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第7讲 立体几何中的向量方法(一)


第7讲

立体几何中的向量方法(一)

【2013 年高考会这样考】 1.通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算. 2.能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理. 3.利用空间向量求空间距离. 【复习指导】 本讲复习中要掌握空间向量的坐标表示和坐标运算, 会找直线的方向向量和平面 的法向量,并通过它们研究线面关系,会用向量法求空

间距离.

基础梳理 1.空间向量的坐标表示及运算 (1)数量积的坐标运算 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则①a± b=(a1± 1,a2± 2,a3± 3); b b b ②λa=(λa1,λa2,λa3); ③a· 1b1+a2b2+a3b3. b=a (2)共线与垂直的坐标表示 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3), 则 a∥b?a=λb?a1=λb1,a2=λb2,a3=λb3(λ∈R), a⊥b?a· b=0?a1b1+a2b2+a3b3=0(a,b 均为非零向量). (3)模、夹角和距离公式 设 a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),
2 则|a|= a· a= a1+a2+a2, 2 3

a· b cos〈a,b〉=|a||b|=

a1b1+a2b2+a3b3 2 2. a1+a2+a2· b2+b2+b3 2 3 1 2

设 A(a1,b1,c1),B(a2,b2,c2), → 则 dAB=|AB|= ?a2-a1?2+?b2-b1?2+?c2-c1?2. 2.立体几何中的向量方法

(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定 → ①直线的方向向量:l 是空间一直线,A,B 是直线 l 上任意两点,则称AB为直线 → l 的方向向量,与AB平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量. ②平面的法向量可利用方程组求出:设 a,b 是平面 α 内两不共线向量,n 为平 a=0, ?n· 面 α 的法向量,则求法向量的方程组为? b=0. ?n· (2)用向量证明空间中的平行关系 ①设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)?v1∥v2. ②设直线 l 的方向向量为 v,与平面 α 共面的两个不共线向量 v1 和 v2,则 l∥α 或 l?α?存在两个实数 x,y,使 v=xv1+yv2. ③设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l∥α 或 l?α?v⊥u. ④设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1,u2,则 α∥β?u1∥u2. (3)用向量证明空间中的垂直关系 ①设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1⊥l2?v1⊥v2?v1·2=0. v ②设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l⊥α?v∥u. ③设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2, α⊥β?u1⊥u2?u1·2 则 u =0.

(4)点面距的求法 如图,设 AB 为平面 α 的一条斜线段,n 为平面 α 的法向量,则 B 到平面 α 的距 → n| |AB· 离 d= |n| .

一种思想 向量是既有大小又有方向的量, 而用坐标表示向量是对共线向量定理、共面向量 定理和空间向量基本定理的进一步深化和规范,是对向量大小和方向的量化: (1)以原点为起点的向量,其终点坐标即向量坐标; (2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标.

得到向量坐标后,可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位置关系,计算空间 成角和距离等问题.

三种方法 主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题:

?直线与直线平行 (1)平行?直线与平面平行 ?平面与平面平行 ?直线与直线垂直 (2)垂直?直线与平面垂直 ?平面与平面垂直
(3)点到平面的距离 求点到平面距离是向量数量积运算(求投影)的具体应用,也是求异面直线之间距 离,直线与平面距离和平面与平面距离的基础. 双基自测 1.两不重合直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),则 l1 与 l2 的位置关系是( A.平行 ). C.垂直 D.不确定

B.相交

解析 ∵v2=-2v1,∴v1∥v2. 答案 A 2.已知平面 α 内有一个点 M(1,-1,2),平面 α 的一个法向量是 n=(6,-3,6), 则下列点 P 中在平面 α 内的是( A.P(2,3,3) C.P(-4,4,0) 解析 ∵n=(6,-3,6)是平面 α 的法向量, → → → ∴n⊥MP,在选项 A 中,MP=(1,4,1),∴n· =0. MP 答案 A → AB → → AC → 3.(2011· 唐山月考)已知点 A,B,C∈平面 α,点 P?α,则AP· =0,且AP· = ). B.P(-2,0,1) D.P(3,-3,4)

→ BC → 0 是AP· =0 的( A.充分不必要条件 C.充要条件

). B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

→ ?AP· =0 ? → AB → (AB → 解析 由? ,得AP·→ -AC)=0, → → ?AP· =0 ? AC → CB → → BC → 即AP· =0,亦即AP· =0, → BC → 反之,若AP· =0, → (AC → → AB → AC → → 则AP·→ -AB)=0?AP· =AP· ,未必等于 0. 答案 A 4.(人教 A 版教材习题改编)已知 a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2), 则下列结论正确的是( A.a∥c,b∥c C.a∥c,a⊥b ). B.a∥b,a⊥c D.以上都不对

解析 ∵c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,∴a∥c, 又 a· b=-2×2+(-3)×0+1×4=0,∴a⊥b. 答案 C → → 5.(2012· 舟山调研)已知AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面 ABC 的单位法向量是 ________. 解析 设平面 ABC 的法向量 n=(x,y,z). ?AB· ? → n=0, ?2x+2y+z=0, 则? 即? → ?4x+5y+3z=0. ?AC· n=0, ? ? 1 ?x= , 令 z=1,得? 2 ?y=-1, ? ?1 ? ∴n=?2,-1,1?, ? ?

2 2? n ?1 ? ∴平面 ABC 的单位法向量为± =± 3,-3,3?. |n| ? ? 2 2? ?1 ? 答案 ± 3,-3,3? ? ?

考向一

利用空间向量证明平行问题

【例 1】?如图所示,在正方体 ABCD- 1B1C1D1 中,M、N 分别是 C1C、B1C1 的 A 中点.求证:MN∥平面 A1BD. [审题视点] 直接用线面平行定理不易证明,考虑用向量方法证明. 证明 法一 如图所示,以 D 为原点,DA、DC、DD1 所在直线分别为 x 轴、y

轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为 1,

1? ? ?1 ? 则 M?0,1,2?,N?2,1,1?,D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0), ? ? ? ? 1? → ?1 于是MN=?2,0,2?, ? ? 设平面 A1BD 的法向量是 n=(x,y,z). ?x+z=0, → 则 n·→1=0,且 n· =0,得? DA DB ?x+y=0. 取 x=1,得 y=-1,z=-1.∴n=(1,-1,-1). 1? → n=?1 又MN· ?2,0,2?· (1,-1,-1)=0, ? ? → ∴MN⊥n,又 MN?平面 A1BD, ∴MN∥平面 A1BD. → → → 1 → 1→ 法二 MN=C1N-C1M=2C1B1-2C1C

1 → 1→ → =2(D1A1-D1D)=2DA1, → → ∴MN∥DA1,又∵MN 与 DA1 不共线,∴MN∥DA1, 又∵MN?平面 A1BD,A1D?平面 A1BD, ∴MN∥平面 A1BD. 证明直线与平面平行,只须证明直线的方向向量与平面的 法向量的数量积为零,或证直线的方向向量与平面内的不共线的两 个向量共面, 然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为了数 量的计算问题.

【训练 1】 如图所示,平面 PAD⊥平面 ABCD,ABCD 为正方 形,△PAD 是直角三角形,且 PA=AD=2,E、F、G 分别是线 段 PA、PD、CD 的中点.求证:PB∥平面 EFG. 证明 ∵平面 PAD⊥平面 ABCD 且 ABCD 为正方形,

∴AB、AP、AD 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、 G(1,2,0). → → → ∴PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1), → → → 设PB=sFE+tFG, 即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),

?t=2, ∴?t-s=0, ?-t=-2,

解得 s=t=2.

→ → → ∴PB=2FE+2FG, → → → → → 又∵FE与FG不共线,∴PB、FE与FG共面. ∵PB?平面 EFG,∴PB∥平面 EFG. 考向二 利用空间向量证明垂直问题

【例 2】?如图所示,在棱长为 1 的正方体 OABC- 1A1B1C1 中,E,F 分别是棱 O AB,BC 上的动点,且 AE=BF=x,其中 0≤x≤1,以 O 为原点建立空间直角坐 标系 Oxyz. (1)求证 A1F⊥C1E; (2)若 A1,E,F,C1 四点共面 → 1 C → 求证:A1F=2A→ 1+A1E. 1 [审题视点] 本题已建好空间直角坐标系,故可用向量法求解,要注意找准点的 坐标. 证明 (1)由已知条件 A1(1,0,1),F(1-x,1,0),C1(0,1,1),E(1,x,0), → → A1F=(-x,1,-1),C1E=(1,x-1,-1), → C → 则A1F· 1E=-x+(x-1)+1=0, → → ∴A1F⊥C1E,即 A1F⊥C1E. → (2)A1F=(-x,1,-1),A→ 1=(-1,1,0), 1C → A1E=(0,x,-1),

?-x=-λ, → → 设A1F=λA→ 1+μA1E,?1=λ+μx, 1C ?-1=-μ,
1 解得 λ=2,μ=1. → 1 C → ∴A1F=2A→ 1+A1E. 1 证明直线与直线垂直,只需要证明两条直线的方向向量垂直,而直线 与平面垂直,平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明.

【训练 2】 如图所示,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,AC ⊥CD,∠ABC=60° ,PA=AB=BC,E 是 PC 的中点.证明:

(1)AE⊥CD; (2)PD⊥平面 ABE.

证明 AB、AD、AP 两两垂直, 建立如图所示的空间直角坐标系,设 PA=AB=BC=1, 则 P(0,0,1). (1)∵∠ABC=60° , △ABC 为正三角形. ?1 ?1 3 ? 3 1? ∴C? , ,0?,E? , , ?. ?2 2 ? ?4 4 2? → → 设 D(0,y,0),由 AC⊥CD,得AC· =0, CD 2 3 ? 2 3 ? ?, 即 y= 3 ,则 D?0, 3 ,0? ? 3 ? → ?1 3 1? → ? 1 ∴CD=?- , ,0?.又AE=? , , ?, ? 2 6 ? ?4 4 2? 1 1 3 3 → CD → ∴AE· =- × + × =0, 2 4 6 4 → → ∴AE⊥CD,即 AE⊥CD. (2)法一 ? 2 3 → ? ?. ∵P(0,0,1),∴PD=?0, 3 ,-1? ?

3 2 3 1 → PD → 又AE· = 4 × 3 +2×(-1)=0, → → → → AB → ∴PD⊥AE,即 PD⊥AE.AB=(1,0,0),∴PD· =0, ∴PD⊥AB,又 AB∩AE=A,∴PD⊥平面 AEB. 3 1? → → ?1 法二 AB=(1,0,0),AE=? , , ?, ?4 4 2? 设平面 ABE 的一个法向量为 n=(x,y,z),

?x=0, 则?1 3 1 x+ 4 y+2z=0, ?4

令 y=2,则 z=- 3,∴n=(0,2,- 3). 3 ? 2 3 → ? → ∵PD=?0, ,-1?,显然PD= 3 n. 3 ? ? → → ∵PD∥n,∴PD⊥平面 ABE,即 PD⊥平面 ABE. 考向三 利用向量求空间距离

【例 3】?在三棱锥 SABC 中,△ABC 是边长为 形,平面 SAC⊥平面 ABC,SA=SC=2 3,M、 AB、SB 的中点,如图所示,求点 B 到平面 CMN 的距离. [审题视点] 考虑用向量法求距离,距离公式不要记错. 解 取 AC 的中点 O,连接 OS、OB. ∵SA=SC,AB=BC, ∴AC⊥SO,AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC,平面 SAC∩平面 ABC=AC, ∴SO⊥平面 ABC,∴SO⊥BO. 如图所示,建立空间直角坐标系 Oxyz, 则 B(0,2 3,0),C(-2,0,0),S(0,0,2 2), M(1, 3,0),N(0, 3, 2). → → ∴CM=(3, 3,0),MN=(-1,0, 2), → MB=(-1, 3,0). 设 n=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量, ?CM· ? → n=3x+ 3y=0, 则? 取 z=1, → n=-x+ 2z=0, ?MN· ? 则 x= 2,y=- 6,∴n=( 2,- 6,1). ∴点 B 到平面 CMN 的距离 → |n· | 4 2 MB d= |n| = 3 .

4 的正三角 N 分别为

点到平面的距离,利用向量法求解比较简单,它的理论基础仍出于几

→ → → → n=n· , → 何法, 如本题, 事实上, BH⊥平面 CMN 于 H.由BH=BM+MH及BH· 作 BM → n|=|n· |=|BH|· → → |n|, 得|BH· BM → → BM BM → |=|n· |,即 d=|n· |. 所以|BH |n| |n|

【训练 3】 (2010· 江西)如图,△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形,平面 MCD⊥平面 BCD,AB⊥平面 BCD,AB=2 3. (1)求点 A 到平面 MBC 的距离; (2)求平面 ACM 与平面 BCD 所成二面角的正弦值.

解 取 CD 中点 O,连 OB,OM,则 OB⊥CD,OM⊥CD. 又平面 MCD⊥平面 BCD,则 MO⊥平面 BCD. 取 O 为原点,直线 OC、BO、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系如 图. OB=OM= 3,则各点坐标分别为 C(1,0,0),M(0,0, 3),B(0,- 3,0),A(0, - 3,2 3). → (1)设 n=(x,y,z)是平面 MBC 的法向量,则BC=(1, 3,0), → BM=(0, 3, 3), → → 由 n⊥BC得 x+ 3y=0;由 n⊥BM得 3y+ 3z=0. → 取 n=( 3,-1,1),BA=(0,0,2 3),则 → n| |BA· 2 3 2 15 d= |n| = = 5 . 5 → → (2)CM=(-1,0, 3),CA=(-1,- 3,2 3). 设平面 ACM 的法向量为 n1=(x,y,z),

→ → ?-x+ 3z=0, 由 n1⊥CM,n1⊥CA得? ?-x- 3y+2 3z=0, 解得 x= 3z,y=z,取 n1=( 3,1,1). 又平面 BCD 的法向量为 n2=(0,0,1). 1 n1· 2 n 所以 cos〈n1,n2〉=|n ||n |= . 1 2 5 2 5 设所求二面角为 θ,则 sin θ= 5 .

规范解答 15——立体几何中的探索性问题 【问题研究】 高考中立体几何部分在对有关的点、线、面位置 关系考查的同时,往往也会考查一些探索性问题,主要是对一 些点的位置、线段的长度,空间角的范围和体积的范围的探究,对条件和结论不 完备的开放性问题的探究, 这类题目往往难度都比较大,设问的方式一般是“是 否存在?存在给出证明,不存在说明理由.” 【解决方案】 解决存在与否类的探索性问题一般有两个思路:一是直接去找存 在的点、线、面或是一些其他的量;二是首先假设其存在,然后通过推理论证或 是计算,如果得出了一个合理的结果,就说明其存在;如果得出了一个矛盾的结 果,就说明其不存在. 【示例】? (本小题满分 14 分) (2011· 福建)如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠CDA=45° . (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP. (ⅰ)若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° ,求线段 AB 的长; (ⅱ)在线段 AD 上是否存在一个点 G, 使得点 G 到点 P、 C、 的距离都相等? B、 D 说明理由. (1)可先根据线线垂直,证明线面垂直,即可证得面面垂直.

(2)由于题中 PB 与平面 PCD 所成的角不好作出,因此用向量法求解.至于第 2 小问,可先假设点 G 存在,然后推理得出矛盾或列出方程无解,从而否定假设. [解答示范] (1)因为 PA⊥平面 ABCD,AB?平面 ABCD,

所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB?平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD.(4 分) (2)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Axyz(如图). 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E, 则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· 45° cos =1, CE=CD· 45° sin =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得,AD=4-t, 所以 E(0,3-t,0), C(1,3-t,0), D(0,4-t,0), →=(-1,1,0), →=(0,4-t, CD PD -t). (6 分) (ⅰ)设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z), ?-x+y=0, 由 n⊥C→,n⊥P→,得? D D ??4-t?y-tz=0. 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t). 又 P→=(t,0,-t), B ? n· → ? PB ? 故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° cos 60° ? 得 =? ?,即 |P→ ?|n|· B |? |2t2-4t| 1 2 2 2 2=2, t +t +?4-t? · 2t 4 4 解得 t=5或 t=4(舍去), 因为 AD=4-t>0, 所以 AB=5.(9 分)

(ⅱ)法一 相等,

假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到 P,B,C,D 的距离都

设 G(0,m,0)(其中 0≤m≤4-t), 则 G→=(1,3-t-m,0),G→=(0,4-t-m,0),G→=(0,-m,t). C D P 由|G→|=|G→|得 12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, C D 即 t=3-m;(1) 由|G→|=|G→|得(4-t-m)2=m2+t2.(2) D P 由(1)、(2)消去 t,化简得 m2-3m+4=0.(3)(12 分) 由于方程(3)没有实数根,所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P、 C、D 的距离都相等.从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P、 B、C、D 的距离都相等.(14 分) 法二 (1)同法一. (2)(ⅰ)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Axyz(如图). 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E, 则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· 45° cos =1, CE=CD· 45° sin =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t), 由 AB+AD=4 得 AD=4-t. 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),

C→=(-1,1,0),P→=(0,4-t,-t). D D

设平面 PCD 的法向量为 n=(x,y,z), 由 n⊥C→,n⊥P→, D D ?-x+y=0, 得? 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t). ??4-t?y-tz=0. 又 P→=(t,0,-t),故由直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30° cos 60° B 得 = ? n ·→ ? ? P B ?, ? ? |P→ ?|n|· B |? |2t2-4t| 1 即 2 2 2 2=2, t +t +?4-t? · 2t 4 4 解得 t=5或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0),所以 AB=5.

法二 假设在线段 AD 上存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都 相等. 由 GC=GD,得∠GCD=∠GDC=45° , 从而∠CGD=90° ,即 CG⊥AD, 所以 GD=CD· 45° cos =1. 设 AB=λ,则 AD=4-λ,AG=AD-GD=3-λ,(11 分) 在 Rt△ABG 中, GB= AB2+AG2= λ2+?3-λ?2= 这与 GB=GD 矛盾. 所以在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 B,C,D 的距离都相等. 从而,在线段 AD 上不存在一个点 G,使得点 G 到点 P,B,C,D 的距离都相 等.(14 分) [解答示范] ∵函数 y=cx 在 R 上单调递减, ? 3? 9 2?λ-2?2+2>1, ? ?

∴0<c<1.(2 分) 即 p:0<c<1.∵c>0 且 c≠1,∴綈 p:c>1.(3 分) ?1 ? 又∵f(x)=x2-2cx+1 在?2,+∞?上为增函数, ? ? 1 1 ∴c≤2.即 q:0<c≤2. 1 ∵c>0 且 c≠1,∴綈 q:c>2且 c≠1.(6 分) 又∵“p∨q”为真,“p∧q”为假,∴p 真 q 假或 p 假 q 真.(7 分)
? ? ? ? ?1 ? ? 1 ①当 p 真,q 假时,{c|0<c<1}∩?c|c>2且c≠1?=?c?2<c<1 ?;(9 分) ? ? ? ? ? ? ? ? 1? ②当 p 假,q 真时,{c|c>1}∩?c|0<c≤2?=?.(11 分) ? ? ? ?1 ? ? ? 综上所述,实数 c 的取值范围是?c?2 <c<1?.(12 分) ? ? ? ? ?

探索性问题只要根据设问把问题确定下来就变为了普通问题,解题的 关键是如何把要探索的问题确定下来,如本题第(2)问,法一是先设出 G 点,由 条件列出方程无解知 G 点不存在.法二是由已知先确定 G 点,然后推理得出矛 盾,故 G 点不存在.


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