立體幾何中的向量方法精編版

1、最新資料推薦立體幾何中的向量方法適用學科高中數(shù)學適用年級高中二年級適用區(qū)域通用課時時長（分鐘）90知識點用空間向量處理平行垂直問題；用空間向量處理夾角問題 .教學目標1. 理解直線的方向向量與平面的法向量；2. 能用向量語言表述線線、線面、面面的垂直、平行關系；3. 能用向量方法證明有關線、面位置關系的一些定理（包括三垂線定理） 4. 能用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計算問題，體會向量方法的作用教學重點用向量方法解決立體幾何中的有關問題教學難點用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計算問題教學過程、課堂導入空間平行垂直問題1.兩條直線平行與垂直；2 .直線與平面平行與垂直;3.兩個平面

2、平行與垂直； 空間夾角問題1 .兩直線所成角；2 .直線和平面所成角；3 .二面角的概念；空間距離問題最新資料推薦最新資料推薦、復習預習)空間向量的直角坐標運算律：設 a (a1, a2 , a3) ，b (b1,b2,b3)，則a b(a1b1,a2b2,a3b3)，a b(a1b1,a2b2,a3b3)，a (a1,a2,a3)(R)， ， ，a ba1b1a2b2a3b3 ，a/ba1b1,a2b2,a3b3(R) ， a ba1b1a2b2a3b302)若 A(x1,y1,z1)，B(x2,y2,z2)，則 AB (x2 x1,y2 y1,z2 z1)一個向量在直角坐標系中的坐標等于表

3、示這個向量的有向線段的終點的坐標減去起點的坐標AB AB3)模長公式：若 a (a1,a2,a3) ， 則|a| a a a1 a2 a3 4)夾角公式：cos a b|aa| |bb|a12 aa21b21 aa322b2b12a3bb322 b32 5)兩點間的距離公式：若 A(x1, y1, z1 ) ， B(x2,y2,z2)，則(x1 x2)2 (y1 y2)2 (z1 z2)2 最新資料推薦三、知識講解考點 1 平面法向量的求法在空間平面法向量的算法中，普遍采用的算法是設 n （x,y,z） ，它和平面內(nèi)的兩個不共線的向量垂直，數(shù)量積為 0， 建立兩個關于 x,y,z 的方程，再對

4、其中一個變量根據(jù)需要取特殊值，即可得到法向量還有幾種求平面法向量的辦法也比 較簡便求法一： 先來看一個引理：若平面 ABC 與空間直角坐標系 x 軸、y 軸、 z軸的交點分別為 A（a，0，0）、B（0，b，0）、C（0，0，c），定義三點分別111 在x軸、y軸、z軸上的坐標值 xA a，yB b，zC （c a,b,c均不為 0），則平面 ABC的法向量為 n （ , , ）（ 0）參 abc數(shù) 的值可根據(jù)實際需要選取證明： AB (a, b, 0), AC n AB 0,n AC 0最新資料推薦( a, 0, c),111n ( , , ) 是平面 ABC 的法向量 abc這種方法非常簡

5、便，但要注意幾個問題：（1）若平面和某個坐標軸平行，則可看作是平面和該坐標軸交點的坐標值為，法向量對應于該軸的坐標為 0比11如若和 x 軸平行（交點坐標值為 ），和 y 軸、 z 軸交點坐標值分別為 b、c，則平面法向量為 n （0, , ）；若平面和 x,y bc最新資料推薦1 軸平行，和 z軸交點的坐標值為 c，則平面法向量為 n (0,0, ) c(2) 若平面過坐標原點 O，則可適當平移平面求法二： 求出平面方程，得到法向量我們先求過點 P0 (x0,y0,z0) 及以 n A,B,C 為法向量的平面的方程設 P(x,y,z) 是平面上的動點，于是有 P0P n0，即 A(x x0)

6、 B(y y0 ) C(z z0) 0整理得 Ax By Cz ( Ax0 By0 Cz0) 0令 DAx0 By0 Cz0 ，有 Ax By Cz D 0這就是平面的一般方程 .平面的方程可用三元一次方程來表示且 x, y, z的系數(shù)組成該平面的法向量注意： (1)有了平面的方程 Ax By Cz D 0，就能得到平面的法向量 A,B,C ，可用平面內(nèi)不共線的三點求出平 面的方程最新資料推薦(2)一些特殊情形的平面，方程會更簡捷：通過原點的平面， D 0 ，方程為 Ax By Cz 0；平行于 x 軸的平面， A 0，方程為 By Cz D 0；通過 x軸的平面， A 0,D 0 ，方程為

7、By Cz 0；既平行于 x軸又平行于 y軸的平面 ,也就是一個平行于 xoy坐標面的平面，方程為 Cz D 0； 類似地，可討論其它特殊情形(3)兩平面： A1x B1y C1z D1 0與 A2x B2y C2z D2 0平行的充要條件是A1 : A2 B1 :B2 C1 :C2 D1 : D2 求法三： 用行列式求得法向量若 n1 x1,y1,z1 ，n2 x2,y2,z2 是平面內(nèi)兩個不共線向量，i j k計算行列式x1 y1 z1 ai bj ck ，x2 y2z2最新資料推薦則平面的法向量為 n a,b,c 最新資料推薦考點 2 用空間向量求解二面角（一）用法向量解二面角用法向量求

8、解二面角時遇到一個難題：二面角的取值范圍是 0, ，而兩個向量的夾角取值范圍也是 0, ，那用向量法算出的角是二面角的平面角呢還是它的補角？如果是求解異面直線所成的角或直線與平面所成的角，只要取不超過2 的那個角即可，但對二面角卻是個難題 . 筆者經(jīng)過思考，總結(jié)出一個簡單可行的方法，供讀者參考 .用法向量解二面角首先要解決的問題就是：兩個法向量所夾的角在什么情況下與二面角大小一致？其次，如何去判 斷得到的法向量是否是我們需要的那個方向？，兩個平面的法向量 n1,n2 則應分別垂直于對第一個問題，我們用一個垂直于二面角棱的平面去截二面角（如圖一）最新資料推薦該平面角的兩邊 . 易知，當 n1,

9、n2同為逆時針方向或同為順時針方向時，它們所夾的解即為. 所以，我們只需要沿著二面角棱的方向觀察，選取旋轉(zhuǎn)方向相同的兩個法向量即可 . 或者可以通俗地理解，起點在半平面上的法向量，如果指向 另一個半平面，則稱為 “向內(nèi)”的方向；否則稱為 “向外”的方向 . 兩個法向量所夾的角與二面角大小相等當且僅當這兩個法向量方向一個 “向內(nèi) ”，而另一個 “向外”.zO n yO yx圖二對第二個問題，我們需要選取一個參照物 . 在空間直角坐標系中，我們可以選擇其中一個坐標軸（如 z 軸），通過前 面的辦法，可以確定法向量的方向，再觀察該法向量與 xOy 平面的關系，是自下而上穿過 xOy 平面呢，還是自上

10、而下穿 過 xOy 平面？若是第一種情形，則 n與OZ 所夾的角是銳角，只需取法向量的 z 坐標為正即可；若是第二種情形，則 n10最新資料推薦與OZ 所夾的角是鈍角， 只需取法向量的 z坐標為負即可 若法向量與 xOy 平面平行，則可以選取其它如 yOz平面、zOx 平面觀察（二）用半平面內(nèi)的向量解二面角 由二面角的平面角定義，由棱上一點分別在兩個半平面內(nèi)作棱的垂線，這樣構成的角即為二面角的平面角如果分 別在兩個半平面內(nèi)作兩個向量（如圖） ，起點在棱上且均垂直于棱，可以看出，這兩個向量所夾的角，與二面角的大小 是相等的這種方法與用法向量解二面角相比，其優(yōu)點是向量的方向已經(jīng)固定，不必考慮向量的

11、不同方向給二面角大小 帶來的影響11最新資料推薦考點 3 空間直線與空間平面的向量形式 在平面解析幾何中，曲線上的動點可以用坐標表示，通過對變量的運算達到求值、證明的目的在立體幾何中借用 向量，直線、平面上的點也可以用參數(shù)來表示，通過對參數(shù)的運算，同樣可以達到求值、證明的目的1空間直線：如果 l 為經(jīng)過已知點 A且方向向量為 a的直線，那么點 P在直線 l上的充要條件是存在實數(shù) t，滿足等 式 AP ta ，或?qū)θ我稽c O（通常取坐標原點） ，有OP OA ta這是空間直線的向量形式s、t，使2空間平面： 空間一點 P 位于平面 MAB 內(nèi)的充要條件是存在有序?qū)崝?shù)對定點OP OM sMA tM

12、B .MP sMA tMB , 或?qū)臻g任O（通常取坐標原點），有這是空間平面的向量形式12最新資料推薦13最新資料推薦四、例題精析【例題】如圖，在四棱錐 SABCD中，底面 ABCD為正方形，側(cè)棱 SD底面ABCD，E、F分別是 AB、SC的中點()求證： EF平面 SAD；()設 SD2CD，求二面角 AEFD 的大?。?4最新資料推薦解析】（1）如圖，建立空間直角坐標系 D xyz 設 A（a，0，0），S（0，0，b），則B（a，a，0）， C （0， a，0），aa bbE a， ，0 ， F 0， ， ， EFa，0， 22 22取SD的中點G 0，0，b2 ，則AGa，0，b2

13、EF AG， EF AG，AG 平面 SAD，EF 平面 SAD ，15最新資料推薦所以 EF平面 SAD2）不妨設 A（1，0，0） ，則 B（1，1，0）， C（0，1，0）， S（0，0，2），E 1，1 ，0 ，2F 0，12 ，12平面 AEFG與x軸、 z軸的交點分別為 A（1,0,0）、G（0,0,1），與 y軸無交點，則法向量 n1 （1,0,1） ，在CD延長線上取點H，使 DHAE，則 DH AE，所以 AHED，由（ 1）可知 AGEF，所以平面 AHG平面 EFD，平面 AHG與 x1軸、y 軸、z軸的交點分別為 A（1,0,0）、H（0, 2 ,0）、G（0,0,1）

14、，則法向量 n2 （1, 2,1），設二面角 AEFD 的大小為 ，即二面角AEF D 的大小為 arccos16最新資料推薦1 【例題】 已知四棱錐 P ABCD的底面為直角梯形， ABDC，DAB90 ，PA底面 ABCD，且 PAADDC AB1，M 是 PB 的中點.（1）求二面角 C AM B 的大小；（2）求二面角 A MC B 的大小 .17最新資料推薦【解析】如圖建立空間直角坐標系，則對二面角 C AM B而言， AD 是平面 AMB的法向量(向內(nèi))，易知平面 ACM 符 合“向外”方向的法向量是自下而上穿過 xOy平面，所以與 AZ 所夾的角是銳角 . 對二面角 A MC B

15、而言，平面 ACM 選 取上述法向量，則為 “向外”的方向，平面 BCM 就應選取 “向內(nèi)”的方向，此時是自上而下穿過 xOy平面，與 z 軸正向所夾 的角是鈍角 .(1)如圖，以 AD為 x軸，AB為 y軸，AP為 z軸建立空間直角坐標系，則平面 AMB的法向量為 n1 (1,0,0), 設平 面 ACM 的法向量為 n2 (x,y,z).1由已知 C(1, 1, 0), P(0, 0, 1), B(0, 2, 0)，則 M(0, 1, 2 ),18最新資料推薦 1 AC (1, 1, 0), AM (0, 1, 2 ).n2 AC 0, x y 0,由 2 1取 y 1，則 x 1, z

16、2，n2 AM 0. y 2 z 0.n2 (1, 1, 2).滿足 n2 AZ 0)設二面角 C AM B 的大小為，則 cos所求二面角的大小為arccos 62）選?。?1）中平面 ACM 的法向量 n2 （1, 1, 2），設平面 BCM 的法向量為n3 (x,y,z).BC (1, 1, 0), BM (0, 1, 12 ),0,1z 0.2由 n3 BC 0, x y n3 BM 0. y19最新資料推薦取z 2，則y 1, x 1，n3 （1, 1, 2），則 n2 ， n3所夾的角大小即為二面角AMCB 的大小，設為cosn2 n3所求二面角的大小為20最新資料推薦例題】 如圖

17、，已知長方體 ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA12，E是 BB1的中點（1）求二面角 EAC1B 的大?。唬?）求二面角 C1AEB 的大小21最新資料推薦解析】在第( 1)題中，只需在 AC1上找到兩點 G、H，使得GB 、HE 均與AC1 垂直，則 GB 、HE 的夾角即為所求二面角的大小如何確定G、H 的位置呢？可設 GA AC1 ，GB GA AB AC1 AB ，這樣向量 GB 就用參數(shù)表示出來了，再由 GB AC1 0求出 的值，則向量 GB 即可確定，同理可定出 H點第( 2)題方法類似以 B為坐標原點， BC為 x軸，BA為 y軸建立空間直角坐標系，則 B(0,0,

18、0), A(0,1,0), C(1,0,0), B1(0,0,2), C1(1,0,2),E(0,0,1) AC1 (1, 1, 2), AB (0, 1, 0).設 GA AC1 ( , ,2 ) ，1)GB GA AB( , 1,2 ),由 GB AC1 0 ( 1) 4 0，解得：GB(156622最新資料推薦圖六GBHE6GB2HE15 面角 EAC1 B 的大小為 arccos 15 .52）AE （0, 1, 1）, 在 AE 上取點 M、N，MA AE (0, , ) ，則 MB MA AB (0, 1, ),由 MB AE 0 得： 1 0，解得：設MB1 1 同理可得： HE

19、 ( 12, 21,0)，HE AC1 0GB 、HE 的夾角等于二面角 EAC1B 的平面角cos 1 5 1530 2 511 (0, 21, 12)23最新資料推薦 1 1 同理可求得： NC1 ( 1, 12, 12), NC1 AE 0.MB 、NC1 的夾角等于二面角 C1AEB 的平面角cos333面角 C1AEB 的大小為 arccos().24最新資料推薦五、課堂運用【基礎】. 在空間直角坐標系 Oxyz中，已知 A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1， 2）若 S1，S2，S3 分別是三棱 錐D -ABC在xOy，yOz，zOx坐標平面上的正投影圖

20、形的面積，則 （ ）AS1S2S3B S2 S1 且 S2S3CS3 S1且 S3S2DS3S2且 S3S125最新資料推薦解析】 設頂點 D 在三個坐標平面 xOy、yOz、zOx 上的正投影分別為 D1、D2、D3，則AD1 BD1 2，AB2，1 1 1 S11222 2， S2SOCD2122 2 2，S3SOAD3122 2 2選 D答案】D262 求過點MH20/I) ,M2(1l1l0)M3(0)1)1)的平面的法向量最新資料推薦27最新資料推薦解析】方法一：由給定平面上的三個點的坐標，可知平面上的兩個向量 M1M21,1, 1，M1M32,1,0 ，xyz02x y 0 ，設平

21、面的法向量為 n x,y,z ，由 M 1M 2 n 0，得M 1M 3 n 0 令 x 1 ，得平面的一個法向量n 1,2,1 方法二：設過點 M 1(2,0,1) , M 2(1,1,0),M3(0,1,1)的平面的方程為 Ax By Cz D 0，代入點的坐標，得2A C D 0 A B D 0， BCD0解之AD3B 23D ，即 CD3Dx 2D y Dz D333所以平面的方程為 x 2y z 3 0 ，所以平面的一個法向量 n 1,2,1 方法三：由給定平面上的三個點的坐標，可知平面上的兩個向量M1M21,1, 1，M1M32,1,0 ，因為這兩個向量不平行，計算n 1,2,1

22、i j k1 1 1 i 2j k 故所求平面的一個法向量2 1 028最新資料推薦已知正方體 AC1的棱長為a ， E是CC1的中點， O是對角線 BD1的中點，（1）求證： OE 是異面直線 CC1和 BD1的公垂線； （2）求異面直線 CC1和 BD1的距離29最新資料推薦解析】（1）解法一：延長 EO交A1A于F，則 F為A1A的中點， EF / AC ， CC1 AC ，又O是BD1的中點， OE BD1， OE是異面直線 CC1和BD1的公垂線解法二：以 D為原點，分別以 DA,DC,DD1為 x 軸、y 軸、 z軸建立空間直角坐標系，a a a a于是有 D1(0,0,a),C(

23、0,a,0),C1(0,a,a),B(a,a,0),O(2a,2a,2a),E(0,a,2a)，BD1 ( a, a,a) ，CC1 (0,0,a) ，EO (2a, a2,0)，30最新資料推薦BD1 EO 0，CC1 EO 0，所以OE是異面直線 CC1和BD1的公垂線2）由（ 1）知， OE 為異面直線 CC1和BD1的距離所以 OE EO22 aa442a231最新資料推薦【鞏固】已知正方體 ABCD A1B1C1D1的棱長為 a，求 B1C與 BD間的距離32最新資料推薦解析】解法一：(轉(zhuǎn)化為 B1C到過 BD且與 B1C平行的平面的距離)連結(jié) A1D，則 A1D / B1C ， B

24、1C /平面 A1DB ，連 AC1 ，可證得AC1 BD， AC1 AD，AC1 平面 A1DB ，平面 AC1 平面 A1DB ，且兩平面的交線為 A1O，過 C作CE A1O ，垂足為 E，則CE即為 B1C與平面 A1DB 的距離，也即 B1C與BD間的距離，1 1 3 3在 A1OC 中， OC A1A CE A1O ， CEa 故 B1C 與BD 間的距離a1 2 1 2 1 3 1 3解法二：以 D為原點，分別以 DA, DC , DD1所在的直線分別為 x軸， y軸、 z軸建立空間直角坐標系，則 A(a,0,0), B(a,a,0),C(0,a,0) ，B1(a,a,a),A1

25、(a,0, a), D(0,0,0) ，由(解法一)求點 C 到平面 A1DB 的距離 CE ，設 E(x, y, z) ， E 在平面 A1DB 上， A1E A1D A1B，即 (x a,y,z a) ( a,0, a) (0,a,a)，33最新資料推薦(x,y 2,z)( a,0, a) 0(x,y 2,z)( a, a,0) 0x a a y a，CE A1D,CE BD ，z a a a解得：2，3，2，CE (1a, 1a, 1a) ，3 3 3 33解法三：直接求 B1C與BD間的距離設 B1C與BD的公垂線為 OO1 ，且O1 B1C,O BD ，設 O(x,y,z) ，設 D

26、O BDxa則(x,y,z) ( a, a,0) ， ya，O( a, a,0) ，z0OO1 BD,OO1 B1C ， OO1 BD 0,OO1 B1C 0同理 O1( a,a, a) ，OO1 ( )a,a a, a) ，2 1 1 1 1 3 解得：32, 13，OO1 ( 31a,13a,13a) ，|OO1| 33a34最新資料推薦如圖所示，三棱柱 ABC - A1B1C1中，點 A1在平面 ABC內(nèi)的射影 D在 AC上，ACB90，BC1，ACCC12.(1)證明： AC1A1B;(2)設直線 AA1與平面 BCC1B1的距離為 3，求二面角 A1 -AB - C的大小35最新資料

27、推薦解析】方法一： (1)證明：因為 A1D平面 ABC，A1D?平面 AA1C1C，故平面 AA1C1C平面 ABC. 又 BCAC，所以 BC 平面 AA1C1C連接 A1C，因為側(cè)面 AA1C1C 為菱形，故 AC1A1C由三垂線定理得 AC1A1B (2)BC平面 AA1C1C，BC? 平面 BCC1B1，故平面 AA1C1C平面 BCC1B1. 作A1ECC1，E為垂足，則 A1E平面 BCC1B1.又直線 AA1平面 BCC1B1，因而 A1E 為直線 AA1 與平面 BCC1B1的距離，即 A1E 3. 因為 A1C 為ACC1 的平分線，所以 A1DA1E 3作 DFAB， F

28、 為垂足，連接 A1F由三垂線定理得 A1FAB，故A1FD 為二面角 A1 -AB - C的平面角由 AD AA12A1D21，得 D 為 AC 中點，5A1D1DF 5 ，tanA1FD DF 15，所以 cosA1FD 41所以二面角 A1 - AB -C 的大小為 arccos436最新資料推薦方法二：以C為坐標原點，射線 CA為x軸的正半軸，以CB的長為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系 C -xyz.由題設知 A1D 與 z軸平行， z軸在平面 AA1C1C 內(nèi)（1）證明：設 A1（a，0，c）由題設有 a2，A（2，0，0）， B（0，1，0），則AB（2，1，0），AC（2，

29、0，0），AA1（a2，0，c），AC1ACAA1（a4，0，c），BA1（a，1，c） 由|AA 1| 2，得 （ a 2） 2c2 2，即 a2 4ac2 0. 2 2又AC1BA1a2 4ac2 0，所以 AC1A1B（2）設平面 BCC1B1的法向量 m（x，y，z），則 mCB，mBB1，即 mCB0，mBB10.因為CB（0，1，0），BB1AA1（a2，0，c），所以 y0 且 （a2）xcz037最新資料推薦令 x c，則 z2a，所以 m（c，0，2a），故點 A到平面 BCC1B1的距離為|CA| |cosm，又依題設， A 到平面 BCC1B1 的距離為 3，所以 c 3

30、，代入，解得 a3（舍去）或 a1，于是 AA1（ 1， 0， 3）設平面 ABA1 的法向量 n（p， q，r），則 nAA1，nAB，即 nAA10，nAB0，p 3r0，且 2pq0.令 p 3，則 q2 3， r1，所以 n（ 3， 2 3，1）又 p（0，0，1）為平面 ABC 的法向量，故 np 1 cosn，p|n|p|41 所以二面角 A1 - AB -C 的大小為 arccos438最新資料推薦【拔高】 如圖，已知 ABCD 為邊長是 4 的正方形， E、F 分別是 AB、AD 的中點， GC垂直于 ABCD 所在的平面，且 GC，求點 B到平面 EFG 的距離39最新資料推

31、薦E(2,4,0), F(4,2,0), G(0,0,2),B(0,4,0).解析】 分別以CD 、CB 、CG 為 x、y、z軸建立空間直角坐標系，EF(2, 2,0), EG (2,4,2),設 P 是平面 EFG 上的動點，則存在實數(shù) s,t ，使得CP CE sEF tEG (2,4,0) s(2,2,0) t( 2,4,2) (2s 2t 2, 4 2s 4t, 2t),P(2s2t2, 42s4t, 2t), BP (2s2t2, 2s 4t, 2t).當且僅當 BPEF 且 BPEG 時， BP平面 EFG，BP 即為所求的點BP EF = 0 由BP EG = 02(2s-2t

32、+2) 2(-2s-4t)=0-2(2s-2t+2) 4(-2s-4t) + 4t=0B 到平面 EFG 的距離7- 113 11BP( 2, 2 ( 11 , 11611),40最新資料推薦2 11112A 4B 14A 2B 1解之A16，1， B6所以平面 EFG 的方程為6x 6y 2z 1點 B 到平面 EFG 的距離即為 | BP | 解法二： 因為平面 EFG 的豎截距為 2，可設平面 EFG 的方程為Ax By 2z 1，將 E(2,4,0), F(4,2,0)的坐標分別代入，得即 x y 3z 6 0點 B(0,4,0) 到平面 EFG 的距離為04061192 111141

33、最新資料推薦如圖，正三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱長都為 2，D為 CC1中點 （ ）求證： AB1面 A1BD；（）求二面角 AA1DB 的大??；（）求點 C到平面 A1BD 的距離B42最新資料推薦解析】（）取BC中點O ，連結(jié) AO ABC為正三角形， AO BC 在正三棱柱 ABC A1B1C1中，平面 ABC 平面 BCC1B1，AO 平面 BCC1B1 取 B1C1中點 O1，以 O 為原點，OB ，OO1 ，OA 的方向為 x，y，z 軸的正方向建立空間直角坐標系，則B（1，0，0） ，D（ 1，1，0） ， A1（0，2，3） ， A（0，0，3） ， B1（1，2，0） ，43最新資料推薦AB1 (1，2， 3) ， BD ( 2，1，0) ， BA1 ( 1，2， 3) AB1 BD 2 2 0 0， AB1 BA1 1430， AB1 BD ， AB1 BA1 ，AB1 平面 A1BD ()設P是直線A1D上的動點，由( )可得DA1 (1,1, 3) ，則存在 t R，使得OP OD tDA1 ( 1,1,0) t(1,1, 3) (t 1,t 1, 3t) ， P(t 1,t 1, 3t), PA ( t 1, t 1, 3 3t)。當 PADA1 時，由 PA DA1 0 ( t 1) ( t 1) 3( 3