求AC1与侧面ABB1A1所成的角
z
C1
A1
B1 C O
A B x y
解:建立如图示的直角坐标系,则 A(
,0,0),B(0, ,0) A1( ,0,). C(- ,0, 2a) 设面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z) a 3 由 AB = (− , a,0), AA = (0,0, 2a) 得 2 2 a x = 3 y 3 − x + ay + 0 = 0 2 2 ，解得 ， z =0 2az = 0 取y= 3 ,得n=(3, 3 ,0) 而 AC = (−a,0, 2a) | −3a + 0 + 0 | 3a 1 sin | cos , | θ = < n AC > = = = ∴ 2 3 ⋅ 3a 2 9 + 3 + 0 a + 0 + 2a ∴ θ = 30 .
n
a b α
求平面的法向量的坐标的步骤
第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z). 第二步(列):根据n·a
= 0且来自百度文库·b = 0可列出方程组
0 x1 x + y1 y + z1 z = 0 x2 x + y2 y + z2 z =
第三步(解):把z看作常数,用z表示x、y. 第四步(取):取z为任意一个正数(当然取得越特
1
0 − x − y + 2 z = x = 2z 得 − x + y + 2 z = ，解得 0 y=0
取z =1 得平面OA1D1的法向量的坐标n=(2,0,1).
二.立体几何问题的类型及解法
1.判定直线、平面间的位置关系 (1)直线与直线的位置关系
不重合的两条直线a,b的方向向量分别为a ,b. ①若a∥b,即a=λb,则a∥b. ②若a⊥b,即a·b = 0,则a⊥b
n1 n2 n2 n1
例7在四棱锥S-ABCD中∠DAB=∠ABC=90°，
侧棱SA⊥底面AC，SA=AB=BC=1，AD=2，求 二面角A-SD-C的大小.
z S
y A
B
D
C
B
C
x
解：建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则 B（1， 0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），S（0， 0，1）. 设平面SCD的法向量n1=(x,y,z),则由 SC = (1,1,−1), CD = (−1,1,0) 得 z = x + − = x y z 0 2 , 取z = 2得 n1=(1,1,2). , 解得
(2)直线与平面的位置关系
直线L的方向向量为a,平面α的法向量为n, 且L ⊄ α. ①若a∥n,即a =λn,则 L⊥ α ②若a⊥n,即a·n = 0,则a ∥ α.

n a L n a
α L
α
例3棱长都等于2的正三棱柱ABC-A1B1C1, D,E分别是AC,CC1的中点,求证:
殊越好),便得到平面法向量n的坐标.
例1在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O
是面AC的中心,求面OA1D1的法向量.
z A1 B1 C1 D1
A
A O D C
y
x
B
解：以A为原点建立空间直角坐标系O-xyz（如图）,设 平面OA1D1的法向量的法向量为n=(x,y,z), 则 O（1，1，0），A1（0， 0 ，2），D1（0，2，2） 由 OA =（-1，-1，2）， OD1 =（-1，1，2）

| AB | ⋅ | n |
θ α = . 于是，点到平面的距离等于平面内外两点的向量和 平面的法向量的数量积的绝对值与平面的法向量模 的比值.

| AB ⋅ n | |n|
B
H
例9
在直三棱柱ABC-A1B1C1 中,AA1= 2 ,AC=BC=1,∠ACB=90°, 求B1到面A1BC的距离.
数学专题二
空间向量法解决立体几何问题
专题提纲
一、引入两个重要空间向量
1、直线的方向向量； 2、平面的法向量。
二、立体几何问题的类型及解法
1、判断直线、平面间的位置关系； (1)直线与直线的位置关系; (2)直线与平面的位置关系; (3)平面与平面的位置关系; 2、求解空间中的角度； 3、求解空间中的距离。
−x+ y=0 z y = 2
而面SAD的法向量n2 = (1,0,0). 于是二面角A-SD-C的大小θ满足

cosθ = cos < n1 , n2 >=
1 1 6 = = , 6 1+1+ 4 1+ 0 + 0 6

∴二面角A-SD-C的大小为
arccos
6 . 6
3.求解空间中的距离
z A1 B1 C1 D1
E D A F x B C y
证明:以A为原点建立如图所示的的直角坐标 系A- xyz, 设正方体的棱长为2,则 E(2,0,1),A1(0,0,2), F(1,2,0),D(0,2,0), AD = (0,2,0) 于是 AE = (2,0,1) 设平面AED的法向量为n1=(x,y,z)得 1 2 x + z = 0 x = − z 2 解之得 2y = 0 y =0 取z=2得n1=(-1,0,2) 同理可得平面A1FD的法向量为n2=(2,0,1) ∵n1 ·n2 = -2+0+2=0 ∴面AED⊥面A1FD
a
a b b
例2已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面
ABCD是菱形,∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=θ, 求证: C C1⊥BD
B1
A1
C1
D1
B
A
C
D
证明：设 CD =
a, CB = b, CC1 = c, 依题意有| a |=| b |， 于是 BD = CD − CB = a – b ∵ CC1 • BD = c (a – b)= c·a –c·b = |c|·|a|cosθ–|c|·|b| cosθ=0 ∴C C1⊥BD
1
a 2
3 a 2
a 2
a 2
1
1
2
2
（3）二面角 设n1
、n2分别是二面角两个半平面α、β的 法向量，由几何知识可知，二面角α-L-β的大 小与法向量n1 、n2夹角相等（选取法向量竖 坐标z同号时相等）或互补（选取法向量竖坐 标z异号时互补），于是求二面角的大小可转 化为求两个平面法向量的夹角，这样可避免 了二面角的平面角的作图麻烦.

−x+ y=0 y = − 2
∵ AB = (1,0,0)
, ∴异面直线AC1与BD间的距离
| AB ⋅ n | | −1 − 0 + 0 | 6 d= = = |n| 6 1+1+ 4
(2)点到平面的距离 A为平面α外一点(如图), n为平面α的法向量,过A作 A 平面α的斜线AB及垂线AH. | AH |=| AB | ⋅ sin θ =| AB | ⋅ | cos < AB, n >| n = | AB | ⋅ | AB ⋅ n |