[攻克立体几何难题的法宝] 立体几何难题
时间：2019-02-23 03:25:23 来源：柠檬阅读网 本文已影响 人 
运用向量法解决立体几何问题,思路流畅,方便快捷,可以减少繁杂证明,优化解题过程. 因而,向量法是同学们解决立体几何难题的首选方法. 本文主要把用向量法攻克立体几何难题的方法进行汇总,以帮助同学们更好地掌握这种重要的数学解题方法.
一、两条直线所成的角的求法
已知空间两直线l1、l2,可分别在l1、l2上取向量a、b,则两异面直线l1、l2所成的角θ的余弦值为cosθ=■. 值得指出的是:对于能建立空间直角坐标系的问题最好先建系,再用坐标法. 两条直线所成的角的范围是[0,■],下结论时应尤其慎重.
例1 (2009年上海卷)如图1,若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2,高为4,则异面直线BD1与AD所成角的大小是?摇?摇?摇?摇?摇(结果用反三角函数表示).
解析 以点D为坐标原点,DA、DC、DD1分别为x、y、z轴的正向建立空间直角坐标系D-xyz. 于是■=(2,0,0),■=(-2,-2,4),则
cos=■=■=-■.
故异面直线BD1与AD所成角为arccos■.
二、直线与平面所成的角的求法
已知直线l和平面α,在直线l上取向量a,再求出这个平面α的法向量n,然后求出向量a、n的夹角θ,则直线l和平面α所成的角是■-θ,即sinθ= |cos|=■.
例2 (2008年福建卷)如图2,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()
A. ■?摇?摇 B. ■?摇 C. ■?摇?摇 D. ■
解析 以点D为坐标原点,DA、DC、DD1分别为x、y、z轴的正向建立空间直角坐标系D-xyz.
连结AC,因■⊥■,■⊥■,则■是平面BB1D1D的法向量,■=(-2,2,0),■=(-2,0,1).
设BC1与平面BB1D1D所成角是θ,则
sinθ=cos=■
=■=■. 故选D.
三、二面角的求法
已知二面角α-l-β,不难求出半平面α、β的法向量n1、n2,则法向量n1、n2所成的角与二面角α-l-β的平面角相等或互补,是相等还是互补由数形结合确定.
例3 (2009年山东卷)如图3,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E、E1、F分别是棱AD、AA1、AB的中点.
(1) 证明:直线EE1∥平面FCC1;
(2) 求二面角B-FC1-C的余弦值.
解析 因为AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形. 因为ABCD为等腰梯形,所以四边形BCDF是平行四边形,于是△ADF是等边三角形. 取AF的中点M,连接DM,则DM⊥AB,所以DM⊥CD. 以射线DM为x轴,射线DC为y轴,射线DD1为z轴建立空间直角坐标系,如图4所示.
(1) 证明:因为D(0,0,0), A(■,-1,0),F(■,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(■,-■,0),E1(■,-1,1),所以■=(■,-■,1),■=(0,0,2),■=(-■,1,2). 设平面CC1F的法向量为n=(x,y,z),由n・■=0,n・■=0,得■x-y=0,z=0. 取n=(1,■,0),则n・■=■×1-■×■+1×0=0,所以n⊥■,所以直线EE1∥平面FCC1 .
(2) ∵ ■=(0,2,0),■=(■,-1,0),设平面BFC1的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1・■=0,n1・■=0,∴ y1=0,-■x1+y1+2z1=0.
取n1=(2,0,■),则n・n1=2×1-■×0+0×■=2,|n|=■=2,|n1|=■=■, ∴ cos=■=■=■. 又由图可知,二面角B-FC1-C为锐角,所以二面角B-FC1-C的余弦值为■.
四、两点间的距离的求法
已知空间两点的坐标分别为A(x1,y1,z1)、 B(x2,y2,z2),那么,向量■=(x2-x1,y2-y1,z2-z1),则|■|=■;有时也可利用公式|a|=■来求得.
例4 如图5,在棱长均为6的正四面体PABC中,点M是△PAB的中心,点N是BC的中点,求线段MN的长度.
解析设■=a,■=b,■=c,G是AB的中点. 则|a|=|b|=|c|=6,a・b=b・c=c・a=6×6×cos60°=18,
■=■■=■・■(a+b)=■(a+b),
■=■(b+c),
■=■-■
=-■a+■b+■c,
|■|2=(-■a+■b+■c)2=■(-2a+b+3c)2 =■(4a2+b2+9c2-4a・b+6b・c-12c・a)=■(14×36-10×18)=9. 故|■|=3.
五、点到直线的距离的求法
已知空间直线l和直线外一个点P,在直线l上取向量l和点Q,容易求出向量l和向量■的夹角θ的正弦值,则点P到空间直线l的距离是 |■|sinθ.
例5 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=4,AB=2,D是AA1的中点. 求C1到直线BD的距离.
解析 如图6,以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz,则B(■,1,0),C1(0,2,4),D(0,0,2),所以■=(-■,1,4),■=(-■,-1,2),|■|=2■,|■|=2■.
故cos=■
=■=■.
自C1向直线BD作垂线C1H,垂足为H,则C1H是C1到直线BD的距离.
C1H=|BC1|sin=2■×■=■.
故C1到直线BD的距离是■.
六、点到平面的距离的求法
已知平面α和空间任意一点M,我们可先求出平面的法向量n,在α上任取一点N,则向量■在法向量n上的正射影的模|■||cos|=■,这就是点M到平面α的距离.
例6(2008年安徽卷)如图7,在四棱锥O-ABCD中,底面ABCD是边长为1的菱形,∠ABC=■,OA⊥底面ABCD,OA=2,M为OA的中点,N为BC的中点.
(Ⅰ) 证明:直线MN∥平面OCD;
(Ⅱ) 求异面直线AB与MD所成角的大小;
(Ⅲ) 求点B到平面OCD的距离.
解析 作AP⊥CD于点P,如图8,分别以AB、AP、AO所在直线为x,y,z轴建立直角坐标系,则
A(0,0,0), B(1,0,1), P(0,■,0), D(-■,■,0), O(0,0,2), M(0,0,1), N(1-■,■,0).
(Ⅰ) ■=(1-■,■,-1),■=(0,■,-2),
■=(-■,■,-2).
设平面OCD的法向量为n=(x,y,z),则
n・■=0,n・■=0.
即■y-2z=0,-■x+■y-2z=0.
取z=■,解得n=(0,4,■).
∵ ■・n=(1-■,■,-1)・(0,4,■)=0,
∴ MN∥平面OCD.
(Ⅱ) 设AB与MD所成角为θ.
∵ ■=(1,0,0),■=(-■,■,-1),
∴ cosθ=■=■, ∴ θ=■.
AB与MD所成角的大小为■.
(Ⅲ) 设点B到平面OCD的距离为d,则d为■在向量n=(0,4,■)上的投影的绝对值.
由■=(1,0,-2),得
d=■=■.
故点B到平面OCD的距离为■.
七、两平行平面间的距离的求法
已知两平行平面α、β,在平面α、β上各任取点M、N,则向量■在平面α或β的法向量n上的正射影的模■就是平行平面α、β间的距离.
例7 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=6,侧棱AA1=4,E、F、G分别是AB、AD、AA1的中点.
(1) 求证平面EFG∥平面B1CD1;
(2) 求平面EFG与平面B1CD1之间的距离.
解析 (1) 如图9,以D点为原点建立直角坐标系D-xyz,易得:■=(3,3,0),■=(0,-3,2). 设平面EFG的法向量n1=(x,y,z),则由■・n1=0,■・n1=0,得3x+3y=0,-3y+2z=0,取n1=(-2,2,3). 同理可知平面B1CD1的法向量也是n2=(-2,2,3). 由于n1=n2,故平面EFG∥平面B1CD1.
(2)在这两个平行平面上分别取E、C点,则■=(-6,3,0),故平面EFG与平面B1CD1之间的距离是■在n1=(-2,2,3)上的正射影为
■=■=■=■.
八、两条异面直线间的距离的求法
已知两条异面直线l1、l2,过l1上任一点作l2的平行线l3,由l1、l3所确定的平面可设为α,则直线l2到平面α的距离为异面直线l1、l2间的距离. 再求出平面α的法向量n,在异面直线l1、l2上各任取一点M、N,则向量■在法向量n上的正射影的模■就是异面直线l1、l2间的距离.
例8 在底面边长为2,侧棱长为6的正三棱柱ABC-A1B1C1中,一绳自点A绕正三棱柱的侧面一周后到达A1点,绳子拉紧后与侧棱BB1、CC1分别交于M、N点,此时绳子最短. 求异面直线AM与NA1间的距离.
解析 如图10,以C点为原点,■为x轴的正向,■为z轴的正向,按右手法则建立直角坐标系C-xyz. 由于绳子的长度最短,侧面展开图中三条折线段必须共线.
易知各点的坐标分别为A(2,0,0),M(1,■,2),N(0,0,4),A1(2,0,6). 向量■=(-1,■,2),■=(2,0,2). 设与AM、NA1都垂直的向量n=(x,y,z),则
■・n=0,■・n=0,即
(-1)・x+■y+2z=0,2x+0・y+2z=0.
取n=(1,■,-1),又■=(0,0,6),于是向量■在向量n上的正射影为
d=■
=■=■.
故异面直线AM与NA1间的距离是■.
(编辑 孙世奇)
