用基底建模向量法解决立体几何问题

用基底建模向量法解决立体几何问题

空间向量是高中数学新教材中一项基本内容，它的引入有利于处理立体几何问题，有利于学生克服空间想象力的障碍和空间作图的困难，有利于丰富学生的思维结构，利用空间向量的坐标运算解立体几何问题，可把抽

象的几何问题转化为代数计算问题，并具有很强的规律性和可操作性，而利

用空间向量的坐标运算需先建立空间直角坐标系，但建立空间直角坐标系有时要受到图形的制约，在立体几何问题中很难普遍使用，其实向量的坐标形式只是选取了特殊的基底，一般情况下，我们可以根据题意在立体几何图形中选定一个基底，然后将所需的向量用此基底表示出来，再利用向量的运算进行求解或证明，这就是基底建模法.它是利用向量的非坐标形式解立体几何问题的一种有效方法。

基向量法在解决立体几何的证明、求解问题中有着很特殊的妙用。

空间向量基本定理及应用

空间向量基本定理：如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一

向量p存在惟一的有序实数组x、y、乙使p=x a+ y b+ z c.

1、已知空间四边形OAB（中, Z AOB Z BOC

/ AOC且OA=OB=OCM N分别是OA BC的中点，G是MN的中点.

求证：OGL BC

【解前点津】要证OGL BC只须证明OG?BC 0即可.

而要证OG?BC 0,必须把0G、BC用一组已知的空间基向量来表示

.又已知条件为Z AOB Z BOC Z AOC且OA=O母OC因此可选OA,OB,OC为已知的基向量.

【规范解答】连ON由线段中点公式得:

又 BC OC OB ,

【解后归纳】 本题考查应用平面向量、空间向量和平面几何知识证线线垂直的能力 【例2】 在棱长为a 的正方体ABC —ABCD 中，求：异面直线 BA 与AC 所成的角.

■ 1 ■ 2 1

■

2

BB 1 ? BC 0,BA?AB =-a .所以 BA ^ ? AC =- a .

OG

OM ON)

彳 ] 彳

El

I ：

丄 OA 丄(OB OC)

2 2

O B O C ),

所以 O G ? O B 1(O A

4

OB OC)?(OC OB)

丄(OA ?O C 4

OB?OC OC 2 OA?OB OB 2 OC?OB )

1

= 4(O

A?

OC OA ?OB

2 2

OC 2 OB 2 ).

因为O A ?O C

OA ? OC ? cos AOC

OA?OB

OA ? OB ? cos AOB 且 OC

OB

OA ，/ AOB Z AOC 所以 OG ? BC =0,即 OGL BC

【解前点津】 利用BA 1?AC BA 1

? AC cos

B AH , A

C ,求出向量BA 1与AC 的夹角〈BA 1 , AC >,

再根据异面直线 BA , AC 所成角的范围确定异面直线所成角 【规范解答】 因为 BA 1 BA BB 1, AC AB

所以BA ] ?AC

(BA BB 1)?(AB BC)= BA? AB

因为ABL BC BB L AB BB L BC

又 BA ] ? AC BA 1 ? AC ?cos BA ，AC , cos BA, AC

a 2

所以〈B A],A C > =120° .

所以异面直线BA 与AC 所成的角为60°.

【解后归纳】 求异面直线所成角的关键是求异面直 积，必须会把所求向量用空间的一组基向量来表示

线上两向量的数量积， 而要求两向量的数量

例 3:如图，在底面是菱形的四棱锥 P-ABCD 中, / ABC=6(o,PA L 面 ABCD , PA=AC=a,PB=PD= 2a , 点E 在PD 上，且PE:PD=2:1.在棱PC 上是否存在一点 F ,使BF //平面AEC ?证明你的结论.

uuu uuir uuu

解析：我们可选取AB,AD,AP 作为一组空间基底

D L

C L

BC ,

BA?BC BB 1 ?AB BB 1 ?BC

所以BA?BC

0,BB<| ?AB =0,

D

【例4】证明：四面体中连接对棱中点的三条直线交于一点且互相平分 （此点称为四面体的

重 心）.

【规范解答】••• E G 分别为ABAC 的中点，

••• EG 丄 BC ,同理 HF 丄 BC , ••• EG HF .

2 2

从而四边形EG H 为平行四边形，故其对角线 EF,

GH 相交于一点 Q 且0为它们的中点，连接OPOQ

只要能证明向量 QP =- QQ 就可以说明P, Q Q 三点共线且Q 为PQ 的中点，事实上，QP QG GP,QQ QH HQ ,而Q 为GH 的中点，

例4图

••• QG QH 0,GP 主-CD,QH 丄CD,

2 2

…GP —CD , QH —CD.

2 2

-------- *■

----------------------------------- ---- -------------- ■!

-------- *

---------- ■-

A -------------- ■■

A --------- fc-

• =QP QQ QG QH GP HQ 0 丄 CD 丄 CD =0

2 2 '

• QP QQ =, • PQ 经过Q 点，且Q 为PQ 的中点. 【解后归纳】本例要证明三条直线相交于一点

Q 我们采用的方法是先证明两条直线相交于一点

然后证明QP,QQ 两向量共线，从而说明P 、Q Q 三点共线进而说明 PQ 直线过Q 点.

例5 .如图在平行六面体 ABCD — A1B1C1D1 中，E 、F 、G

分别是 A1D1、D1D 、D1C1的中点.

UUU

设PF UUUU UUU PC ，而 BF UUU 1)AB 又因为AE UULT AD (1 UUU UUU AP PE

UUU UUU UU U

BP PF AP UUU )AP UUU 2 UUU AP PD Ul U AB uu u AP

UUL T (AC uuu AP)

2 UULT 3(

AD uuu AP) 1 UUU -AP 3 UULT 并且AC 要使BF

2 UULT -AD

3

UUU UULT

AB AD UUU 即

(1)AB II 平面AEC ,那么存在实数

UUU )AP =x( : AP

UULT AD (1 UUU UUU UULT

x,y 使 BF xAE yAC 成立 1 UUU --> 3 2 UULT UUU UULT —AD) + y(AB AD) 3 于是，可得到 -1=y 2 x 3 解得 3

2 1 2

1 2 故在棱PC 上存在一点

1 x 3

F,其为PC 的中点

, 使BF 〃平面AEC