用向量方法求空間角和距離

在高考的立體幾何試題中,求角與距離是常考查的問題,其傳統的「三步曲」解法:「作圖、證明、解三角形」,作輔助線多、技巧性強,是教學和學習的難點．向量進入高中教材,為立體幾何增添了活力,新思想、新方法與時俱進,本專題將運用向量方法簡捷地解決這些問題．

1 求空間角問題

空間的角主要有：異面直線所成的角；直線和平面所成的角；二面角．

（１）求異面直線所成的角

設、分別為異面直線a、b的方向向量,

則兩異面直線所成的角=

（２）求線面角

設是斜線l的方向向量，是平面的法向量，

則斜線l與平面所成的角=

（３）求二面角

法一、在內，在內，其方向如圖，則二面角的平面角=

法二、設是二面角的兩個半平面的法向量，其方向乙個指向內側，另乙個指向外側，則二面角的平面角=

2 求空間距離問題

構成空間的點、線、面之間有七種距離，這裡著重介紹點麵距離的求法，象異面直線間的距離、線面距離；面面距離都可化為點麵距離來求．

（１）求點面距離

法一、設是平面的法向量，在內取一點b, 則 a到的距離

法二、設於o,利用和點o在內的向量表示，可確定點o的位置，從而求出．

（２）求異面直線的距離

法一、找平面使且，則異面直線a、b的距離就轉化為直線a到平面的距離，又轉化為點a到平面的距離．

法二、在a上取一點a, 在b上取一點b, 設、分別為異面直線a、b的方向向量,求（，），則異面直線a、b的距離（此方法移植於點面距離的求法）．

例１．如圖，在稜長為２的正方體中，e、f分別是稜的中點．

（ⅰ）求異面直線所成的角；

（ii）求和面efbd所成的角；

（）求到面efbd的距離

解：（ⅰ）記異面直線所成的角為，

則等於向量的夾角或其補角，

（ii）如圖建立空間座標系，

則，設面的法向量為由

得又記和麵efbd所成的角為

則∴和麵efbd所成的角為．

（）點到面efbd的距離ｄ等於

向量在面efbd的法向量上的投影的絕對值，

設計說明：１．作為本專題的例１，首先選擇以乙個容易建立空間直角座標系的多面體―――正方體為載體，來說明空間角和距離的向量求法易於學生理解．

２．解決(1)後，可讓學生進一步求這兩條異面直線的距離，並讓學生體會一下：如果用傳統方法恐怕很難（不必多講，高考對公垂線的作法不作要求）．

３．完成這３道小題後，總結：對於易建立空間直角座標系的立幾題，無論求角、距離還是證明平行、垂直（是前者的特殊情況），都可用向量方法來解決，

向量方法可以人人學會，它程式化，不需技巧．

例2．如圖，三稜柱中，已知a bcd是邊長為1的正方形，四邊形

是矩形，

（ⅰ）若＝１，求直線ab到面的距離．

（ii）試問：當的長度為多少時，二面角

的大小為

解：（ⅰ）如圖建立空間座標系，

則　　設面的法向量為則

得　直線ab到面的距離ｄ就等於點ａ到面的距離，

也等於向量在面的法向量上的投影的絕對值，

（ii）易得面的法向量

向量的夾角為

由得當＝１時，二面角的大小為．

設計說明：１．通過（ⅰ），複習線面距離轉化為點麵距離再轉化為一向量在一向量（法向量）投影的絕對值的解題思路與方法．

２．通過（ii），複習面面角轉化為兩向量的夾角或其補角的方法，也可藉此機會說明為什麼這兩個角相等或互補，就沒有其他情況．

例３．正三稜柱的所有稜長均為２，ｐ是側稜上任意一點．

（ⅰ）求證：直線不可能與平面垂直；

（ii）當時，求二面角的大小．

證明：（ⅰ）如圖建立空間座標系，設

則的座標分別為

，不垂直

直線不可能與平面垂直．

（ii），由，得

即　又是面的法向量

設面的法向量為，由

得,設二面角的大小為

則二面角的大小為．

設計說明：１．前面選擇的兩個題，可有現成的座標軸，但本題ｘ、ｚ軸需要自己新增（也可不這樣建立）．

２．第（１）小題是證明題，同樣可用向量方法解答，是特殊情況；本小題也可證明這條直線與這個面的法向量不平行．

通過上面的例子，我們看到向量方法（更確切地講，是用公式：）解決空間角和距離的作用，當然，以上所舉例子，用傳統方法去做，也是可行的，甚至有的（例２）還較為簡單，用向量法的好處在於克服傳統立幾以純幾何解決問題帶來的高度的技巧性和隨機性．向量法可操作性強―――運算過程公式化、程式化，有效地突破了立體幾何教學和學習中的難點，是解決立體幾何問題的重要工具．充分體現出新教材新思想、新方法的優越性．這是繼解析幾何後用又一次用代數的方法研究幾何形體的一塊好內容，數形結合，在這裡得到淋漓盡致地體現．

練習題1．如圖，在三稜錐中，側面與側面均為等邊三角形，，為中點．

（ⅰ）證明：平面；

（ⅱ）求二面角的余弦值．

解：（ⅰ）由題設，鏈結，為等腰直角三角形，

所以，且，又為等腰三角形，

，且，從而．

所以為直角三角形，．

又．所以平面．…………………6分

（ⅱ）解法一：取中點，鏈結，由（ⅰ）知，

得．為二面角的平面角．

由得平面．

所以，又，

故．所以二面角的余弦值為………………13分

解法二：以為座標原點，射線分別為軸、軸的正半軸，建立如圖的空間直角座標系．設，則．

的中點，．

．故等於二面角的平面角．……10分

，所以二面角的余弦值為．………13分

2．如圖，正四稜柱中，底面邊長為，側稜長為4，e、f分別為ab、bc的中點，。

（1）求證：平面；

（2）求點到平面的距離d；

（3）求三稜錐的體積v。

證明：（1）如圖，鏈結ac

∵正四稜柱的底面呈正方形

∴ac⊥bd

又ac⊥

∴ac⊥平面

∵e、f分別為ab、bc的中點

∴ef//ac

∴ef⊥平面

∴平面解（2）在對角麵中，作，垂足為h

∵平面，且平面平面

∴∴為點到平面的距離

在rt△中，

（2）3．在三稜錐s—abc中，△abc是邊長為4的正三角形，平面sac⊥平面abc，sa=sc=2，m為ab的中點.

（ⅰ）證明：ac⊥sb；

（ⅱ）求二面角n—cm—b的大小；

（ⅲ）求點b到平面scm的距離. （04福建1）

本小題主要考查直線與直線，直線與平面，二面角，點到平面的距離等基礎知識，考查空間想象能力和邏輯推理能力.滿分12分.

解法一：（ⅰ）取ac中點d，鏈結ds、db.

∵sa=sc，ba=bc，

∴ac⊥sd且ac⊥db，

∴ac⊥平面sdb，又sb平面sdb，

∴ac⊥sb.

（ⅱ）∵sd⊥ac，平面sac⊥平面abc，

∴sd⊥平面abc.

過d作de⊥cm於e，鏈結se，則se⊥cm，

∴∠sed為二面角s－cm－a的平面角.

由已知有，所以de=1，又sa=sc=2，ac=4，∴sd=2.

在rt△sde中，tan∠sed==2，

∴二面角s－cm—a的大小為arctan2.

（ⅲ）在rt△sde中，se=，cm是邊長為4 正△abc的中線，

. ∴s△scm=cm·se=，

設點b到平面scm的距離為h，

由vb-scm=vs-cmb，sd⊥平面abc，得s△scm·h=s△cmb·sd，

∴h= 即點b到平面scm的距離為

解法二：（ⅰ）取ac中點o，鏈結os、ob.

∵sa=sc，ba=bc，

∴ac⊥so且ac⊥bo.

∵平面sac⊥平面abc，平面sac∩平面abc=ac

∴so⊥面abc，∴so⊥bo.

如圖所示建立空間直角座標系o－xyz.

則a（2，0，0），c（－2，0，0），

s（0，0，2），b（0，2，0）.

∴=（－4，0，0），=（0，－2，2），

∵·=（－4，0，0）·（0，－2，2）=0，

∴ac⊥bs.

（ⅱ）由（ⅰ）得m（1，，0），，

=（2，0，2）. 設n=（x，y，z）為平面scm的乙個法向量，

則 ∴n=(－1，，1)，又=(0，0，2)為平面abc的乙個法向量，

∴cos(n，)==

∴二面角s－cm－a的大小為arccos

（ⅲ）由（ⅰ）（ⅱ）得=（2，2，0），

n=（－1，，1）為平面scm的乙個法向量，

∴點b到平面scm的距離d=

4．如圖, 在直三稜柱abc－a1b1c1中，ac＝3，bc＝4，aa1＝4，點d是ab的中點，

（i）求證：ac⊥bc1；

（）求證：ac 1//平面cdb1；

（）求異面直線 ac1與 b1c所成角的余弦值．（05北京16）

解：（）直三稜柱abc－a1b1c1，底面三邊長ac=3，bc=4ab=5，

∴ ac⊥bc，且bc1在平面abc內的射影為bc，∴ ac⊥bc1；

（）設cb1與c1b的交點為e，鏈結de，∵ d是ab的中點，e是bc1的中點，∴ de//ac1，

∵ de平面cdb1，ac1平面cdb1，∴ ac1//平面cdb1；

（）∵ de//ac1，∴ ∠ced為ac1與b1c所成的角，

在△ced中，ed=ac 1=，cd=ab=，ce=cb1=2，

∴，∴ 異面直線 ac1與 b1c所成角的余弦值.

用向量方法求空間角和距離

3 2 2用向量方法求空間中的角

8立體幾何中的向量方法求空間角與距離

學案46利用向量方法求空間角

用向量方法求空間角和距離

3 2 2用向量方法求空間中的角

8立體幾何中的向量方法求空間角與距離

學案46利用向量方法求空間角

相關推薦