空间向量法解立体几何题

时间：2021-01-02 10:15:25 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　 空间向量基本定理的实用价值 空间向量基本定理为空间向量制定了规范、统一、和协的基调，为解题提供了一条有章可循的思路。

　1．1

　基底的优越性 使用统一的基底，把图形中的所有向量都用这统一的基底来表示，使几何问题转化的代数问题来解决。思路单一，便于掌握。

　例 1．在平行六面体 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中，体对角线 AC 1 与平面A 1 BD、平面 CB 1 D 1 分别相交于点 M、N。求证：AM：MN：NC 1 =1：1：1

　 则

　由点 M 在直线 AC 上，则可设

　 由点 M 在平面 A 1 BD 内，及空间向量基本定理知：

　存在唯一有序实数组

　即：

　由唯一性知：

　 同理可证：

　故

　 AM：MN：NC 1 =1：1：1 } { :1AA ， ， AD ， ， AB 取基底 解1 1AA AD AB AC      1AC AM    11            z y x AA z AD y AB x AM z y x 且 使 , ), , , (1 1AA z AD y AB x AA AD AB                        zyx   131311 3 AC AM         即 , ,    A C CN131  AC MN31  A D 1

　C 1

　B 1

　D C A 1

　B M N

　 例 2．平行六面体 AC 1 中，AB=AD=1，AA 1 =2，∠A 1 AB=∠A 1 AD=∠BAD=60° 求①点 B 到平面 AA 1 D 1 D 的距离；②BD 1 与平面 AA 1 D 1 D 的夹角的大小。

　解：设点H是点B在平面AA 1 D 1 D内的射影，取基底{ }，则存在唯一有序实数组（

　 因 BH ⊥ 平 面 AA 1 D ， 故 BH ⊥ AA 1 ， 且 BH ⊥ AD ，

　1AA AD AB , ,1AA z AD y AB x BH z y x       使 ), , , (01         AD BH AA BH                   0011 1AD AA z AD y AB xAA AA z AD y AB x) () ` (                       001221 1 1AD AA z AD y AD AB xAA z AA AD y AA AB x             0 2 20 4z y xz y xz x z y 6 2        ,12 6 AA z AD z AB z BH         12 6 1 AA z AD z AB z BH AB AH              ) (311610 6 11              y x z z AA AD AH , , , , 三个向量共面 与 16131AA AD AB BH         21226131) ( AA AD AB BH BH           32913132361911 1 12 2                   AA AD AA AB AD AB AA AD AB

　 故 点 B 到平面 AA 1 D 1 D 的距离即 BH 的长是

　②

　故 BD 1 与平面 AA 1 D 1 D 所成角的大小是 。

　1．2．基底的灵活选取 例 3．如图，在棱长都相等的四面体 ABCD 中， E、F 分别是棱 AD、BC 的中点，连接 AF、CE。

　求异面直线 AF 与 CE 所成角的大小 （1988 年上海高考题）

　解：设 AB=2AE= ,

　取基底{ }， 则

　又

　 3621212121) ( ) ( AA AD AB BB BC BA BD BD                521        ) ( AA AD AB153011      BDBHBH D sin1530arcsina AB AE AC , ,AC AE CE AC AB AF         ), (21) ( ) ( AC AE AC AB CE AF          21222121a AC AC AB AE AC AE AB                   ) (a CE AF23     32        CE AFCE AFCE AF, cosF E A B D C

　 故 AF 和 CE 所成角的大小是

　。

　空间直角坐标系的应用 2．1．化繁为简求角值,避重就轻求距离 例 4．如图，在直三棱柱 ABC-A 1 B 1 C 1 中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°侧棱 AA 1 =2，点 D、E 分别是 CC 1

　和 A 1 B 的中点，点 E 在平面 ABD 上的射影是△ABD 的重心 G。

　求: ① A 1 B 与平面 ABD 所成角的大小。

　② 点 A 1 到平面 AED 的距离。

　解：①连结 BG，则 BG 是 BE 在面 ABD 内的射影， 即∠A 1 BG 是 A 1 B 与平面 ABD 所成的角。

　如图建立空间直角坐标系，C 与坐标原点重合。

　设 CA=2 ，则 A（2 ,0,0）,B(0,2 ,0), D (0,0,1) A 1 (2 ,0,2), E(a,a,1),G( , , ).

　32arccosa a aa32a32a31). 1 , 2 , 0 ( ),32,3,3( a BDa aGE       . 1 , 032322             a a BD GE 解得).31,34,32( ), 2 , 2 , 2 (1         BG BAA 1

　C 1

　C B 1

　A B D E G

　即 A 1 B 与平面 ABD 所成的角是 arccos . ②由①知，A（2，0，0），A 1 （2，0，2），E（1，1，1），D（0，0，1）.

　 ∴ED⊥平面 AA 1 E,

　又 ED 在平面 AED 内,

　∴平面 AED⊥平面 AA 1 E,

　又平面 AED 与平面 AA 1 E 相交于AE,

　∴点 A 1 在平面 AED 的射影 K 在 AE 上.

　设

　由

　 即λ+λ+λ-2=0.

　解得λ= .

　故  到平面D 的距离是

　 2．2．引进坐标列方程，待定系数显思想 （19）（本题满分 12 分）

　如图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直， AB= ，AF=1，M 是线段 EF 的中点. （Ⅰ）求证 AM∥平面 BDE； 3721313 2314cos111         BG BABG BABG A370 ) 0 , 1 , 1 ( ) 1 , 1 , 1 (              ED AE0 ) 0 , 1 , 1 ( ) 2 , 0 , 0 (1           BD AA). 2 , , ( ,1 1 1                        AK A A K A ， ， AE K A AE AK 则 则, 01    AE K A32.36 2),34,32,32(1 1          K A K A.36 22

　 （Ⅱ）求二面角 A—DF—B 的大小； （Ⅲ）求点 B 到平面 CMN 的距离.

　 方法二

　 （Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系.

　 设 ，连接 NE，

　 则点 N、E 的坐标分别是（ 、（0,0,1）,

　∴NE=( ,

　 又点 A、M 的坐标分别是 （ ）、（

　∴ AM=（

　∴NE=AM 且 NE 与 AM 不共线， ∴NE∥AM. 又∵ 平面 BDE， 平面 BDE， ∴AM∥平面 BDF. （Ⅱ）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF

　∴AB⊥平面 ADF. ∴ 为平面 DAF 的法向量. ∵NE·DB=（ · =0， N BD AC  ) 0 ,22,22) 1 ,22,22 0 , 2 , 2 ) 1 ,22,22) 1 ,22,22  NE  AM, A AD ) 0 , 0 , 2 (  AB) 1 ,22,22  ) 0 , 2 , 2 (

　 ∴NE·NF=（ · =0 得 NE⊥DB，NE⊥NF， ∴NE 为平面 BDF 的法向量. ∴cos<AB,NE>= ∴AB 与 NE 的夹角是 60º. 即所求二面角 A—DF—B 的大小是 60º. （Ⅲ）设 P(t,t,0)(0≤t≤ )得

　∴CD=（ ，0，0）

　又∵PF 和 CD 所成的角是 60º. ∴

　解得 或 （舍去）， 即点 P 是 AC 的中点.

　2．两个全等的正方形 ABCD 和 ABEF 所在的平面相交在直线AB ， 点 M 、 N 分 别 是 对 角 线 AC 和 BF 的 点 ， 且

　C

　) 1 ,22,22  ) 0 , 2 , 2 (212), 1 , 2 , 2 ( t t PF   22 1 ) 2 ( ) 2 (2 ) 2 (60 cos2 2      t tt22 t22 3 t. , . ,31的值 求 y x AF y AD x MNNBFNMCAM     

　 D

　M B E

　 N

　A F

　（19）（本小题满分 12 分）

　如图，在棱长为 1 的正方体 中， E 、 F 分别是 、 的中点． （Ⅰ）求二面角 的大小； （Ⅱ）求点 B 到面 的距离．

　方法二：过点 B 作 BQ⊥平面 AEC 1 F 于 Q， 连 AQ，则 BQ 即为点 B 到平面 AEC 1 F 的距离． 如图，建立空间直角坐标系，且可得

　设平面 AEC 1 F 的一个法向量为 则由

　∴

　1 1 1 1D C B A ABCD 1 1 BA CDB AF E  F AEC 1， ， ， 、 ， ，， ， ， 、 ， ， 、 ， ，) 1210 ( ) 0 1 0 () 1211 ( ) 0 1 1 ( ) 0 0 1 (   AE ABE B A， ， ， ) ( z y x n ． ， ， ，所以 、 ，则 令， ， ， ， ，， ， ， ， ，) 1 2 1 ( 1 1 202) 1210 )( (02) 0211 )( (               n x z yzyz y x AE nyx z y x AF n， ，BA nBA nBA n ABQ    cos cosA B B 1

　C D D 1 C 1 A 1 E F

　 ∴在 Rt△ABQ 中，

　18． 如右下图,在长方体 ABCD—A 1 B 1 C 1 D 1 中,已知 AB= 4, AD =3, AA 1 = 2. E、F 分别是线段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 所成的余弦值.

　18．解：（I）以 A 为原点， 分别为 x 轴，y 轴,z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D(0,3,0)、D 1 (0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C 1 (4,3,2) 于是，

　设向量 与平面 C 1 DE 垂直，则有

　（II）设 EC 1 与 FD 1 所成角为β，则 ．36cos   nBA nABQ AB BQ1, , AA AD AB) 2 , 2 , 4 ( ), 2 , 3 , 1 ( ), 0 , 3 , 3 (1 1     FD EC DE) , , ( z y x n 22tan364 0 0 4 1 12 2 0 1 0 1| | | |cos, ) 2 , 0 , 0 (, ), 2 , 1 , 1 (0 ), 2 , 1 , 1 (2) ,2,2(210 2 30 3 31 01 01 1 011 0 01                           AA nAA nC DE C AA nCDE AADE C n nzzzz znz y xz y xy xEC nDE n的平面角 为二面角 所成的角 与垂直 与平面 向量垂直的向量 是一个与平面 则 取其中D 1C 1B 1CDBAA 1EF

　 19．（本小题满分 12 分）

　如图，在底面是菱形的四棱锥 P—ABCＤ中，∠ABC=600 ，PA=AC= a ，PB=PD= ,点 E 在 PD 上，且 PE:ED=2:1. （I）证明 PA⊥平面 ABCD； （II）求以 AC 为棱，EAC 与 DAC 为面的二面角 的大小； （Ⅲ）在棱 PC 上是否存在一点 F，使 BF//平面 AEC？证明你的结论.

　（Ⅲ）解法一

　以 A 为坐标原点，直线 AD、AP 分别为 y 轴、z 轴，过 A 点垂直平面 PAD 的直线为 x 轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为

　 14212 2 ) 4 ( 2 3 12 2 2 3 ) 4 ( 1| | | |cos2 2 2 2 2 21 11 1          FD ECFD ECa 2). 0 ,21,23( ), 0 ,21,23( ), 0 , 0 , 0 ( a a C a a B A ).31,32, 0 ( ), , 0 , 0 ( ), 0 , , 0 ( a a E a P a DD P B A C E

　 所以

　设点 F 是棱 PC 上的点， 则

　 令

　 得

　解得

　即 时，

　亦即，F 是 PC 的中点时， 、 、 共面. 又

　BF 平面 AEC，所以当 F 是棱 PC 的中点时，BF//平面AEC. 因为

　所以

　、 、 共面. 又 BF 平面 ABC，从而 BF//平面 AEC.

　19．（本小题满分 12 分）如图，在直三棱柱 ABC—A 1 B 1 C 1 中，∠BAC=90°，AC=AB=A 1 A，

　 E 是 BC 的中点.

　（1）求异面直线 AE 与 A 1 C 所成的角； ). 0 ,21,23( ),31,32, 0 ( a a AC a a AE  ). ,21,23( ), , 0 , 0 ( a a a PC a AP   ). ,21,23( a a a BP  , 1 0 ), ,21,23(           其中 a a a PC PF) ,21,23( ) ,21,23(    a a a a a a PF BP BF      )). 1 ( ), 1 (21), 1 (23(        a a a AE AC BF2 1           .311,341, 1.31) 1 (,3221) 1 (21,23) 1 (2322 1122 11        即a aa a aa a.23,21,212 1      21  .2321AE AC BF   BF AC AE) (2121DP CD AD CP BC BF     .2123) (23) (212321AC AEAD AE AC AD AD DE CD AD        BF AE AC

　 （2）若 G 为 C 1 C 上一点，且 EG⊥A 1 C，试确定 G 的位置；

　（3）在（2）的条件下，求二面角 A 1 —AG—E 的大小.

　 19．解：（1）以点 A 为坐标原点，分别以 AB、AC、AA 1 为 x 轴，y 轴，z 轴建立坐标系

　 设 AC=AB=A 1 A=2 a ，则有 E （ ）A 1 （ ），C （ ）

　 （2 分）

　 所以异面直线 AE 与 A 1 C所成的角是

　 （4 分）

　（2）设 CG=h，则 G（0，2a，h），

　（6 分）

　 即

　所 以 ， G 是 CC 1 的 中 点 .

　（8 分）

　（3）连 AG，设 P 是 AC 中点，过 P 作 PQ⊥AG，Q 是垂足，连EP、EQ.

　又三棱柱是直三棱柱， 平面ACC 1 A 1

　 ∴PQ 即为 EQ 在平面 ACC 1 A 1 上的射影.

　又 PQ⊥AG，

　∴EQ⊥AG，

　∴∠PQE 为二面角 C—AG—E 的平面角.

　 （10 分）

　同（1）有：PE= a ， AP= a

　，PQ=

　 即二面角 C—AG—E 的平面角是0 , ,a a a 2 , 0 , 0 0 , 2 , 0 a) 2 , 2 , 0 ( ), 0 , , (1a a C A a a AE    .212 2 22| || |, cos2111 a aaC A AEC A AEC A AE.3) , , ( h a a EG   0 ,1 1    C A EC C A EG . , 0 2 22a h ah a   . , 90 AC EP BAC      EP,51a. 5 tan   PQPEPQE

　 .

　∴ 二 面 角 A 1 — AG — E 的 平 面 角 是 .

　 （12 分）

　 例 5．（2000。全国。理科题）如图，已知平行六面体 ABCD—A 1 B 1 C 1 D 1 的底面 ABCD 是菱形，且∠C 1 CD=∠BCD=60°。

　（）证明：C 1 C⊥BD； （）假定 CD=2，C 1 C=1.5,记面 C 1 BD 为α,面 BCD 为β,求二面角 5 arctan5 arctan  A B D C A 1 B 1 D 1 C 1