向量法解高考中的立體幾何問題

■湖北省仙桃八中

向量融數形于一體,具有代數形式和幾何形式的“雙重身份”,既有有向線段表達式,又有坐標表達式。向量是解決立體幾何問題的重要工具,很多立體幾何高考題都可以用空間向量找到巧妙的解決方法。現以高考題為例加以說明。

一、向量基底法

在解決立體幾何問題時,若不能(或不方便)建立空間直角坐標系,則可采用“向量基底法”,選取恰當的基底,并用它們表示指定的向量,再利用向量的運算,求角和距離,以及證明平行和垂直。向量基底法可作空間向量坐標法的一個補充,掌握該法可有效提高空間向量解立幾問題的效率。

1.求異面直線所成角

例1已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為( )。

圖1

所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為,故選C。

評注：選取一組基底,將異面直線所成的角轉化為用基底表示的向量的夾角或補角,避免找平面角的麻煩。

例2如圖2,已知平面四邊形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=∠ADC=90°。沿直線AC將△ACD翻折成△ACD',直線AC與BD'所成角的余弦的最大值為____。

圖2

評注：一般盡量選取模長以及兩兩夾角已知的三個不共面向量作為基底。本題通過引入輔助角(設∠BCD'=θ),結合向量的基本運算,將直線AC與BD'所成角的余弦值表示為關于θ的三角函數求其最值,構思巧妙,解法流暢。

2.求解垂直問題

例3如圖3,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點,F為線段EC(端點除外)上一動點。如圖4,現將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC。在平面ABD內過點D作DK⊥AB,K為垂足。設AK=t,則t的取值范圍是____。

圖3

圖4

3.處理存在性問題

例4如圖5,已知平行六面體ABCDA1B1C1D1的底面為菱形,且∠C1CB= ∠C1CD=∠BCD=60°。

圖5

(1)證明：CC1⊥BD。

二、向量坐標法

向量坐標法克服傳統立體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、程序化,有效突破立體幾何學習難點,是處理立體幾何高考題的首選方法。

1.求直線與平面所成的角

例5如圖6,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC= 90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分別為AC,A1B1的中點。

圖6

(1)證明：EF⊥BC;

(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值。

解析：(1)連接A1E。因為A1A=A1C,E是AC的中點,所以A1E⊥AC。又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC。如圖7,以E為原點,分別以射線EC,EA1為y軸,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系E-xyz。不妨設AC=4,則,得EF⊥BC。

圖7

評注：求解直線和平面所成角,要注意直線的方向向量與平面法向量夾角與所求角之間的關系,線面角的正弦值等于兩個向量夾角的余弦值的絕對值。

2.求二面角

例6如圖8,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分別為BC,BB1,A1D的中點。

圖8

(1)證明：MN∥平面C1DE;

(2)求二面角A-MA1-N的正弦值。

解析：(1)連接B1C,ME。因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以ME∥B1C,且。又因為N為A1D的中點,所以。由題設知,可得,故。因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED。又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE。

(2)由已知可得DE⊥DA。以D為坐標原點,的方向為x軸的正方向,建立如圖9所示的空間直角坐標系D-xyz,則A(2,0,m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,則所以可取。設n=(p,q,r)為平面_A1MN的法向量,則可取n= (2,0,-1),于是cos=,所以二面角A-MA1-N的正弦值為

圖9

評注：(1)求二面角最常用方法就是分別求出二面角的兩個半平面的法向量,然后通過求兩個法向量的夾角得到二面角的大小,但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角。

(2)利用法向量求二面角大小關鍵是確定平面的法向量,其方法有兩種：①求平面垂線的方向向量;②利用法向量與平面內兩個不共線向量的數量積為零,列方程組求解。

3.求點到平面的距離

例7在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,PD=DA=2,F,E分別為AD,PC的中點。

(1)求證：DE∥平面PFB;

(2)求點E到平面PFB的距離。

圖10

解析：(1)以D為原點,建立如圖10 所示的空間直角坐標系,則P(0,0,2),F(1,0,0),B(2,2,0),E(0,1,1)。于是1,1)。所以平面PFB。又因為DE?平面PFD,所以DE∥平面PFB。

(2)因為DE∥平面PFB,所以點E到平面PFB的距離等于點D到平面PFB的距離。

設平面PFB的一個法向量n=(x,y,z),則令x=2,得y=-1,z=1,所以n=(2,-1,1)。

因為DE∥平面PFB,所以點E到平面PFB的距離為

評注：求解點到平面的距離可直接轉化為向量在平面的法向量上的射影的長。設P在平面α外,n為平面α的法向量,在平面α內任取一點Q,則點P到平面α的距離d=

4.解與平行有關的探索性問題

例8如圖11,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=

(1)求證：PD⊥平面PAB。

(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值。

(3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD? 若存在,求的值;若不存在,請說明理由。

圖11

圖12

解析：(1)因為平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB?平面ABCD,平面ABCD∩平面PAD=AD,所以AB⊥平面PAD。PD?平面PAD,故AB⊥PD。又因為PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB。

(2)取AD的中點O,連接PO,CO。因為PA=PD,所以PO⊥AD。又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD。因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO。因為AC=CD,所以CO⊥AD。如圖12建立空間直角坐標系O-xyz,由題意得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1)。設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則：

所以在棱PA上存在點M,使得BM∥平面PCD,此時

評注：存在判斷型問題的求解,應先假設存在,把問題轉化為點的坐標是否有解,借助空間向量列出滿足條件的等式求解。運用向量法解題,可使幾何問題代數化,降低思維難度。另外,探索在線段AP上(不含端點)是否存在某點M時,要注意三點共線的條件,可由此設出點M的坐標,其中λ為參數,且0＜λ＜1。

通過以上解答可以看出,利用向量法解題,就是把已知條件和待求量用向量表示,將幾何的位置關系的證明或數量關系的運算問題轉化為典型向量運算,以算代證,以值定形,減少復雜的空間結構分析,避開抽象、復雜的尋找角的過程,使得思路簡捷、方法清晰、運算直接,因此空間向量在解決立體幾何問題時扮演著重要的角色,成為處理高考問題的強有力的工具。