立体几何中的向量方法

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1、立体几何中的向量方法适用学科高中数学适用年级高中二年级适用区域通用课时时长（分钟）90知识点用空间向量处理平行垂直问题；用空间向量处理夹角问题.教学目标1. 理解直线的方向向量与平面的法向量；2. 能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系；3. 能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）.4. 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法的作用.教学重点用向量方法解决立体几何中的有关问题教学难点用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题教学过程一、课堂导入空间平行垂直问题1.两条直线平行与垂直；2.直线与平面平行与垂直;3.两个平面平行与垂直；

2、空间夹角问题1.两直线所成角；2 .直线和平面所成角；3 .二面角的概念；空间距离问题可编辑修改-、复习预习H4a3bb+2a+-Tb+彳a(1) 空间向量的直角坐标运算律：设a=(a1,a2,a3),(b,b2,b3)，贝U+b3)ab=(aibabzab3)ka电,扎a3)(九R)?ab-aa2b2a3b3a/b=a=7482=?；b2,a3=f；b3(R)a_b=a1b)a2b2a3b0则AB=(X2Xi,y2-,Z2zj一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标.(3)(4)模长公式:夹角公式:cos.ab|a|b|若a=(a,a2,a3),Obj

3、La2b2+a3b3.ai2a22a32、廿b?2，b32AB(5)两点间的距离公式：若乂冷，),B%，%/)，则f(xi-X2)2(yi-y2)2(zi-Z2)2.三、知识讲解考点1平面法向量的求法在空间平面法向量的算法中，普遍采用的算法是设（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几种求平面法向量的办法也比较简便.求法一：先来看一个引理：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xa

4、=a，yB=b，zc=c（a,b,c均不为0），则平面ABC的法向量为1 11n=（-,-,-）C-0）.参数的值可根据实际需要选取.abc证明：AB=(a,b,0),证明：AB=(a,b,0),nAB=0,nAC=0zAC=(a,0,c).111n=(,)是平面ABC的法向量.abc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11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n=入(0,-,-)；若平面和x,ybc1轴平行，和z轴交点的坐标值为c，则平面法向量为n

5、=(0,0,-).c(2) 若平面过坐标原点0,则可适当平移平面.求法二：求出平面方程，得到法向量.我们先求过点Po(X0,yo,z。)及以n=A,B,C为法向量的平面的方程.设P(x,y,z)是平面上的动点，于是有PoPn=0,即A(x-Xo)B(y-y)C(z-Zo)=0整理得AxByCz(-Ax0-By0-Cz0)=0令D=-Ax()-By。-Cz，有AxByCzD=0这就是平面的一般方程平面的方程可用三元一次方程来表示.且x,y,z的系数组成该平面的法向量.注意：有了平面的方程AxByCz0，就能得到平面的法向量可用平面内不共线的三点求出平面的方程.(2)一些特殊情形的平面，方程会更简

6、捷：通过原点的平面，D=0，方程为AxByC0;平行于x轴的平面，A=0，方程为ByCz0；通过X轴的平面，A=O,D=0，方程为ByCz=0;既平行于x轴又平行于y轴的平面,也就是一个平行于xoy坐标面的平面，方程为Cz，D=0；类似地，可讨论其它特殊情形.代D1:D2(3) 两平面：A1xB1yC1zD1=0与A2xB2yC2zD2=0平行的充要条件是A1:A2=B1:B2=C1:C2求法三：用行列式求得法向量.若m，乙，n2-x2,y2,z2是平面内两个不共线向量,ijk计算行列式x1y1z1=ai+bj+ck，X2y2Z2则平面的法向量为nJa,b,c*.考点2用空间向量求解二面角（一

7、）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0,二，而两个向量的夹角取值范围也是0,二，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2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？4I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n1,n2则应分别垂直于4T该平面角的两边易知，当口2同为逆时针

8、方向或同为顺时针方向时，它们所夹的解即为X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，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

9、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.（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），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.MP二sMAtMB,0（通常取坐标原点），有或对空间任一定点OP=0MsMAtMB.考点3空间直线与空间平面的向量形式

10、在平面解析几何中，曲线上的动点可以用坐标表示，通过对变量的运算达到求值、证明的目的在立体几何中借用向量，直线、平面上的点也可以用参数来表示，通过对参数的运算，同样可以达到求值、证明的目的.1空间直线：如果I为经过已知点A且方向向量为a的直线，那么点P在直线I上的充要条件是存在实数t，满足等式AP二t；，或对任一点0（通常取坐标原点），有TTT0P二0Ata这是空间直线的向量形式.s、t，使2 空间平面：空间一点P位于平面MAB的充要条件是存在有序实数对这是空间平面的向量形式.四、例题精析【例题1】如图，在四棱锥sABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SDL底面ABCQE、F分别是ABSC的中点

11、(I)求证：EF/平面SAD；(n)设S2CD,求二面角AEFD的大小;【解析】（1）如图，建立空间直角坐标系D-xyz.设A(a,O,O),S(0,0,b)，则B(a,a,0)C(0,a,0),F0,色上,22F0,色上,22EF取SD的中点G0阴，则爲=说.取SD的中点G0阴，则爲=说.EF二AG,EF/AG,AGEF二AG,EF/AG,AG平面SAD,EF二平面SAD,所以EF/平面SAD.f1)(1(2)不妨设A(1,0,0)，则B(1,1,0)C(0,0,S(0,0,2,E1,0,F0,1.I2丿I2丿平面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

12、点，则法向量n,=(1,0,1)，在CD延长线上取点H,使DH=AE,贝UDH/：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、y1T轴、z轴的交点分别为A(1,0,0)、H(0,2,0)、$0,0,1),则法向量n2=(1,-2,1),设二面角A-EFD的大小为，即二面角AEFD的大小为aJ一1【例题2】已知四棱锥P-ABCD勺底面为直角梯形，AB/DC/DA490。,PU底面ABCD且P心AD=DC=；AB=1,M是PB的中点.（1）求二面角C木MB的大小；（2）求二面角A也GB的大小.【解析】如图建立空间直角坐标系，则对二面角CAMB而言，AD

13、是平面AMB勺法向量(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-MGB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)如图，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勺法向量为厲=(1,0,0),设平面ACM勺法向量为n2=(x,y,z).由已知C(1,1,0),1P(0,0,1),B(0,2,0)，则M(0,1,2),nAC二(1,1,0),tam二(0,1,2).X十V=0丄n2AC=0,XVu,由1取y=

14、-1，则x=1,z=2,n2AM=0.y石z=0.n2=(1,-1,2).(满足n2-AZ0).设二面角C-AMB的大小为日，贝Ucos日=举禺ni所求二面角的大小为arCC0S6（2）选取（1）中平面ACM勺法向量-1,2），设平面BCM勺法向量为1,2),n=(x,y,z).BC=(1,-1,0),飞M=(0,-1円X_V=0-n3BC=0,V0,由1n3BM=0.-V20.取z=2,贝UV=1,x=1,(1,1,2），则；,M所夹的角大小即为二面角AMG-B的大小,63所求二面角的大小为二arccos【例题3】如图，已知长方体ABCDABCD中，AB-BC=1,AA=2,E是BB的中点.

15、(1) 求二面角EAGB的大小;(2) 求二面角CAE-B的大小.【解析】在第(1)题中，只需在AG上找到两点GH,使得Gb、HE均与AG垂直，则GB、HE的夹角即为所求面角的大小如何确定gh的位置呢？可设GA=AC，GB二GAAB二AG、AB，这样向量GB就用参数，表示出来了，再由GBAG二0求出的值，贝U向量GB即可确定，同理可定出H点第(2)题方法类似.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),G(1,0,0),B(0,0,2),C(1,0,2),E(0,0,1)毛C二(1,-1,2),7b=(0,1,0).(1)设GA二AG=(,-

16、,2)，则GB二GAAB=(,；T,2),由GBAC=0=、+(+1)+4=0，解得：56同理可得：PerE，0),Pe氏=0.GB、HE的夹角等于二面角EAGB的平面角.cosT*IJGBHE=6GB2HE=GB|】HE|6GB2He|6GB2HE面角E-AGB的大小为arccos二55(2)AE=(0,1,1),在AE上取点MN,MA二AE=(0,-，),则MB二MAAB=(0,-1,),由Mb冷图七设E/c11、（二二）同理可求得:-),Ng-ae=0.21Mb、Ing的夹角等于二面角Caeb的平面角.ng3.3面角C-AE-B的大小为眦込（牛).五、课堂运用【基础】S2,S3分别是三1

17、.在空间直角坐标系xyz中，已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,2)若S,棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则()A.S=S=S3B.S=S且SSsC.83=Si且SsSSD.S=S2且Ss冷【解析】设顶点D在三个坐标平面xOy、yOz、zOx上的正投影分别为D、D2、D3,则AD=BD=2,A吐2,S=2x2X2=2,9=SOCd2=2,沪SOA2=2.选D.【答案】D2.求过点Mi(2,0,1),M2(1,1,0),M3(0,1,1)的平面的法向量.【解析】方法一：由给定平面上的三个点的坐标，可知平面上的两个向量皿側2，-

18、1,1,-1,MM-2,10,设平面的法向量为Zx,y,z，由込匚，得上x+y-z=O，IM1M3n=0j_2x+y=0令x=1，得平面的一个法向量n=1,2,1方法二：设过点Mi(2,0,1),M2(1,1,0),M3(0,1,1)的平面的方程为AxByCzD=0，2A+C+D=0代入点的坐标，得A+B+D=0，B+C+D=02A+C+D=0代入点的坐标，得A+B+D=0，B+C+D=0解之a3B=-2D，即PxyPzD=0,3 333cDI3所以平面的方程为x，2yz-3=0，所以平面的一个法向量n=1,2,1.方法三：由给定平面上的三个点的坐标，可知平面上的两个向量M1M2匚1,1,-1

19、，MM-2,1,0f，n二1,2,1.ij因为这两个向量不平行，计算T1-21k-1=i+2j+k.故所求平面的一个法向量03.已知正方体ACi的棱长为a,E是CCi的中点，0是对角线BDi的中点，(1)求证：0E是异面直线CCi和BDi的公垂线；(2)求异面直线CCi和BDi的距离.【解析】（1）解法一：延长EO交A1A于F,则F为A1A的中点，二EF/AC,TCG_AC,TCG_AC,又O是BDi的中点，二0E_BDi，二OE是异面直线CCi和BDi的公垂线.解法二：以D为原点，分别以DA,DC,DDi为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,EO=(|厂|，0)于是有Di(0,0,a),C(

20、0,a,0),Ci(0,a,a),B(a,a,0),0(|,号自上伽号)，BDi=(-1,-1,a)，CG二(0Qa)，BD1E6=o,cCiE=o，所以oe是异面直线c和bdi的公垂线.(2)由(1)知，OE为异面直线CG和BDi的距离.所以oe=|eo|=、.：a4=2.【巩固】1.已知正方体ABCD-AiBiCiDi的棱长为a，求B1C与BD间的距离.【解析】解法一：(转化为BiC到过BD且与BiC平行的平面的距离)连结A1D，则ADB1C，二B1C/平面ADB，连AC1，可证得AG_BD，AG_AD，二A。_平面ADB，平面AG_平面AQB，且两平面的交线为AO,过C作CE_AO，垂足

21、为E，则CE即为B1C与平面A1DB的距离，也即3C与BD间的距离，在=AOC中，OCAA=CEAO，CE3a.故B1C与BD间的距离a.2233解法二：以D为原点，分别以DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0)，B1(a,a,a),A(a,0,a),D(0,0,0)，由(解法一)求点C到平面ADB的距离CE，设E(x,y,z)，E在平面ADB上,AE=ADAB，即(x-a,y,z-a)-(-a,0,-a)(0,a,a)，ya(x,y-2,z)(-a,-a,0)=0解得一亠3，：（3*3心a），：心3-3解法三

22、：直接求B1C与BD间的距离.设B1C与BD的公垂线为00!，且QB1C,OBD,TT设0(x,y,z)，设DO=BD,(x=_，aI则(x,y,z)=(-a,-a,0),.目二-、a，二0(-，a,-，a,0),z=0同理0a,a,a),+ITIHfTH001=(Ja,aa,a)，二00BD,001B1C，二001BD=0,001BQ=0,21111v3解得：-一，=一，0。1=(-一a,1a,1a),。訂一a.2.如图所示，三棱柱ABC-ABC中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，/AC圧90BC=1,AC=CC=2.(1) 证明：AG丄AB；(2)设直线AA与平面BCCB的距离为Q3

23、,求二面角A-AB-缶【解析】方法一：证明：因为AiD丄平面ABCA1D?平面AACiC,故平面AACC丄平面ABC又BC丄AC,所以BCL平面AACC.连接AC,因为侧面AACiC为菱形，故AG丄AiC.由三垂线定理得AG丄AB.BCL平面AACiC,BC?平面BCCB，故平面AACiC丄平面BC.作AiE丄CC,E为垂足，则AE丄平面BCCB.又直线AA/平面BCCB，因而AiE为直线AA与平面BCdBi的距离，即AE二占.因为AiC为/ACC的平分线，所以AD=AE=3.作DF丄AB,F为垂足，连接AiF.由三垂线定理得AF丄AB,故/AiFD为二面角Ai-AB-C的平面角.由AD=AA

24、i-AiC=i,得D为AC中点，.5ADiDF=5,tan/AFD=”=i5,所以cos/AFD=4.i所以二面角Ai-AB-C的大小为arccos；.4C-xyz.方法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由题设知AiD与z轴平行，z轴在平面AAGC内.51证明：设A(a,0,c)由题设有a毛，AA2,0,0),B(0,1,0),则Afe=(2,1,0),AC=(2,0,0),AA=(a2,0,c),AC=海AA=(a4,0,c),BA=(a,1,c).由|A7Ci|=2,得(a2)2+c2=2,即卩a24a+c2=0.又ACBA=a24

25、a+c2=0,所以AG丄AB.(2) 设平面BCGB的法向量m=(x,y,z)，则mXC?BmXBB，即mCB0,mBB=0.因为G?B=(0,1,0),BB=AA=(a2,0,c)，所以y=0且(a2)x+cz=0.令x=c,则z=2a,所以m=(c,0,2a),故点A到平面BCGB的距离为|GA(cosm,GA|故点A到平面BCGB的距离为|GA(cosm,GA|icAm2c丨mc2+(2a)2c.又依题设，A到平面BCCB的距离为3,所以c=3,代入，解得a=3(舍去)或a=1,于是AA=(1,0,3).设平面ABA的法向量n=(p,q,r),则n丄AA,n丄AB,即nAA=0,nAfe

26、=0,p+3r=0,且一2p+q=0.令p=3,则q=23,r=1,所以n=(3,23,1).又p=(0,0,1)为平面ABC的法向量，故np1cosn,p=|n|p|=41所以二面角A-AB-C的大小为arccos;.4【拔高】1.如图，已知ABC助边长是4的正方形，E、F分别是ABAD的中点，GC垂直于ABC所在的平面，且GC=2,求点B到平面EFG的距离.y【解析】分别以Cd、Cb、Cg为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则E(2,4,0),F(4,2,0),q0,0,2),B(0,4,0).Ef二(2,-2,0),Eg=(2,-4,2),设P是平面EFG上的动点，贝U存在实数s,t，使得

27、cp=Ce+sef+tEg二(2,4,0)+s(2,-2,0)+t(-2,-4,2)=(2s-2t+2,4-2s-4t,2t),P(2s-2t+2,4-2s-4t,2t),Bp=(2s-2t+2,-2s-4t,2t).711当且仅当BP丄EF且BP丄EG时，BP丄平面EFGBP即为所求的点B到平面EFG的距离.BpEf=0BpEg=0/2(2s-2t+2)%2s-4t)=0解得_-2(2s-2t+2)-4(-2s-4t)+4t=0，解得Bp2_112_11611),点B到平面EFG勺距离即为IBpi2亠11_1厂解法二：因为平面EFG勺竖截距为2,可设平面EFG的方程为AxByz=1，将E(2

28、,4,0),F(4,2,0)的坐标分别代入，得2：2A+4B=1、4A+2B=1：2A+4B=1、4A+2B=1，解之*A6B6所以平面ef方程为6ir1点B(0,4,0)至呼面EFG的距离为04一0一6二空1!Jl+1+9112.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CG中点(I)求证：AB丄面ABQ(U)求二面角A-AD-B的大小；(川)求点C到平面ABD的距离.B【解析】（I）取BC中点0，连结AO.：ABC为正三角形，.A0丄BC.在正三棱柱ABC-ABQ中，平面ABC丄平面BCC.B,A0_平面BCGB,.取BG中点，以0为原点,0B，OOi，0A的方向为x,y，z

29、轴的正方向建立空间直角坐标系，则D（T,1,0），A（0,2,，3），A（0,0,，3），乐1,2,0），-AB1=(1,2,-.3),BD=(-2,0),BA-1,2,3).ABBD=一2+2+0=0,ABBA1=一1+43=0,AR_BD,ABBA,-AB,丄平面A,BD.R,使得(U)设P是直线AiD上的动点，由(I)可得DA=(1,1,-3)，则存在tOP=ODtDA1=(-1,1,0)t(1,1八3)=(t-1,t1,.3t),P(t-1,t1,3t),PA=(t1,t-1八3-、.3t)。当PA!DA时，由PADA=0=(-t1)(-t-1).3(.3-.3t)=0=t=35此时P

30、A=(2,-8,2).555同理，设Q是AD上的动点，存在sR,使得Q（s-1,s.、3s）,QB=（2当QB1DA时，由QBDA=0二(2-s)(-s-1).3(-、3s)=0二s596、3此时QB飞，2一丁)-Pa与Qb的夹角即为二面角AADB的平面角,4面角A-A|DB的大小为arccosj_64(E)C(1,0,0)，设M是平面&BD上的动点，则存在实数s,t，使得(E)C(1,0,0)，设M是平面&BD上的动点，则存在实数s,t，使得OMOBsBDtBA(1,0,0)s(-2,1,0)tei,2,=(1-2s-t,s2t,、3t)M(1-2s-t,s2t,M(1-2s-t,s2t,3

31、t),CM=(2-2s-t,s2t,、.3t)当CMLBD且CMLBA时，CML平面A1BD，贝UCM即为点C到平面A1BD的距离.由竺翌7=CMBA1=0.-2(2-2s-t)(s2t)=0,.-(2-2s-t)2(s2t)=0.s=1,CM1134,2r)点C到平面A,BD的距离为CU2解法二：（I）同解法(U)设平面&BD的方程为x-=1,bcD(-1,1,0),A(0,2，-3)在平面上，可得平面A1BD的一般方程为x2y-.3z-1=0平面&BD的法向量为厲=(1,2,-.3)又设平面ADA1的方程为-Z-=1（考虑平面ADA1平行于y轴）a3D（-1,1,0）,A（0,2厂3）在平

32、面上，可得平面ADA1的一般方程为3x-z-3=0,平面ADA1的法向量为n2=.3,0,-1)面角A-ADB的平面角二满足costn,n2_2屈n2乐2%/6.二面角A-AD-B的大小为arccos.4（川）由（U）知平面ABD的一般方程为x2y-3z-仁0,点C（-1,0,0）到平面A,BD的距离为_1+0+0_1|_21432课程小结对于以下几类立体几何问题：(1)共线与共面问题；(2)平行与垂直问题；(3) 夹角问题；(4) 距离问题；(5) 探索性问题运用向量来解决它们有时会体现出一定的优势用空间向量解题的关键步骤是把所求向量用某个合适的基底表示，这里主要是用单位正交基底表示，就是适当地建立起空间直角坐标系，把向量用坐标表示，然后进行向量与向量的坐标运算，最后通过向量在数量上的关系反映出向量的空间位置关系，从而使问题得到解决在寻求向量间的数量关系时，一个基本的思路是列方程，解方程欢迎您的下载，资料仅供参考!致力为企业和个人提供合同协议，策划案计划书，学习课件等等打造全网一站式需求-可编辑修改-