用空間向量方法解立體幾何題

秦勤

摘要：空間向量與立體幾何是數學學科的兩個重要分支，它們都承擔著鍛煉學生思維的作用。在解幾何難題時，一是用傳統的幾何方法求解，二是利用空間向量方法。

關鍵詞：空間向量法；解題；立體幾何題

中圖分類號：G642.41 文獻標志碼：A 文章編號：1674-9324（2014）20-0112-02

空間向量與立體幾何是數學學科的兩個重要分支，它們都承擔著鍛煉學生思維的作用。在解幾何難題時，一是用傳統的幾何方法求解，二是利用空間向量方法。在利用傳統方法求解空間角和距離的問題時，一般都要遵循找—證—求的步驟，即先根據角和距離的定義在給出的圖形中找出或作出要求的角和距離，然后證明作出的角或距離就是欲求之角和距離，最后往往還要進行大量的計算，使得解題過程困難重重。

而空間向量的學習對一些空間幾何難題的解答有很大的幫助，使題目向簡單化方向轉化。下面舉幾個例子，可以發現用空間向量知識解題的好處是顯而易見的。

例1：三棱錐三條側棱兩兩垂直，底面上一點到三個側面的距離分別為2，3，6cm則這個點到棱錐頂點的距離是多少？

解：若以頂點為坐標原點，三條側棱為空間直角系的三個坐標軸，三個側面就成了三個坐標面。該點到側面的距離就成了到三個坐標平面的距離，故可以認為該點的坐標（2，3，6），問題轉化到點到原點的距離，所以所求距離d=■。

例2：如圖，在60°二面角的棱上有兩個點A、B，AC、BD分別是這個二面角的兩個面內垂直于AB的線段，已知AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，求CD的長。

解：■=■+■+■

■2=（■+■+■）2=■2+■2+■2+2■·■+2■·■+2■·■

=62+42+82+2×6×4×COS90°+2×6×8COS（180°-60°）+2×4×8×COS90°

=36+16+64-2×6×8×COS60°=68

|CD|2=■2=68

|CD|=2■。

例3：已知平行四面體ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，∠BAA1=∠DAA1=60°，求棱AA1與底面ABCD所成的角。

解：設棱AA1與底面ABCD所成的角為θ

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COSθ

■=■+■

■1·■=■1（■+■）=■1·■+■1·■

|■1|·|■|·COSθ=|■1|·|■|·COS60°+|■1|·|AD|·COS60°

設底面正方形邊長為a，

則|■|=|■|=a，|■|=■a，COSθ=■=■

∴θ=45°。

例4：已知正方體ABCD-A'B'C'D'，如圖所示，求異面直線BD，和CB，所成的角。

解：設正方體的棱長為1，

■=a，■=b，■，=c

則■=a+b+c，■=c-b

■·■=（a+b+c）（c-b）=ac-ab-b2+c2

又知ac=ab=0，b2=c2=1

■·■=0-0-1+1=0

∴■⊥■

∴BD'和CB'的夾角為90°。

例5：如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，點E在C1C上且C1E=3EC。（1）證明：A1C⊥平面BED；（2）求二面角A1-DE-B的大小。

解：以D為坐標原點，射線DA為x軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標系D-xyz。依題設B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）。■=（0，2，1），■=（2，2，0），■=（-2，2，-4），■=（2，0，4）

（1）因為■·■=0，■·■=0，故A1C⊥BD，A1C⊥DE.又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面BED。

（2）設向量n=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，則n⊥■，n⊥■，故2y+z=0，2x+4z=0，令y=1，則z=-2，x=4，n=（4，1，-2）。

等于二面角A1-DE-B的平面角，cos=■=■。所以二面角A1-DE-B的大小為arccos■。

如此用向量的方法來解題，理應大力提倡。但對于向量方法，它更多的是借用代數運算，對于發展空間想象能力和立體幾何中思維靈活性的訓練有一定削落。

因此，過分強調任何一種方法都不恰當。我們因應分清兩種方法各自的作用與功能。它們可以并存，也可以互相促進和發展，更重要的是可以取長補短。

摘要：空間向量與立體幾何是數學學科的兩個重要分支，它們都承擔著鍛煉學生思維的作用。在解幾何難題時，一是用傳統的幾何方法求解，二是利用空間向量方法。

關鍵詞：空間向量法；解題；立體幾何題

中圖分類號：G642.41 文獻標志碼：A 文章編號：1674-9324（2014）20-0112-02

空間向量與立體幾何是數學學科的兩個重要分支，它們都承擔著鍛煉學生思維的作用。在解幾何難題時，一是用傳統的幾何方法求解，二是利用空間向量方法。在利用傳統方法求解空間角和距離的問題時，一般都要遵循找—證—求的步驟，即先根據角和距離的定義在給出的圖形中找出或作出要求的角和距離，然后證明作出的角或距離就是欲求之角和距離，最后往往還要進行大量的計算，使得解題過程困難重重。

而空間向量的學習對一些空間幾何難題的解答有很大的幫助，使題目向簡單化方向轉化。下面舉幾個例子，可以發現用空間向量知識解題的好處是顯而易見的。

例1：三棱錐三條側棱兩兩垂直，底面上一點到三個側面的距離分別為2，3，6cm則這個點到棱錐頂點的距離是多少？

解：若以頂點為坐標原點，三條側棱為空間直角系的三個坐標軸，三個側面就成了三個坐標面。該點到側面的距離就成了到三個坐標平面的距離，故可以認為該點的坐標（2，3，6），問題轉化到點到原點的距離，所以所求距離d=■。

例2：如圖，在60°二面角的棱上有兩個點A、B，AC、BD分別是這個二面角的兩個面內垂直于AB的線段，已知AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，求CD的長。

解：■=■+■+■

■2=（■+■+■）2=■2+■2+■2+2■·■+2■·■+2■·■

=62+42+82+2×6×4×COS90°+2×6×8COS（180°-60°）+2×4×8×COS90°

=36+16+64-2×6×8×COS60°=68

|CD|2=■2=68

|CD|=2■。

例3：已知平行四面體ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，∠BAA1=∠DAA1=60°，求棱AA1與底面ABCD所成的角。

解：設棱AA1與底面ABCD所成的角為θ

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COSθ

■=■+■

■1·■=■1（■+■）=■1·■+■1·■

|■1|·|■|·COSθ=|■1|·|■|·COS60°+|■1|·|AD|·COS60°

設底面正方形邊長為a，

則|■|=|■|=a，|■|=■a，COSθ=■=■

∴θ=45°。

例4：已知正方體ABCD-A'B'C'D'，如圖所示，求異面直線BD，和CB，所成的角。

解：設正方體的棱長為1，

■=a，■=b，■，=c

則■=a+b+c，■=c-b

■·■=（a+b+c）（c-b）=ac-ab-b2+c2

又知ac=ab=0，b2=c2=1

■·■=0-0-1+1=0

∴■⊥■

∴BD'和CB'的夾角為90°。

例5：如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，點E在C1C上且C1E=3EC。（1）證明：A1C⊥平面BED；（2）求二面角A1-DE-B的大小。

解：以D為坐標原點，射線DA為x軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標系D-xyz。依題設B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）。■=（0，2，1），■=（2，2，0），■=（-2，2，-4），■=（2，0，4）

（1）因為■·■=0，■·■=0，故A1C⊥BD，A1C⊥DE.又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面BED。

（2）設向量n=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，則n⊥■，n⊥■，故2y+z=0，2x+4z=0，令y=1，則z=-2，x=4，n=（4，1，-2）。

等于二面角A1-DE-B的平面角，cos=■=■。所以二面角A1-DE-B的大小為arccos■。

如此用向量的方法來解題，理應大力提倡。但對于向量方法，它更多的是借用代數運算，對于發展空間想象能力和立體幾何中思維靈活性的訓練有一定削落。

因此，過分強調任何一種方法都不恰當。我們因應分清兩種方法各自的作用與功能。它們可以并存，也可以互相促進和發展，更重要的是可以取長補短。

摘要：空間向量與立體幾何是數學學科的兩個重要分支，它們都承擔著鍛煉學生思維的作用。在解幾何難題時，一是用傳統的幾何方法求解，二是利用空間向量方法。

關鍵詞：空間向量法；解題；立體幾何題

中圖分類號：G642.41 文獻標志碼：A 文章編號：1674-9324（2014）20-0112-02

空間向量與立體幾何是數學學科的兩個重要分支，它們都承擔著鍛煉學生思維的作用。在解幾何難題時，一是用傳統的幾何方法求解，二是利用空間向量方法。在利用傳統方法求解空間角和距離的問題時，一般都要遵循找—證—求的步驟，即先根據角和距離的定義在給出的圖形中找出或作出要求的角和距離，然后證明作出的角或距離就是欲求之角和距離，最后往往還要進行大量的計算，使得解題過程困難重重。

而空間向量的學習對一些空間幾何難題的解答有很大的幫助，使題目向簡單化方向轉化。下面舉幾個例子，可以發現用空間向量知識解題的好處是顯而易見的。

例1：三棱錐三條側棱兩兩垂直，底面上一點到三個側面的距離分別為2，3，6cm則這個點到棱錐頂點的距離是多少？

解：若以頂點為坐標原點，三條側棱為空間直角系的三個坐標軸，三個側面就成了三個坐標面。該點到側面的距離就成了到三個坐標平面的距離，故可以認為該點的坐標（2，3，6），問題轉化到點到原點的距離，所以所求距離d=■。

例2：如圖，在60°二面角的棱上有兩個點A、B，AC、BD分別是這個二面角的兩個面內垂直于AB的線段，已知AB=4cm，AC=6cm，BD=8cm，求CD的長。

解：■=■+■+■

■2=（■+■+■）2=■2+■2+■2+2■·■+2■·■+2■·■

=62+42+82+2×6×4×COS90°+2×6×8COS（180°-60°）+2×4×8×COS90°

=36+16+64-2×6×8×COS60°=68

|CD|2=■2=68

|CD|=2■。

例3：已知平行四面體ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，∠BAA1=∠DAA1=60°，求棱AA1與底面ABCD所成的角。

解：設棱AA1與底面ABCD所成的角為θ

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COS60°

■1·■=|■1|·|■|·COSθ

■=■+■

■1·■=■1（■+■）=■1·■+■1·■

|■1|·|■|·COSθ=|■1|·|■|·COS60°+|■1|·|AD|·COS60°

設底面正方形邊長為a，

則|■|=|■|=a，|■|=■a，COSθ=■=■

∴θ=45°。

例4：已知正方體ABCD-A'B'C'D'，如圖所示，求異面直線BD，和CB，所成的角。

解：設正方體的棱長為1，

■=a，■=b，■，=c

則■=a+b+c，■=c-b

■·■=（a+b+c）（c-b）=ac-ab-b2+c2

又知ac=ab=0，b2=c2=1

■·■=0-0-1+1=0

∴■⊥■

∴BD'和CB'的夾角為90°。

例5：如圖，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，點E在C1C上且C1E=3EC。（1）證明：A1C⊥平面BED；（2）求二面角A1-DE-B的大小。

解：以D為坐標原點，射線DA為x軸的正半軸，建立如圖所示的直角坐標系D-xyz。依題設B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4）。■=（0，2，1），■=（2，2，0），■=（-2，2，-4），■=（2，0，4）

（1）因為■·■=0，■·■=0，故A1C⊥BD，A1C⊥DE.又DB∩DE=D，所以A1C⊥平面BED。

（2）設向量n=（x，y，z）是平面DA1E的法向量，則n⊥■，n⊥■，故2y+z=0，2x+4z=0，令y=1，則z=-2，x=4，n=（4，1，-2）。

等于二面角A1-DE-B的平面角，cos=■=■。所以二面角A1-DE-B的大小為arccos■。

如此用向量的方法來解題，理應大力提倡。但對于向量方法，它更多的是借用代數運算，對于發展空間想象能力和立體幾何中思維靈活性的訓練有一定削落。

因此，過分強調任何一種方法都不恰當。我們因應分清兩種方法各自的作用與功能。它們可以并存，也可以互相促進和發展，更重要的是可以取長補短。