高中数学教学论文空间向量解立体几何

浅谈向量法求解立体几何摘要 空间向量的方法是使用向量的代数方法去解决立体几何问题。

合理的运用向量解决立体几何问题，很大程度上避开了思维的高度转换，避免了添加辅助线，代之以向量计算，是立体几何问题变的思路顺畅、运算简单。

关键词 垂直 角 距离引言 向量作为工具性知识已列入中学数学教材中，其价值意义已为我们所认同，事实上,向量的引入揭示了数学知识之间的纵横联系,进一步发展和完善了中学数学知识结构体系,拓宽了研究和解决数学问题的思维和通道。

求空间距离、角及证明空间平行、垂直关系是立体几何题盛行不衰的主题。

利用空间向量的模及向量在单位向量上的射影,可以解决有关距离问题。

利用向量法处理这些问题，具有很强的操作性与稳定性。

下面我们就利用向量法来求解立体几何中的有关问题。

一 利用空间坐标求法向量在求平面的法向量问题时，我们应先设出法向量的坐标，然后在平面内找两相交的向量，根据法向量同这两向量的乘积都为零这一性质，从而把法向量求出来。

例1 已知三点()3,3,2-A ,()2,5,4-B ,()0,8,6C 求与平面ABC 垂直的一个法向量的法单位向量。

解 假设是与平面ABC 垂直的某一个向量,设此向量为=()1,,y x ,则⊥且⊥，因为221=（，，），453=（，，），由⊥AB 及⊥，得0122=++y x及0354=++y x ,解得 21=x 1-=y , 故n =1,1,12-（）即为平面ABC 的一个法向量，=23，故所求一个法单位向量为0n =321,1,12-（）=122(,,)333-说明 为了求n 这个未知向量，按理应当设n =()z y x ''',,，但是因为相差一个常数因子并不影响其与平面ABC 的垂直性。

由=()z y x ''',,=z '(z x '',z y '',1) ,令 z x ''=x ,z y ''=y 于是可设=()1,,y x ，同理也可设=()z y ,,1或()z x ,1, ，这样做可以减少一个待定的未知数。

向量在立体几何中的应用摘要作为现代数学的重要标志之一的向量已进入了中学数学教学，为用代数方法研究几何问题提供了强有力的工具，促进了高中几何的代数化.而在高中数学体系中，几何占有很重要的地位，有些几何问题用常规方法去解决往往比较复杂，运用向量作行与数的转化，则使过程得到大大的简化.向量法应用于平面几何中时，它能将平面几何许多问题代数化、程序化从而得到有效的解决，体现了数学中数与形的完美结合.立体几何常常涉及到的两大问题：证明与计算，用空间向量解决立体几何中的这些问题，其独到之处，在于用向量来处理空间问题，淡化了传统方法的有“形”到“形”的推理过程，使解题变得程序化.装关键词：向量；立体几何；证明；计算；运用订线ABSTRACTAs one of the important signs of modern mathematics the vector has entered middle school mathematics teaching, using algebraic method research geometry problems provides powerful tools, promoted the high school of the geometry of algebra. And in the high school mathematics system, geometric occupies a very important position, some geometry problems with conventional method to solve tend to be complex, using vector for the number of rows and transformation, makes the process is greatly simplified. Vector method was used the plane geometry, it will be when the plane geometry many problems algebra effectively, programmed to solve, reflected in mathematics, the perfect combination of Numbers and forms. Three-dimensional geometry often involved the two big problems: proof and calculation, with space vector solve three-dimensional geometry in these problems, its unique, is using vector to deal with the problem of space, fade the traditional methods are "form" to "form" reasoning process, causes the problem-solving become programmed.Keywords：Vector; solid geometry; proof; calculation; use目录摘要 (Ⅰ)ABSTRACT (Ⅰ)1 向量方法在研究几何问题中的作用 (1)2 向量方法解决证明问题的直接应用 (2)2.1平行问题 (2)2.1.1证明两直线平行 (2)2.1.2证明线面平行 (3)2.2垂直问题 (4)2.2.1证明两直线垂直 (4)2.2.2证明线面垂直 (4)2.2.3证明面面垂直 (5)2.3处理角的问题 (6)2.3.1求异面直线所成的角 (6)2.3.2求线面角 (7)2.3.3求二面角 (8)3 向量方法解决度量问题的直接应用 (10)3.1两点间的距离 (10)3.2点与直线距离 (10)3.3点到面的距离 (11)3.4求两异面直线的距离 (11)3.5求面积 (12)3.6求体积 (13)4 向量方法解决证明与计算问题有关的综合应用 (14)5 向量在立体几何中应用的教学反思 (21)5.1对比综合法与向量法的利弊 (21)5.2向量法解决立体几何问题的步骤 (22)5.3向量法能解决所有立体几何问题吗 (22)参考文献 (23)1 向量方法在研究几何问题中的作用]1[向量是高中数学新增加的内容，在作用上它取代了以往复数在高中数学教材中的地位，但从目前的使用情况来看，向量的作用要远远大于复数.一个复数所对应的点只能在平面上，而向量却有平面向量和空间向量之分，这一点在与几何（尤其是立体几何）的联系上表现得更加突出.向量知识、向量观点在数学、物理等学科的很多分支上都有着广泛的应用，它具有代数形式和几何形式的“双重身份”，能融数形于一体，能与中学数学教学内容中的许多主干知识相结合，形成知识交汇点.向量进入高中数学教材，为用代数方法研究几何问题提供了强有力的工具，促进了高中几何的代数化.而在高中数学体系中，几何占有很重要的地位，有些几何问题用常规方法去解决往往比较繁杂，而运用向量作形与数的转化，则能使过程得到大大的简化.用向量法解决几何问题有着思路清晰、过程简洁的优点，往往会产生意想不到的神奇效果.著名教育家布鲁纳说过：“学习的最好刺激是对所学材料的兴趣，简单的重复将会引起学生大脑疲劳，学习兴趣衰退.”这充分揭示了方法求变的重要性，如果我们能重视向量的教学，重视学生在学习向量过程中产生的障碍并且提供相应的教学对策，必然能引导学生拓展思路，减轻他们的学习负担.向量方法在解决几何问题时充分体现了它的优越性，平面向量就具有较强的工具性作用，向量方法不仅可以用来解决不等式、三角、复数、物理、测量等某些问题，还可以简捷明快地解决平面几何许多常见证明（平行、垂直、共线、相切、角相等）与求值（距离、角、比值等）问题.不难看出向量法应用于平面几何中时，它能将平面几何许多问题代数化、程序化从而得到有效的解决，体现了数学中数与形的完美结合.向量法是将几何问题代数化，用代数方法研究几何问题.立体几何的证明与计算常常涉及到两大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直、线面垂直、线线平行、线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成的角，面面所成角等.用空间向量解决立体几何中的这些问题，其独到之处，在于用向量来处理空间问题，淡化了传统方法的有“形”到“形”的推理过程，使解题变得程序化.那么解立体几何题时就可以用向量方法，对某些传统性较大，随机性较强的立体几何问题，引入向量工具之后，可提供一些通法.2 向量方法解决证明问题的直接应用2.1平行问题]2[2.1.1证明两直线平行b a CD AB b D C a B A //,,;,⇒=∈∈λ. 知),(),,(2211y x CD y x AB ==，则有b a y x y x //1221⇒=. 例 1 已知直线OA ⊥平面α，直线BD ⊥平面α，O 、B 为垂足，求证：OA//BD.证明：如上图，以点O 为原点，以射线OA 为z 轴，建立空间直角坐标系xyz O -，k j i ,,为沿x 轴，y 轴，z 轴的坐标向量，且设),,(z y x BD =，∵α⊥BD ，∴j BD i BD ⊥⊥,∴0)0,0,1(),,(==⋅=⋅x z y x i BD ，0)0,1,0(),,(==⋅=⋅y z y x ，∴),0,0(z =∴k z BD =，又知O 、B 为两个不同的点，∴OA BD //.方法思路：在两条直线上分别取不同的两点得到两向量，转化为证明两向量平行.2.1.2证明线面平行1、线∉a 面α，a B A ∈,，面α的法向量为n ，α//0AB n AB n AB ⇔⊥⇔=⋅. 方法思路：求面的法向量，在直线找不同两点得一向量，证明这一向量与法向量垂直（即证明数量积为0），则可得线面平行.2、已知面α外的直线a 的方向向量为a ，21,e e 是平面α的一组基底（不共线的向量），若αλλ//2211a e e a ⇔+=.例2 如上图,正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面互相垂直,P 、Q 分别是对角线AC 、BF 上的一点,且AP = FQ,求证:PQ ∥平面BCE.证明：设λ=，∵AP = FQ, ∴λ=，∴FQ AF PA PQ ++==λλ++-=λλλλ+-+--=)1(λλ-+∴//PQ 平面BCE.方法思路：证明直线的方向向量可用平面的一组基底线性表示（即在平面内存在一向量与方向相等），则可得面内一直线与面外的线平行，从而证明线面平行.2.1.3面面平行1、不重合的两平面α与β的法向量分别是m 和n ，βαλ//⇔=.方法思路：求平面的法向量，转化为证明两法向量平行，则两平面平行.2、不重合的两平面α与β，面α的法向量为，若βαβ//⇔⊥.方法思路：求出其中一平面的法向量，再证该法向量与另一面的不共线的两向量数量积为0（即垂直），则可得两平面平行.2.2垂直问题]3[2.2.1证明两直线垂直不重合的直线a 和直线b 的方向向量分别为a 和b ，则有b a b a ⊥⇒=⋅0. 例3 如图，已知四棱锥P-ABCD 的底面为等腰梯形，AB //CD,AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高 ，E 为AD 中点.证明：PE ⊥BC证明：以H 为原点，,,HA HB HP 分别为,,x y z 轴，线段HA 的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则(1,0,0),(0,1,0)A B设 (,0,0),(0,0,)(0,0)C m P n m n <>，则 )0,2,21(),0,,0(m E m D ， 可得)0,1,(),,2,21(-=-=m n m ， 因为0022m m PE BC ⋅=-+=， 所以 PE BC ⊥.2.2.2证明线面垂直直线l 的方向向量为]4[，平面α的方向向量为，则有αλ⊥⇒⋅=l . 例4，如图，m, n 是平面α内的两条相交直线.如果n l m l ⊥⊥,，求证：α⊥l .证明：在α内作任一直线g ，分别在g n m l ,,,上取非零向量g n m l ,,,. 因为m 与n 相交，所以向量n m ,不平行.由向量共面的充要条件知，存在唯一的有序实数对（x,y ）,使n y m x g +=将上式两边与向量l 作数量积，得n l y m l x g l ⋅+⋅=⋅，因为 0,0=⊥=⊥n l m l ，所以0=⋅g l ，所以g l ⊥即g l ⊥.这就证明了直线l 垂直于平面α内的任意一条直线，所以α⊥l .方法思路：找直线的方向向量（在两直线上取两点得一向量）及平面的法向量，只需证明两向量平行，则可证线面垂直. 2.2.3证明面面垂直1、不重合的平面α与β的法向量分别为m 和n ，则有βα⊥⇔=⋅0n m . 方法思路：找平面的法向量，只需证明两向量数量积为0，则可证明两平面垂直.2、平面β的法向量为n ，21,e e 是平面α的一组基底（不共线的向量），则有βαλλ⊥⇔+=2211e e n .例5 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1，CD 的中点（1）求证：AD ⊥D 1F ；(2)证明平面AED ⊥平面A 1FD 1分析：涉及正方体中一些特殊的点、线、面的问题，建立空间直角坐标系来解，不仅容易找到解题方向，而且坐标也简单，此时“垂直”问题转化为“两向量数量积为“0”的问题，当然也可用其它的证法.证明：建立空间直角坐标系如图，并设AB=2，则A(0,0,0), D(0,2,0), A 1(0,0,2)D 1(0,2,2)，E(2,0,1), F(1,2,0)(1)(0,2,0),AD = 1(1,0,2)D F =-m n gα l AB C DA 1B 1C 1D 1z y∴ 1AD D F ⋅=0×1+2×1+0×(-2)=0, ∴AD ⊥D 1F（2）AE =（2，0，1） 1D F =（1，0，-2），||5AE = ，|1|5D F = 设AE 与D 1F 的夹角为θ，则θcos =055)2(10012|F D ||AE |FD AE 11=-⨯+⨯+⨯=⋅所以D 1F ⊥AE ，由（1）知D 1F ⊥AD ，又AD ∩AE=A ，∴D 1F ⊥平面AED ，∵D 1F ⊂平面A 1FD 1M∴平面AED ⊥平面A 1FD 1方法思路：找其中以平面的法向量，证明法向量与另一平面平行，即法向量可以用另一平面的一组基底（不共线的向量）线性表示.2.3处理角的问题]5[2.3.1求异面直线所成的角a,b 是两异面直线，b D C a B A ∈∈,,,，a ，b 所成的角为θ，则有CD AB CDAB CD AB ⋅⋅=〉〈=,cos cos θ.例6 如图所示,三棱锥A-BCD,AB ,,CD BD BCD ⊥⊥平面若AB=BC=2BD,求二面角B-AC-D 的大小.解: 如图建立空间直角坐标系O-xyz,∵AB=BC=2BD,设BD=1则AB=BC=2,DC=3A(1,0,2),B(1,0,0),C(0,3,0),D(0,0,0))2,0,1(),0,3,0(),0,3,1(),2,0,0(==-=-=→→→→DA DCBC AB设平面ABC 的法向量为),,(1111z y x n =→, 则00.11=⇒=→→z n AB030.111=+-⇒=→→y x n BC取平面ABC 的法向量)0,1,3(1=→n 设平面ACD 的法向量为),,(2222z y x n =→则00.22=⇒=→→y n DC020.222=+⇒=→→z x n DA取法向量)1,0,2(-=→n cos<→→21,n n >=5151040131001)2(32221-=++⨯++⨯+⨯+-⨯=⋅→→→→n n n n 515arccos,21->=∴<→→πn n 互补平面角与二面角><--∴→→21,n n D AC B , 515arccos的大小的所求二面角D AC B --∴. 方法思路：找两异面直线的方向向量，转化为向量的夹角问题，套公式（但要理解异面直线所成的夹角与向量的夹角相等或互补）.2.3.2求线面角设平面α的斜线l 与面α所成的角为β，若,,l B A ∈m 是面α的法向量，则有〉〈=m AB ,cos sin β.例7如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB ＝90，侧棱AA 1＝2，D 、E分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G.求A 1B 与平面ABD 所成角的大小（结果用余弦值表示）；D D A 1C 1B 1z E解析：如图所示，建立坐标系，坐标原点为C ，设a CA 2=，则)0,0,2(a A ，)0,2,0(a B ，)1,0,0(D ，)2,0,2(1a A ，)1,,(a a E ，)31,32,32(a a G ， ∵ ()2,,333a a GE =---，()0,2,1BD a =-，032322=-=⋅a ， ∴1=a ，()112,,333GE =---，()12,2,2A B =--∵ GE 为平面ABD的法向量，且32,cos 1==〉〈GE B A . ∴ A 1B 与平面ABD 所成角的余弦值是32. 方法思路：找直线的方向向量与平面的法向量，转化为向量的夹角问题，再套公式（注意线面角与两向量所在直线夹角互余）.2.3.3求二面角方法一：构造二面角βα--l 的两个半平面βα、的法向量21n n 、（都取向上的方向，如右图所示），则 ① 若二面角βα--l 是“钝角型”的如图3甲所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角的补角，即||||cos 2121n n ⋅=θ.② 若二面角βα--l 是“锐角型”的如右图所示，那么其大小等于两法向量21n n 、的夹角，即||||cos 2121n n ⋅=θ方法二：在二面角的棱l 上确定两个点B A 、，过B A 、分别在平面βα、内求出与l 垂直的向量21n n 、，则二面角βα--l 的大小等于向量21n n 、的夹角，即 ||||cos 2121n n ⋅=θ.例8 在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB=2，BC=4，AA 1=2,点Q 是BC 的中点，求此时二面角A —A 1D —Q 的大小．解 如图所示，建立空间直角坐标系xyz O -， 依题意：A 1（0，0，2），D （0，a ，0）. ∴Q （2，2，0），D （0，4，0）， ∴)20,2(),2,2,2(1-=-=A ， 面AA 1D 的法向量)0,0,1(1=n ， 设面A 1DQ 的法向量),,(3212a a a n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=+-=⋅=-+=⋅,022,022*********a a QD n a a a Q A n ⎩⎨⎧==⇒,2,1312a a a a ∴)2,,(1112a a a n =， 令a 1=1，则)2,1,1(2=n ，∴66611,cos 21=⨯=>=<n n ， 二面角的平面角为锐角，∴二面角A —A 1D —Q 的大小为66arccos. 此法在处理二面角问题时，可能会遇到二面角的具体大小问题，如本题中若令11-=a ，则)2,1,1(2---=n ，∴66,cos 21->=<n n ，∴二面角A —A 1D —Q 的大小 是><21,n n 66arccos-=π的补角66arccos .所以在计算之前不妨先依题意直观判断一下所求二面角的大小，然后根据计算取“相等角”或取“补角”.O （A 1z3 向量方法解决度量问题的直接应用3.1两点间的距离]6[两点间距离重在“转化”，即将空间两点间距离转化为向量的长度问题.利用向量的模，可以推导出空间两点的距离公式，即空间两点()()11112222,,,,,P x y z P x y z ，则()()()22212212121d PP x x y y z z ==-+-+-例1 在三棱锥S ABC -中，面SAC ⊥面ABC ，SA AC ⊥，BC AC ⊥6SA =,21,8AC BC ==，求SB 的长. 分析 如图，本题可以用几何法求出SB ， 但需要证明若用向量法，注意到SA ，AC ，BC 之间的关系.建立以A 点为原点的空间直角坐标系.则无须证明就有如下巧解.解 如图，建立以A 为原点的空间直角坐标系，则()()()0,0,0,21,0,0,0,6A B S ，所以()()()222080216011SB SB ==-+-+-=.本题用向量法巧妙地把与SB 有关元素的位置关系转化为相应向量是SB 的数量关系，构造向量的空间距离模型，然后通过数值计算将问题加以解决.3.2点与直线距离]7[如图 求得向量AP 在向量AB 的射影长为d , 则点P 到直线AB 22AP d -例2 设P 为矩形ABCD 所在平面外的一点，直线PA 垂直平面外的一点， 直线PA 垂直平面ABCD ，AB =3，BC =4，PA =1 求点P 到直线BP 的距离. 解()()29BP BD BA AP BC BA AB ⋅=+⋅+==BD5所以BP 在BD 上的射影长为95，又10BP =，所以点P 到直线BD 的距离3.3点到面的距离任取一点α∈Q 得m PQ ,是平面α的法向量，则有：点P 到平面α的距离mm PQ d ⋅=（向量PQ 在法向量m 的投影的长度）.方法思路：求出平面的任一法向量m （方程组可求），在平面内任取一点Q 与点P 得一向量转化为PQ 在法向量的投影长度，套公式.3.4求两异面直线的距离知b a ,是两异面直线，b D C a B A ∈∈,,,，找一向量与两异面直线都垂直的向量m ，则两异面直线的距离mm AC d ⋅=例3如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形 B B A A ''是矩形，。

空间向量在立体几何中的应用ʏ贵州省仁怀市周林高中 尹伟云空间向量是高中数学的一个重要组成部分,在高考中具有较高的地位,是立体几何中的一个主要命题方向,往往以 证算并重 的方式进行考查㊂常以多面体为载体,考查用向量法确定空间点㊁线㊁面的位置关系,求解空间角㊁空间距离㊁立体几何中的动点探究性问题等㊂需要同学们借助向量的工具性作用,将空间几何量之间的位置关系转化为数量关系来求解㊂下面分类分析空间向量在立体几何中的应用㊂1.证明共线与共面问题图1例1 如图1,在长方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F 分别在棱D D 1,B B 1上,且|E D 1|=2|D E |,|B F |=2|F B 1|,线段E F 的中点为M ㊂求证:(1)点M 在长方体的对角线A C 1上;(2)点C 1在平面A E F 内㊂解析:证法1(利用向量的坐标运算)图2(1)以点C 1为坐标原点,分别以向量C 1D 1ң,C 1B 1ң,C 1C ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系C 1-x yz ,如图2所示㊂设|C 1D 1|=a ,|C 1B 1|=b ,|C 1C |=c ,则C 1(0,0,0),A (a ,b ,c ),E a ,0,2c 3,F 0,b ,c 3,Ma 2,b 2,c 2㊂从而C 1M ң=a 2,b 2,c 2,C 1A ң=(a ,b ,c ),故C 1M ң=12C 1A ң㊂又C 1Mң与C 1A ң有公共点C 1,所以点M 在长方体对角线A C 1上㊂(2)由(1)知,E A ң=0,b ,c 3=C 1F ң,所以A E ʊC 1F ,从而A ,E ,F ,C 1四点共面,故点C 1在平面A E F 内㊂证法2(利用向量的几何运算)(1)由向量的平行四边形法则及三角形法则,得C 1M ң=12(C 1E ң+C 1F ң)=12(C 1D 1ң+D 1E ң+C 1B 1ң+B 1F ң)=12(C 1A 1ң+B 1F ң+F B ң)=12(C 1A 1ң+A 1A ң)=12C 1A ң,即C 1M ң=12C 1A ң㊂所以点M 在长方体对角线A C 1上㊂(2)依题意,得C 1E ң+C 1F ң=C 1D 1ң+D 1E ң+C 1B 1ң+B 1F ң=C 1D 1ң+F B ң+C 1F ң=C 1D 1ң+C 1B ң=C 1A ң,即C 1A ң=C 1E ң+C 1F ң㊂由向量共面的充要条件知,点C 1在平面A E F 内㊂评注:空间向量兼具代数与几何的双重特征,证明多点共线或多线共面问题也是从这两个方面入手,关键是掌握空间向量的线性运算法则和共线㊁共面的充要条件㊂具体方法是:要证明三点共线,可以证明任意两点构成的一组向量共线且共点;要证明四点共面,可以利用向量共面的充要条件,即以其中一点A 为起点,分别以另三点B ,C ,D 为终点得到向量A B ң,A C ң,A D ң,证明存在唯一的实数对(λ,μ),使A B ң=λA C ң+μA D ң成立即可;要证明两条直线共面,可以证明两条直线平行或相交,从而转化为两条直线的方向向量共不共线的问题,即若存在实数λ,使两条直线的方向向量a ,b 满足b =λa ,则两条直线平行,若不存在实数λ满足b =λa ,则两条直线相交㊂2.证明线㊁面的平行与垂直关系例2 如图3所示,在直二面角D -A B -E 中,四边形A B C D 是边长为2的正方形,|A E |=|E B |,F 为C E 上的点,且B F ʅ平面A C E ,G 为C E 的中点㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月图3求证:(1)A E ʊ平面B D G ;(2)A E ʅ平面BC E ;(3)平面BD F ʅ平面A B C D ㊂解析:因为A B C D 为正方形,所以B C ʅA B ㊂因为二面角D -A B -E 为直二面角,平面D A B ɘ平面A B E =A B ,所以B C ʅ平面A E B ㊂设线段A B 的中点为O ,连接O E ㊂因为|A E |=|E B |,所以A B ʅO E ㊂图4故以O 为坐标原点,分别以向量O E ң,O B ң,A D ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立空间直角坐标系O -x yz ,如图4所示㊂则A (0,-1,0),B (0,1,0),C (0,1,2),D (0,-1,2)㊂设E (x 0,0,0)(x 0>0),则E C ң=(-x 0,1,2)㊂因为F 为C E 上的点,所以设E F ң=λE C=(-λx 0,λ,2λ),0ɤλɤ1,得F ((1-λ)x 0,λ,2λ),则B F ң=((1-λ)x 0,λ-1,2λ)㊂又A C ң=(0,2,2),A E ң=(x 0,1,0),B F ʅ平面A C E ,所以B F ң㊃A C ң=2(λ-1)+4λ=0,且B F ң㊃A E ң=(1-λ)x 20+λ-1=0,解得x 0=1,λ=13㊂所以E (1,0,0),F23,13,23,G 12,12,1㊂(1)方法1:设A C 与B D 相交于H ,则H (0,0,1),所以H G ң=12,12,0㊂可得A E ң=(1,1,0)=2H G ң㊂又A E ⊄平面B D G ,H G ⊂平面B D G ,所以A E ʊ平面B D G ㊂方法2:易知B D ң=(0,-2,2),B G ң=12,-12,1㊂设平面B D G 的一个法向量为k =(a ,b ,c ),则k ㊃B D ң=0,k ㊃B G ң=0,所以-2b +2c =0,12a -12b +c =0㊂取c =1,得k =(-1,1,1)㊂因此,k ㊃A E ң=(-1,1,1)㊃(1,1,0)=0㊂又A E ⊄平面B D G ,故A E ʊ平面B D G ㊂(2)方法1:因为A E ң=(1,1,0),B E ң=(1,-1,0),B C ң=(0,0,2),所以A E ң㊃B E ң=0,A E ң㊃B C ң=0,则A E ʅB E ,A E ʅB C ㊂又B E ɘB C =B ,所以A E ʅ平面B C E ㊂方法2:易知B E ң=(1,-1,0),B C ң=(0,0,2)㊂设平面B C E 的一个法向量为n =(x 1,y 1,z 1),由n ㊃B E ң=0,n ㊃B C ң=0,得x 1-y 1=0,2z 1=0㊂取y 1=1,得n =(1,1,0)㊂又A E ң=(1,1,0)=n ,故A E ңʊn ,A E ʅ平面B C E ㊂(3)由题意知,O E ң=(1,0,0)为平面A B -C D 的一个法向量,设平面B D F 的一个法向量为m =(x 2,y 2,z 2)㊂由(1)知,B F ң=23,-23,23,B D ң=(0,-2,2),所以m ㊃B F ң=23x 2-23y 2+23z 2=0,且m ㊃B D ң=-2y 2+2z 2=0㊂取z 2=1,则y 2=1,x 2=0,所以m =(0,1,1)㊂因m ㊃O E ң=0,故m ʅO E ң㊂因此,平面B D F ʅ平面A B C D ㊂评注:利用向量法证线面平行,一般有三个思路:一是用向量共面的充要条件,证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方向向量表示出来,即这三个向量共面,根据共面向量概念和直线在平面外,得线面平行;二是先求出平面的法向量,再证明法向量与直线的方向向量垂直;三是证明已知直线与平面内的一条直线平行,也就是将其转化为证明线线平行的问题,再根据线面平行的判断定理得证㊂证面面平行,一般有两个思路:一是利用向量证明一个平面内两条相交直线平行于另一个平面,根据面面平行的判定定理得证;二是求出两个平面的法向量,证明这两个法向量平行,则这两个平面平行㊂证线线垂直,可转化为两条直线的方向向量垂直,即证明两条直线方向向量的数量积为0㊂证线面垂直有两个思路:一是证平面的法向量与直线的方向向量平行;二是证直线与平面内两条相交直线垂直,再用线面垂直判定定理证明㊂证面面垂直,先求出两个平面的法向量,通过证明这两个平面的法向量垂直即可㊂解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年5月以上思路大多要用到平面的法向量,当题中出现线面垂直时,则该直线的方向向量就是该平面的一个法向量,为减少计算量,无需另求法向量㊂3.解决平行或垂直的探索性问题图5例3 如图5所示,在四棱柱A B C D -A 1B 1C 1D 1中,A 1D ʅ平面A B C D ,底面A B C D 是边长为1的正方形,侧棱|A 1A |=2㊂(1)在棱A 1B 上是否存在一点M ,使得A 1D ʊ平面A C M(2)在棱A 1A 上是否存在一点P ,使得平面A B 1C 1ʅ平面P B 1C 1图6解析:如图6,分别以D A ,D C ,D A 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系㊂则由题中数据,得D (0,0,0),A (1,0,0),C (0,1,0),A 1(0,0,3),B (1,1,0),B 1(0,1,3),C 1(-1,1,3)㊂从而D A 1ң=(0,0,3),B A 1ң=(-1,-1,3),A C 1ң=(-2,1,3),C 1B 1ң=(1,0,0),A A 1ң=(-1,0,3)㊂(1)假设线段A 1B 上存在一点M (a 1,b 1,c 1),使得A 1D ʊ平面A C M ㊂设B M ң=λB A 1ң(0<λ<1),即(a 1-1,b 1-1,c 1)=λ(-1,-1,3)㊂则a 1-1=-λ,b 1-1=-λ,c 1=3λ㊂解得M (1-λ,1-λ,3λ)㊂从而A M ң=(-λ,1-λ,3λ),C M ң=(1-λ,-λ,3λ)㊂设平面A C M 的一个法向量为m =(a 2,b 2,c 2),则m ㊃A M ң=0,m ㊃C M ң=0,即-λa 2+(1-λ)b 2+3λc 2=0,(1-λ)a 2-λb 2+3λc 2=0㊂两式相减,得a 2-b 2=0㊂令a 2=1,得m =1,1,2λ-13λ㊂由D A 1ң㊃m =0,得3㊃(2λ-1)3λ=0,解得λ=12,此时M 12,12,32,M 为线段A 1B 的中点㊂所以线段A 1B 上存在一点M ,使得A 1D ʊ平面A C M ㊂(2)假设棱A 1A 上存在一点P ,使得平面A B 1C 1ʅ平面P B 1C 1㊂设A P ң=μA A 1ң,0<μɤ1,则P (1-μ,0,3μ),从而B 1P ң=(1-μ,-1,3(μ-1))㊂设平面A B 1C 1的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),由n 1㊃C 1B 1ң=0,n 1㊃A C 1ң=0, 得x 1=0,-2x 1+y 1+3z 1=0㊂ 令z 1=3,则n 1=(0,-3,3)㊂设平面P B 1C 1的一个法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),由n 2㊃C 1B 1ң=0,n 2㊃B 1P ң=0,得x 2=0,(1-μ)x 2-y 2+3(μ-1)z 2=0㊂令z 2=3,得n 2=(0,3(μ-1),3)㊂由n 1㊃n 2=0,得-3ˑ3(μ-1)+3ˑ3=0,解得μ=43>1,不合题意,所以这样的点P 不存在㊂评注:涉及线段上的动点问题,先设出动点分线段的某个比值λ,根据两个向量共线的充要条件得数乘关系,从而用λ表示动点的坐标,再进行相关计算,这样可以减少未知量,简化过程㊂值得注意的是,应给出λ的取值范围㊂另外,建系时最好用右手直角坐标系且使几何元素尽量分布在坐标轴的正方向上㊂4.求解点面距离或几何体的体积例4 如图7,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,棱A A 1ʅ侧面A B C ,A B ʅB C ,D 为A C 的中点,|A A 1|=|A B |=2,|B C |=3,求三 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月图7棱锥A 1-B C 1D 的体积㊂解析:由题意知,B 1C 1,B 1B ,B 1A 1三条直线两两垂直,故以B 1为坐标原点,建立空间直角坐标系B 1-x yz ,如图8所示㊂图8则由题中数据,得B 1(0,0,0),B (0,2,0),C (3,2,0),C 1(3,0,0),A (0,2,2),A 1(0,0,2),D32,2,1,则C 1A 1ң=(-3,0,2),C 1B ң=(-3,2,0),B D ң=32,0,1㊂所以|C 1A 1ң|=(-3)2+02+22=13,|C 1B ң|=(-3)2+22+02=13,c o s øA 1C 1B =C 1A 1ң㊃C 1B ң|C 1A 1ң||C 1B ң|=-3ˑ(-3)13ˑ13=913㊂从而s i nøA 1C 1B =1-c o s 2øA 1C 1B=22213,所以S әA 1C 1B =12|C 1A 1ң|㊃|C 1B ң|s i n øA 1C 1B =12ˑ13ˑ13ˑ22213=22㊂设平面A 1C 1B 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃C 1A 1ң=0,n ㊃C 1B ң=0,即-3x +2z =0,-3x +2y =0㊂令z =3,得x =2,y =3,即n =(2,3,3)㊂所以D 到平面A 1C 1B 的距离d =|n ㊃B D ң||n |=622,故V A 1-B C 1D =13S әA 1C 1B ㊃d =13ˑ22ˑ622=2㊂评注:求锥体或柱体的体积,关键是求底面积和高,对于底面积,如әA B C 的面积可由S =12|A B ң||A C ң|s i n A =12|A B ң||A C ң㊃1-c o s 2A =12(|A B ң||A C ң|)2-(A B ң㊃A C ң)2求解㊂高可以转化为空间两点间距离,又可看作是向量长度,即已知空间两点P 1(x 1,y 1,z 1),P 2(x 2,y 2,z 2),则d =|P 1P 2ң|=(x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2+(z 2-z 1)2,有时要用到|a |=a 2求解㊂高也可以看作是点到平面的距离,其数值等于斜线段对应的向量在平面法向量方向上的投影向量的模㊂如求点A 到平面α的距离,可在α内任取一点B ,则A 到平面α的距离d =||A B ң|c o s α|=|A B ң㊃n ||n |㊂另外,点面距离还可以转化为线面距离㊁两平行平面间的距离等㊂5.求空间角图9例5 如图9,在四棱锥P -A B C D 中,底面A B C D为矩形,P D ʅ底面A BC D ,|A B ||A D |=2,直线P A 与底面A B C D 成60ʎ角,点N 是P B的中点㊂(1)求异面直线D N 与B C 所成角的余弦值;(2)求直线P A 与平面P B C 所成角的正弦值;(3)求二面角P -N C -D 的余弦值㊂图10解析:依题意,以D 为原点,分别以向量D A ң,D C ң,D P ң的方向为x 轴,y轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图10所示㊂设|A D |=1,则|A B |=2㊂因为P D ʅ底面A B -C D ,所以øP A D 是直线P A 与平面A B C D所成的角,得øP A D =60ʎ,则|P D |=3㊂易得D (0,0,0),A (1,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),P (0,0,3),N 12,1,32㊂(1)易知D N ң=12,1,32,B C ң=(-1,0,0),所以异面直线D N 与B C 所成角θ1的余弦值为c o s θ1=|c o s <D N ң,B C ң>|=|D N ң㊃B C ң||D N ң||B C ң|=24㊂(2)易知P A ң=(1,0,-3),P B ң=(1,2,-3)㊂设平面P B C 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1),直线P A 与平面P B C 所成的角为解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月θ2,则m ㊃P B ң=x 1+2y 1-3z 1=0,且m ㊃B C ң=-x 1=0㊂令z 1=2,则x 1=0,y 1=3㊂所以m =(0,3,2),则s i n θ2=|c o s <m ,P A ң>|=|m ㊃P A ң||m ||P A ң|=217㊂(3)由(2)知,m =(0,3,2)是平面P B C的一个法向量㊂设平面C D N 的法向量为n=(x 2,y 2,z 2),因为D N ң=12,1,32,D C ң=(0,2,0),所以n ㊃D N ң=12x 2+y 2+32z 2=0,且n ㊃D C ң=2y 2=0㊂令z 2=1,则x 2=-3,y 2=0,n =(-3,0,1)㊂所以c o s <m ,n >=m ㊃n |m ||n |=77㊂在二面角P -N C -D 内部取一点H (0,0,1),则C H ң=(0,-2,1)㊂因为m ㊃C H ң=-23+2<0,n ㊃C H ң=1>0,所以二面角P -N C -D 的大小等于<m ,n >,其余弦值为77㊂评注:解异面直线夹角问题,先求出两条异面直线的方向向量m ,n ,再求出m ,n 的夹角,设两异面直线的夹角θ,利用c o s θ=|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |求出异面直线的夹角㊂注意异面直线夹角与向量夹角不完全相同,当两个方向向量的夹角是钝角时,应取其补角作为两异面直线所成的角,两条异面直线夹角θ的取值范围是0,π2㊂解线面角问题,设直线l 的方向向量为a ,平面α的法向量为n ,直线l 与平面α所成的角为θ,a 与n 的夹角为φ,则直线的方向向量a 在平面法向量n 方向上的投影向量的长度|a ㊃n ||n |与直线方向向量a 的模|a |之比|a ㊃n ||a ||n |就是线面角的正弦值,即有s i n θ=|c o s φ|=|a ㊃n ||a ||n |㊂当φ为锐角时,s i n θ=s i n (90ʎ-φ)=c o s φ=a ㊃n|a ||n |;当φ为钝角时,s i n θ=s i n (φ-90ʎ)=-c o s φ=-a ㊃n|a ||n |㊂解二面角问题,是依据二面角两个半平面的法向量夹角与二面角相等或互补来处理㊂大多数情况下是根据图形判断该角是锐角还是钝角,有时也可以根据两个半平面的法向量的指向来判断㊂6.结构不良型问题图11例6 (2022年北京高考卷)如图11,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,侧面B C C 1B 1为正方形,平面B C C 1B 1ʅ平面A B B 1A 1,|A B |=|B C |=2,M ,N 分别为A 1B 1,A C 的中点㊂(1)求证:MN ʊ平面B C C 1B 1㊂(2)再从条件①㊁条件②中选择一个作为已知条件,求直线A B 与平面B MN 所成角的正弦值㊂条件①:A B ʅMN ;条件②:|B M |=|MN |㊂注:如果选择条件①和条件②分别解答,那么按第一个解答计分㊂解析:(1)因为侧面C B B 1C 1为正方形,所以C B ʅB B 1㊂又平面C B B 1C 1ʅ平面A B B 1A 1,平面C B B 1C 1ɘ平面A B B 1A 1=B B 1,C B ⊂平面C B B 1C 1,所以C B ʅ平面A B B 1A 1㊂因为A B ⊂平面A B B 1A 1,所以B C ʅA B ㊂因为M ,N 分别为A 1B 1,A C 的中点,所以MNң=B N ң-B M ң=12B A ң+12B C ң-B B 1ң-12B 1A 1ң=12B C ң-B B 1ң,故MN ң,B C ң,B B 1ң三向量共面㊂又MN ⊄平面B C C 1B 1,B C ⊂平面B C C 1B 1,B B 1⊂平面B C C 1B 1,所以MN ʊ平面B C C 1B 1㊂(2)若选①,A B ʅMN ,则A B ң㊃MN ң=0㊂由(1)知,MN ң=12B C ң-B B 1ң,所以A B ң㊃MN ң=A B ң㊃12B C ң-B B 1ң=0㊂解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月由B C ңʅA B ң,得B C ң㊃A B ң=0,所以A B ң㊃B B 1ң=0,即B A ʅB B 1㊂图12故B C ,B A ,B B 1三条直线两两垂直,以B 为坐标原点,分别以B C ң,B A ң,B B 1ң的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系B -x yz ,如图12所示㊂则由题中数据,得B (0,0,0),A (0,2,0),M (0,1,2),N (1,1,0),故B A ң=(0,2,0),B M ң=(0,1,2),B N ң=(1,1,0)㊂设平面B MN 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ʅB N ң,n ʅB M ң, 所以n ㊃B N ң=0,n ㊃B M ң=0,即x +y =0,y +2z =0㊂令z =1,得n =(2,-2,1)㊂因此,直线A B 与平面B MN 所成角θ的正弦值为s i n θ=|c o s <n ,B A ң>|=|n ㊃B A ң||n ||B A ң|=|-2ˑ2|22+(-2)2+12ˑ2=23㊂若选②:|M B |=|MN |,则|B M ң|2=|MN ң|2㊂由(1)知,MN ң=12B C ң-B B 1ң,所以B B 1ң+12BA ң2=12B C ң-B B 1ң2,化为|B B 1ң|2+14|B A ң|2+B B 1ң㊃B A ң=14|B C ң|2+|B B 1ң|2-B C ң㊃B B 1ң,即B B 1ң㊃B A ң+B C ң㊃B B 1ң=0㊂因为B C ʅB B 1,所以B C ң㊃B B 1ң=0,B B 1ң㊃B A ң=0,即B B 1ʅB A ,故BC ,B A ,B B 1三条直线两两垂直㊂以下步骤与选①相同,过程略㊂评注:本题运用空间向量的三角形法则㊁平行四边形法则㊁数量积及模的运算,得到共面和垂直关系,避开了复杂的推理过程,无需添加辅助线,降低了思维难度,让人感到耳目一新㊂对于选择性条件的结构不良试题,应该选择一个易于入手的条件进行求解㊂7.最值问题例7 (2022年全国乙卷理数)如图图1313,在四面体A -B C D 中,A D ʅC D ,|A D |=|C D |,øA D B =øB D C ,E 为A C 的中点㊂(1)证明:平面B E D ʅ平面A C D ;(2)设|A B |=|B D |=2,øA C B =60ʎ,点F 在棱B D 上,当әA F C 的面积最小时,求C F 与平面A B D所成角的正弦值㊂解析:(1)因为|A D |=|C D |,E 为A C 的中点,所以A C ʅD E ㊂又øA D B =øC D B ,|D B |=|D B |,所以әA B D ɸәC B D ,|A B |=|C B |㊂连接B E ,又因为E 为A C 的中点,所以A C ʅB E ㊂因为D E ɘB E =E ,所以A C ʅ平面B E D ㊂因为A C ⊂平面A C D ,所以平面B E D ʅ平面A C D ㊂(2)因为әA B D ɸәC B D ,所以|C B |=|A B |=|B D |=2㊂又因为øA C B =60ʎ,所以әA B C 是等边三角形,|A E |=|E C |=1,|B E |=3㊂因为A D ʅC D ,所以|D E |=12|A C |=1㊂图14在әD E B 中,|D E |2+|B E |2=|B D |2,所以B E ʅD E ㊂以E 为坐标原点建立如图14所示的空间直角坐标系E -x yz ㊂则A (1,0,0),B (0,3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1),所以A D ң=(-1,0,1),A B ң=(-1,3,0),D B ң=(0,3,-1)㊂连接E F ,由(1)知,A C ʅ平面B E D ㊂因为E F ⊂平面B E D ,所以AC ʅE F ,S әA F C =12|A C |㊃|E F |㊂因为|A C |=2,所以当|E F |取最小值时,әA F C 的面积最小㊂设此时F (a ,b ,c ),D F ң=λD B ң(0ɤλɤ1),即(a ,b ,c -1)=λ(0,3,-1),得F (0,3λ,1-λ)㊂解题篇 经典题突破方法高二数学 2023年5月则|EF ң|=02+(3λ)2+(1-λ)2=4λ-142+34㊂当λ=14时,|E F |取最小值,此时F 0,34,34,从而C F ң=1,34,34㊂设平面A B D 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃A D ң=-x +z =0,n ㊃A B ң=-x +3y =0㊂取y =3,则n =(3,3,3)㊂所以C F 与平面A B D 所成角θ的正弦值为s i n θ=|c o s <n ,C F ң>|=|n ㊃C F ң||n ||C F ң|=621ˑ74=437㊂评注:对于面积㊁点面距离或体积的最值,一般有两个思考方向:一是从图中直接观察,先分清哪些量是定值,哪些量是变量,通过点或线的变化情况寻找最值,如本题中,E 为定点,F 为动点,可以看出当E F ʅB D 时,|E F |取最小值,易得|D F |=12,故D F ң=14D B ң,即可得点F 的坐标,或者由EF ң=(0,3λ,1-λ)与D B ң=(0,3,-1)垂直,得E F ң㊃D B ң=0,进而得λ;二是直接根据目标函数的关系,转化为函数的最值或值域问题来处理,如果是求空间角的三角函数的最值,可直接利用数量积及模的计算公式写出三角函数的表达式,再转化为二次函数来处理㊂8.逆向探索性问题图15例8 已知四边形A B C D 是梯形,S 为A D 的中点,B C ʊA D ,øBCD =90ʎ,|A D |=2|B C |=4㊂现将әA B S 沿B S 向上翻折,使A 到A ',且二面角A '-B S -C 为直二面角,E ,F 分别是A 'S ,A 'B 的中点,如图15所示㊂在线段B C 上是否存在一点M ,使得点D 到平面E F M 的距离为25若存在,求出|B M ||M C |的值;若不存在,请说明理由㊂图16解析:由题意知,四边形B C D S 是边长为2的正方形,B S ʅS D ,B S ʅS A ',S A 'ʅS D ,以S 为坐标原点,分别以向量S D ң,S B ң,S A 'ң的方向为x 轴,y轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系S -x yz ,如图16所示㊂则点S (0,0,0),A '(0,0,2),C (2,2,0),D (2,0,0),E (0,0,1),F (0,1,1),则E F ң=(0,1,0),D E ң=(-2,0,1)㊂假设在线段B C 上存在一点M (x 0,2,0)满足题意,则E M ң=(x 0,2,-1)㊂设平面E F M 的法向量为n =(x ,y ,z ),则有n ㊃E F ң=0,n ㊃E M ң=0㊂故(x ,y ,z )㊃(0,1,0)=0,(x ,y ,z )㊃(x 0,2,-1)=0,所以y =0,z =x 0x ㊂令x =1,得n =(1,0,x 0)㊂则D E ң在平面E F M 的法向量方向上的投影向量的长为|D E ң㊃n ||n |=25,得|-2+x 0|1+x 20=25,两边同时平方,得21x 20-100x 0+96=0,即(3x 0-4)㊃(7x 0-24)=0㊂因0<x 0<2,解得x 0=43,所以M43,2,0㊂从而M C ң=23,0,0,|M C |=23,|B M |=2-23=43,即在线段B C 上存在一点M 满足题意,且|B M ||M C |=2㊂评注:对于距离㊁体积或空间角的逆向存在性问题,其求解思路是先假设条件存在,把假设当作新的已知条件进行推理,通过构造方程求解㊂若得到合理的数据,则假设成立;若出现矛盾,则假设不成立㊂对于翻折问题,关键是抓住翻折前后几何量的变与不变进行相关计算㊂(责任编辑 徐利杰)解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年5月。

浅谈空间向量在立体几何解题中的应用向量是数学中一种重要的工具，也是中学教材中新增的内容，在高中数学中占有重要的地位.主要针对利用向量来解决立体几何问题给出一般性方法.标签：向量；法向量；立体几何人教A版高中数学选修2-1第103页介绍了法向量的概念，法向量的引入，为解决立体几何提供了一个强有力的工具.但教材对于空间夹角和距离问题与法向量的结合介绍得较少，法向量没有得到很好的运用.笔者在教学过程中发现，在教学中适度地增加一点这部分知识和方法，十分必要，并且能收到较好的教学效果.下面举例说明向量在立体几何解题中的一些运用.一、用法向量求空间夹角1.直线与平面所成角例1.如图1，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD 的交点，AC⊥BC，且AC=BC.求直线AB与平面EBC所成的角的大小.使用向量就不需要作出直线和平面所成角的平面角，直接计算直线的方向向量和平面的法向量的夹角余弦值的绝对值就是直线和平面所成角的正弦值.2.二面角例2.如例1中，求二面角A-BE-C的大小.使用向量就不需要再作出二面角的平面角，直接计算两半平面法向量夹角的余弦值，最后观察图形判断是这个角还是这个角的补角.二、用向量求空间距离1.异面直线间的距离使用向量就不需要作出两异面直线的公垂线段，只要计算出两异面直线的公垂向量，在两异面直线上分别任取一点，用这两点组成向量，然后利用公式计算即可.2.點到面的距离例4.如例1中，求点M到平面EBD的距离.使用向量就不需要作出垂线段，只要在平面内任取一点和平面外的点组成向量，再求出平面的法向量，然后利用公式计算即可.三、用向量求解立体几何中的探究性问题从近几年向量在高考命题中的发展趋势看以看出，高考立体几何解答题的标准答案都是采用向量法或传统的综合几何法，比较而言，传统几何法需要添加辅助线、对空间想象能力与逻辑推理能力有较高的要求，这往往是大部分学生的难点.而用向量法解决立体几何就是求直线的方向向量、平面的法向量，按照空间角的计算公式进行计算，也就是把几何问题公式化和代数化了，它可以避免添加辅助线以及对图形的分析、想象，使得立体几何题容易上手.。

向量法搞定立体几何一、基础知识111222222111121212121212(,,),(,,),(1)(2)(0)cos a x y z b x y z x y z a b a b x y z a b a b x x y y z z a b a b x x y y z z λθ⇒==⊥⇒⋅⇒++=⋅==++1.设：或（=）(3)一般情况：2..法向量的求法法向量指的是垂直于面的向量。

在用向量解题的过程中，只要遇到面便要求出它的法向量。

求法向量的步骤：（1） 设此面的法向量为n （x ，y ，z ）（2） 因为法向量垂直于面内的任意一条直线，所以在此面内任意找到两条相交直线（如：AB （x 1，y 1，z 1）, BC （x 2，y 2，z 2））则有：11122200n AB x x y y z z n BC x x y y z z ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=++=⎪⎩（3） 因为上面是建立了两个方程，但是有三个未知量，所以必须设一个量，在设的时候除了求二面角时（下面有介绍）需要来考虑方向，别的情况都可以随便设，通过上面解出的相对关系，确定那两个量，这样，法向量便解出来了。

特殊情况：在此情况下（如图1所示），法向量可以直接设出来，而不用上述的方法求解。

（1）面OAC 的法向量我们可以直接看出此面的法向量平行于x法向量为（x ，0，0），其中x 可以随便赋值。

（2）面OAB 的法向量我们可以直接看出此面的法向量平行于y 法向量为（0，y ，0），其中y 可以随便赋值。

（3）面OBC 的法向量我们可以直接看出此面的法向量平行于y 轴，所以可以直接设法向量为（0，0，z ），其中z 可以随便赋值 （图1）例一：已知一个三棱锥，OA 垂直于面OBC ，OB 垂直OC ，且OA=OB=OC=1，如图1所示，求面ABC 的法向量？解：设ABC 的法向量为(,,)n x y z ， A （0，0，1），B （1，0，0），C （0，1，0） 则：(1,0,1)AB - ，(1,1,0)BC -x1112220n AB x x y y z z x z n BC x x y y z z x y ⎧⋅=++=-=⎪⎨⋅=++=-+=⎪⎩ 解得：x=z ；y=x ； 令x=1，则有y=z=1；则（1，1，1）为面ABC 得法向量。

空间向量在立体几何中的应用
发表时间：2013-11-27T10:30:41.590Z 来源：《中学课程辅导·教学研究》2013年第23期供稿作者：张建武[导读] 空间向量在解决立体几何中有关平行、垂直、求角、求距离等问题时具有独到之处，可以减少一些复杂的思维和推理过程，提高解题效率。

张建武
摘要：立体几何是高中数学的重要内容，它在培养学生空间想象能力、逻辑推理能力等方面有着独特的作用，因而立体几何在每年高考中都占有重要的位置。

在过去的几何教学中，主要使用“形到形”的综合推理方法学习立体几何，由于空间图形的复杂性、多变性，对于多数学生都是比较难学的。

空间向量的引入，给立体几何注入了新的“血液”，降低问题难度，提高解题速度，为解决立体几何问题提供了新的有效的解题途径和方法。

空间向量在解决立体几何中有关平行、垂直、求角、求距离等问题时具有独到之处，可以减少一些复杂的思维和推理过程，提高解题效率。

本文就空间向量在立体几何中运用的重要考点和解题方法作解析。

关键词：空间向量；立体几何；应用
考点一、利用空间向量证明空间平行、垂直问题
作者单位：河南省渑池县第二高级中学邮政编码：472400。

用空间向量法求解立体几何问题一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。

向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。

范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。

向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。

二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是 ，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . 三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。

用向量法解决立体几何问题.空间向量（4）模长公式:a bx/2y 』2 乙 Z 2a,b222222 0X 1 y 1乙,X 2 y 2 Z 2则向量a 叫做平面 的法向量。

（注意：一个平面的法向量有无数个）a 的有向线段所在直线平行于直线 a ，则称a 为直线a 的方向向例1：已知平面 内有三点0 0,0,0 , A 2,2,1 , B 4,5,2，求平面的一个法向量。

1.空间向量的概念：空间中把具有大 小和方向的量叫做空间向量。

2.空间向量的坐标表示：设i , j, k 为两两垂直的单位向量，若OP xi y j zk ，则x,y,z 叫做向量OP的坐标，也叫 P 点的坐标。

3.两个向量的数量积：a b a b coS a, b4.设aX i ,y i ,乙，bX 2, y 2, Z 2则(1) a b x 1X 2,y 1丫2,乙 乙， (2) a bx 2, y 1 y 2,乙 Z 2 （对应相加或减）x 1x 2yy乙z 2（对应相乘再相加）。

特殊地: 2 X 1 2y 1a //b (共线)X iX 2, y 1y 2，乙x 1x 2 y y 2乙 Z 2A X i , Y i ，乙，B X 2,y 2,Z 2 ,则 AB X 2X 1,y 2Y 1,Z 2 （终点减始点） (8)A X 1, y 1，乙，B X 2,y 2,Z 2两点的中点坐标这PX 1『22乙 Z 2。

26.平面的法向量：若表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面，记作：a 丄。

2 2y 1 乙 5.两向量a 、b 的夹角：cos7.直线的方向向量：若表示向量练习：已知O A 、B 、C 、D E 均在平面 内，根据下列条件求平面 的一个法向量⑴ 0 0,0,0，A1, 1,0，B0,1, 1(2) OA 1,2,0 , OB 2,5,0 (3) CD 1, 2,1 , CE 1,2,0二、立体几何问题的转化策略1. 平行问题的转化内不共线的两向量)2. 垂直问题的转化3. 空间角的转化(1)证两直线AB// CDAB CD(2)证直线AB//平面 AB0(n 平面的一个法向量。

3.2.3 利用空间向量求空间角、空间距离问题1．空间角及向量求法(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( )(2)直线l∥平面α，则直线l到平面α的距离就是直线l上的点到平面α的距离．( )(3)若平面α∥β，则两平面α，β的距离可转化为平面α内某条直线到平面β的距离，也可转化为平面α内某点到平面β的距离．( )答案 (1)× (2)√ (3)√2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为________．(2)(教材改编P 111A 组T 11)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．(3)已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为________．答案 (1)45°或135° (2)π2 (3)103解析 (2)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2 ，则O (1,1,0)，P (2，x,2)，B (2,2,0)，M (0,2,1)，则OP→＝(1，x －1,2)，BM →＝(－2,0,1)．所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2. 探究1 利用空间向量求线线角例1 如图1，已知两个正四棱锥P －ABCD 与Q －ABCD 的高分别为1和2，AB ＝4.求异面直线AQ 与PB 所成角的余弦值．[解] 由题设知，ABCD 是正方形，连接AC ，BD ，交于点O ，则AC ⊥BD .连接PQ ，则PQ 过点O .由正四棱锥的性质知PQ ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以直线CA，DB，QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图2)，则P(0,0,1)，A(22，0,0)，Q(0,0，－2)，B(0,22，0)，∴AQ→＝(－22，0，－2)，PB→＝(0,22，－1)．于是cos〈AQ→，PB→〉＝AQ→·PB→|AQ→||PB→|＝39，∴异面直线AQ与PB所成角的余弦值为3 9 .拓展提升两异面直线所成角的求法(1)平移法：即通过平移其中一条(也可两条同时平移)，使它们转化为两条相交直线，然后通过解三角形获解．(2)取定基底法：在一些不适合建立坐标系的题型中，我们经常采用取定基底的方法，这是小技巧．在由公式cos〈a，b〉＝a·b|a||b|求向量a、b的夹角时，关键是求出a·b及|a|与|b|，一般是把a、b用一组基底表示出来，再求有关的量．(3)用坐标法求异面直线的夹角的方法①建立恰当的空间直角坐标系；②找到两条异面直线的方向向量的坐标形式；③利用向量的夹角公式计算两直线的方向向量的夹角；④结合异面直线所成角的范围得到异面直线所成的角．【跟踪训练1】如图，在三棱锥V－ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝θ.当θ＝π3时，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．解 由于AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．当θ＝π3时，在Rt △VCD 中，CD ＝2，故有V (0,0，6)．所以AC →＝(－2,0,0)，VD →＝(1,1，－6)．所以cos 〈AC →，VD →〉＝AC →·VD→|AC →||VD →|＝－22×22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.探究2 利用空间向量求线面角例2 正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角．[解] 建立如下图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0，a,0)，A 1(0,0, 2a )，C 1⎝⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a2， 2a ， 取A 1B 1的中点M ，则M ⎝⎛⎭⎪⎫0，a2，2a ，连接AM ，MC 1，有MC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，0，0， AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )．∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC1→⊥AA 1→， 即MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1，又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1 .∴∠C 1AM 是AC 1与侧面A 1ABB 1所成的角．由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos 〈AC1→，AM →〉＝9a 243a ×3a 2＝32. ∴〈AC 1→，AM →〉＝30°，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°. [解法探究] 此题有没有其他解法？解 与原解建立相同的空间直角坐标系，则AB →＝(0，a,0)，AA1→＝(0,0，2a )，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a . 设侧面ABB 1A 1的法向量n ＝(λ，x ，y )，∴n ·AB →＝0且n ·AA1→＝0.∴ax ＝0且2ay ＝0.∴x ＝y ＝0.故n ＝(λ，0,0)．∵AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，2a ， ∴cos 〈AC 1→，n 〉＝n ·AC1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|.∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝12. ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.[条件探究] 此题中增加条件“E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点”，求B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值．解 建立如图所示的空间直角坐标系，则B 1(0，a ，2a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，22a ，G ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，a 4，2a ， 于是B 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a ，－22a ，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－a 2，22a ， EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－34a ，－a 4，2a . 设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a 2y ＋22az ＝0，－34ax －a 4y ＋2az ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2z ，x ＝6z ，令z ＝1，得x ＝6，y ＝2，所以平面GEF 的一个法向量为n ＝(6，2，1)， 所以|cos 〈B 1F →，n 〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2a －22a 9×a 2＋a 22＝33. 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为33.拓展提升求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量AB →； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB→||n ||AB→|.【跟踪训练2】 如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明：MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2， PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎨⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525，则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为8525.探究3 利用空间向量求二面角例3 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，GF→的方向为x轴正方向，|GF→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝3，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，3)．由已知，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE －F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C(－2,0，3)．连接AC，则EC→＝(1,0，3)，EB→＝(0,4,0)，AC→＝(－3，－4，3)，AB→＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎨⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.拓展提升二面角的向量求法(1)若AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①)．(2)利用坐标法求二面角的步骤设n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)就是两个平面夹角的大小，如图②.用坐标法的解题步骤如下：①建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系． ②求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n 1，n 2.③计算：求n1与n2所成锐角θ，cosθ＝|n1·n2| |n1||n2|.④定值：若二面角为锐角，则为θ；若二面角为钝角，则为π－θ.【跟踪训练3】若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC ＝2，求二面角A－PB－C的余弦值．解 解法一：如下图所示，取PB 的中点D ，连接CD .∵PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB .∴作AE ⊥PB 于E ，那么二面角A －PB －C 的大小就等于异面直线DC 与EA 所成的角θ的大小．∵PD ＝1，PE ＝PA 2PB ＝12，∴DE ＝PD －PE ＝12，又∵AE ＝AP ·AB PB ＝32，CD ＝1，AC ＝1，AC →＝AE →＋ED →＋DC →，且AE →⊥ED →，ED →⊥DC→，∴|AC →|2＝|AE →|2＋|ED →|2＋|DC →|2＋2|AE →|·|DC →|·cos(π－θ)， 即1＝34＋14＋1－2×32×1×cos θ，解得cos θ＝33.故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法二：由解法一可知，向量DC →与EA →的夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小，如图，建立空间直角坐标系Cxyz ，则A (1,0,0)，B (0，2，0)，C (0,0,0)，P (1,0,1)，D 为PB的中点，D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，22，12. ∵PE EB ＝AP 2AB 2＝13，即E 分PB →的比为13，∴E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫34，24，34，EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，－24，－34， DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，－22，－12，|EA →|＝32，|DC →|＝1，EA →·DC →＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－24×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12.∴cos 〈EA →，DC →〉＝EA →·DC →|EA →||DC →|＝33. 故二面角A －PB －C 的余弦值为33.解法三：如右图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2，1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，AP →＝(0,0,1)，AB →＝(2，1,0)，CB →＝(2，0,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·0，0，1＝0，x ，y ，z ·2，1，0＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，z ＝0，令x ＝1，则m ＝(1，－2，0)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎨⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′，y ′，z ′·2，0，0＝0，x ′，y ′，z ′·0，－1，1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝0，y ′＝z ′.令y ′＝－1，则n ＝(0，－1，－1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.∴二面角A －PB －C 的余弦值为33.探究4 利用空间向量求距离例4 已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．[解] 解法一：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，P (0，0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0.设DH ⊥平面PEF ，垂足为H ，则DH →＝xDE →＋yDF →＋zDP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y ，12x ＋y ，z ·(x ＋y ＋z ＝1)，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1.∴DH →·PE →＝x ＋12y ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋y －z ＝54x ＋y －z ＝0.同理，DH →·PF →＝x ＋54y －z ＝0，又x ＋y ＋z ＝1，∴可解得x ＝y ＝417，z ＝917.∴DH →＝317(2,2,3)．∴|DH →|＝31717.因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)设AH ′⊥平面PEF ，垂足为H ′，则AH ′→∥DH →，设AH ′→＝λ(2,2,3)＝(2λ，2λ，3λ)(λ≠0)，则EH ′→＝EA →＋AH ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0＋(2λ，2λ，3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ，2λ－12，3λ.∴AH ′→·EH ′→＝4λ2＋4λ2－λ＋9λ2＝0，即λ＝117.∴AH ′→＝117(2,2,3)，|AH ′→|＝1717， 又AC ∥平面PEF ，∴AC 到平面PEF 的距离为1717.解法二：(1)由解法一建立的空间直角坐标系知EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，z ＝32x ，令x ＝2，则n ＝(2,2,3)， ∴点D 到平面PEF 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717.(2)∵AC ∥EF ，∴直线AC 到平面PEF 的距离也即是点A 到平面PEF 的距离．又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，∴点A 到平面PEF 的距离为 d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717.拓展提升1.向量法求点到直线的距离的两种思路(1)将求点到直线的距离问题转化为求向量模的问题，即利用待定系数法求出垂足的坐标，然后求出向量的模，这是求各种距离的通法．(2)直接套用点线距公式求解，其步骤为直线的方向向量a →所求点到直线上一点的向量PP ′→及其在直线的方向向量a 上的投影→代入公式．注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化． 2．点面距、线面距、面面距的求解方法线面距、面面距实质上都是求点面距，求直线到平面、平面到平面的距离的前提是线面、面面平行．点面距的求解步骤：(1)求出该平面的一个法向量；(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．【跟踪训练4】 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离．解 如图，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)，∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)，GA →＝(0，－1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的法向量，则⎩⎨⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)， ∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33.探究5 与空间有关的探索性问题例5 如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所成的平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝∠CEF ＝90°，AD ＝3，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A －EF －C 的大小为60°？[解] 如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 所在直线分别作为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)．(1)证明：AE →＝(0，b ，－a )，CB →＝(3，0,0)，BE →＝(0，b,0)，∴CB →·AE →＝0，CB →·BE →＝0， 从而CB ⊥AE ，CB ⊥BE . 又AE ∩BE ＝E ， ∴CB ⊥平面ABE . ∵CB ⊥平面DCF ，∴平面ABE ∥平面DCF .又AE ⊂平面ABE ， 故AE ∥平面DCF .(2)∵EF →＝(－3，c －b,0)，CE →＝(3，b,0)， 且EF →·CE →＝0，|EF→|＝2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－3＋b c －b ＝0，3＋c －b2＝2，解得b ＝3，c ＝4.∴E (3，3,0)，F (0,4,0)．设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直， 则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1，y ，z ·0，3，－a ＝0，1，y ，z ·－3，1，0＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，3，33a.又∵BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )，∴|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝334a 2＋27＝12， 解得a ＝92或a ＝－92(舍去)．∴当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°.拓展提升利用向量解决存在性问题的方法策略求解存在性问题的基本策略是：首先，假定题中的数学对象存在；其次，构建空间直角坐标系；再次，利用空间向量法把存在性问题转化为求参数是否有解问题；最后，解方程，下结论．利用上述思维策略，可使此类存在性难题变为常规问题．【跟踪训练5】 在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点，且AEEB＝λ. (1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)是否存在λ，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4？并说明理由．解 (1)证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)．因为AEEB ＝λ，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)，所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝－1＋0＋1＝0，故D 1E ⊥A 1D .(2)因为DD 1⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设平面D 1EC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)， 则⎩⎨⎧n 1·CE →＝0，n 1·CD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0＝0，n 1·0，－2，1＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x －y ·21＋λ＝0，－2y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ，1，2. 因为二面角D 1－EC －D 的平面角为π4，所以22＝|n ·n 1||n ||n 1|，即22＝21＋4＋⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2，解得λ＝233－1. 故存在λ＝233－1，使得二面角D 1－EC －D 的平面角为π4.1.用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线，把立体几何问题转化为向量问题.(2)通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及相应的距离和夹角等问题.(3)把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义. 2.利用法向量求直线AB 与平面α所成的角θ的步骤 (1)求平面α的法向量n .(2)利用公式sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |，注意直线和平面所成角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.3.利用法向量求二面角的余弦值的步骤 (1)求两平面的法向量.(2)求两法向量的夹角的余弦值.(3)由图判断所求的二面角是锐角、直角，还是钝角，从而下结论.在用法向量求二面角的大小时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度当然就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小.4.点面距的求解步骤(1)求出该平面的一个法向量.(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量. (3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离.1．若两异面直线l 1与l 2的方向向量分别为a ＝(0,4，－3)，b ＝(1,2,0)，则直线l 1与l 2的夹角的余弦值为( )A.32B.8525C.4315D.33答案 B解析 设l 1，l 2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝0×1＋4×2＋－3×05×5＝8525.2．直角△ABC 的两条直角边BC ＝3，AC ＝4，PC ⊥平面ABC ，PC ＝95，则点P 到斜边AB 的距离是( )A ．5B ．3C ．3 2 D.125答案 B解析 以C 为坐标原点，CA ，CB ，CP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,3,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，95，所以AB →＝(－4,3,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4，0，95， 所以AP →在AB →上的投影长为|AP →·AB →||AB →|＝165，所以点P 到AB 的距离为d ＝|AP →|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝16＋8125－25625＝3.故选B.3．把正方形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，点E ，F 分别是AD ，BC 的中点，O 是正方形中心，则折起后，∠EOF 的大小为( )A ．(0°，90°)B ．90°C ．120°D ．(60°，120°)答案 C解析 OE →＝12(OA →＋OD →)，OF →＝12(OB →＋OC →)，∴OE →·OF →＝14(OA →·OB →＋OA →·OC →＋OD →·OB →＋OD →·OC →)＝－14|OA →|2.又|OE →|＝|OF →|＝22|OA →|，∴cos 〈OE →，OF →〉＝－14|OA →|212|OA →|2＝－12.∴∠EOF ＝120°.故选C. 4．平面α的法向量n 1＝(1,0，－1)，平面β的法向量n 2＝(0，－1,1)，则平面α与β所成二面角的大小为________．答案π3或2π3解析 设二面角的大小为θ，则cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋0×－1＋－1×12·2＝－12，所以cos θ＝12或－12，∴θ＝π3或2π3.5．如图，在长方体AC 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝2，点E ，F 分别是平面A 1B 1C 1D 1、平面BCC 1B 1的中心．以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．试用向量方法解决下列问题：(1)求异面直线AF 和BE 所成的角；(2)求直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值．解 (1)由题意得A (2,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，2，22，B (2,2,0)，E (1，1，2)，C (0,2,0)．∴AF →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1，2，22，BE →＝(－1，－1，2)， ∴AF →·BE →＝1－2＋1＝0.∴直线AF 和BE 所成的角为90°.(2)设平面BEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，又BC→＝(－2,0,0)，BE →＝(－1，－1，2)，则n ·BC →＝－2x ＝0，n ·BE →＝－x －y ＋2z ＝0，∴x ＝0，取z ＝1，则y ＝2，∴平面BEC 的一个法向量为n ＝(0，2，1)．∴cos 〈AF →，n 〉＝AF →·n|AF →||n |＝522222×3＝53333.设直线AF 和平面BEC 所成的角为θ，则sin θ＝53333，即直线AF 和平面BEC 所成角的正弦值为53333.。

例谈用向量法解立体几何问题向量法是传统的一门研究几何性质的数学方法，能够用来解决各种各样的立体几何问题。

在本文中，我们将深入探讨向量法在解决立体几何问题时的应用，并以具体例子说明它在解决此类问题时的优势。

首先，让我们从简单的几何图形开始。

比如，在三维空间中给定两个向量 $vec{a}$ $vec{b}$，我们可以使用向量法来计算它们之间的距离，即 $|vec{a}-vec{b}|$。

在这种情况下，我们可以使用一种叫做三角测量的方法，它利用向量的基础概念来计算两点在三维空间中的距离。

这种方法的一个优点是，即使两个点的位置相对比较难分辨，也可以很容易地使用它来计算它们之间的距离。

向量法还可以用来解决更复杂的立体几何问题。

比如，给定三个三维空间中的点 $vec{a}$、$vec{b}$ $vec{c}$，可以使用向量法来计算它们所组成的三角形的面积，即$S=frac{1}{2}|vec{a}-vec{b}| cdot |vec{b}-vec{c}| cdot |vec{c}-vec{a}|$。

这种方法的另一个优势是，对于更复杂的几何形状，向量法可以用来计算更加准确的值。

比如，给定一个三维空间中的四边形，可以使用向量法来计算它所代表的平面上四边形的面积，即$S=frac{1}{2}|vec{a}-vec{b}| cdot |vec{b}-vec{c}| cdot |vec{c}-vec{d}| cdot |vec{d}-vec{a}|$。

这使得在更复杂的立体几何问题中，向量法比传统的三角测量法更具优势。

另外，在立体几何中，向量法还可以用来计算各种其他几何关系。

比如，给定两个三维空间中的向量 $vec{a}$ $vec{b}$，可以使用向量法来计算它们之间的夹角，即 $theta=arccos left (frac{(vec{a} cdot vec{b})}{|vec{a}| cdot |vec{b}|} right )$。

空间向量及其在立体几何教学中的应用立体几何的计算和证明通常涉及到两大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直，线面垂直，线线平行，线面平行；二是度量问题，它主要包括点线、线线、点面、线面、面面的距离，线线、线面以及面面所成的角等。

空间向量理论引入立体几何中，通常涉及到夹角、平行、垂直、距离等问题，其方法是不需要添加复杂的辅助线，只要建立适当的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量运算来解决立体几何问题，这样可以使问题坐标化、符号化、数量化。

根据高中数学课程标准的要求，下面对目前立体几何教学中用空间向量处理问题的类型和方法作一个简单介绍。

一、判定直线、平面间的位置关系在确定了直线的方向向量和平面的法向量后，有关的平行与垂直关系均可以转化为两个向量的平行与垂直关系。

1）a、b分别是两条互不重合的直线，设它们的方向向量分别为，那么2）分别是两个互不重合的平面，设它们的法向量分别为，那么3）直线在平面外，设是l的一个方向向量，是的一个法向量，那么二、求空间的距离1）点到直线的距离2）点到平面的距离3）异面直线的距离4）两平行直线的距离5）平行直线与平面的距离。

在直线上取一点，则问题转化为点到平面的距离。

6）两平行平面的距离。

在其中一个平面上取一点，则问题也转化为点到另一平面的距离。

用空间向量处理距离问题的有以下理论依据：定理1：点到平面的距离等于这点与平面上任一点所连结的向量与该平面法向量上的单位向量数量积的绝对值。

定理2：直线与与之平行的平面间的距离等于直线上任一点与平面上任一点所连结的向量与该平面的法向量方向上的单位向量数量积的绝对值。

定理3：两平行平面间的距离等于两平面上各任意一点所连结的向量与任一平面的法向量方向上的单位向量数量积的绝对值。

定理4：点到空间直线的距离等于这点与直线上任一点所连结的向量长与该向量和直线方向上的单位向量数量积平方差的算术平方根。

定理5：两异面直线间的距离等于两直线上各任一点所连结的向量与两异面直线公垂线方向上的单位向量数量积的绝对值。

高中数学论文空间向量与立体几何论文摘要：空间向量的引入，为解决三维空间中图形的位置关系与度量问题提供了一个十分有效的工具。

进一步体会向量方法在研究几何问题中的作用。

向量是一个重要的代数研究对象，引入向量运算，使数学的运算对象发生了一个重大跳跃：从数、字母与代数式到向量，运算也从一元到多元。

向量又是一个几何对象，本身既有方向，又有长度；是沟通代数与几何的一个桥梁，是一个重要的数学与物理模型，这些也为进一步学习向量和研究向量奠定了一定的基础。

在高中数学体系中，几何占有很重要的地位，有些几何问题用常规方法去解决往往比较繁杂，而运用向量作形与数的转化，则能使过程得到大大的简化.用向量法解决几何问题有着思路清晰、过程简洁的优点，往往会产生意想不到的神奇效果.著名教育家布鲁纳说过：“学习的最好刺激是对所学材料的兴趣，简单的重复将会引起学生大脑疲劳，学习兴趣衰退.”这充分揭示了方法求变的重要性，如果我们能重视向量的教学，重视学生在学习向量过程中产生的障碍并且提供相应的教学对策，必然能引导学生拓展思路，减轻他们的学习负担。

一、空间向量在立体几何中的应用例如图所示，四面体ABCD中， E分别是BD、BC的中点，CA=CB=CD=BD=2， AB=AD=（1）求点E到平面ACD的距离。

分析：假设过点E的向量为平面ACD的法向量，欲求E点到平面ACD的距离只需求在投影即可.我们知道垂直于平面ACD，因而它垂直平面ACD所有直线，不妨以为一组基，则，因为AB=AD=DB-2， CA=CB=CD=BD=2，所以，根据法向量定义得化简得到如下方程在上述解题过程中我们没有建立直角坐标系，而是任取空间三个不共面向量作基底，很显然在立体几何所给的已知条件中这点很容易具备的，因而这个方法具有很普遍的适应性.还是这题条件，我们来尝试另外一个重要问题。

例题21. 求点线距离、求线面夹角问题1：求直线AM与平面AB1P所成的角. 解：建系同上。

利用空间向量解决立体几何问题夏巨星(湖北省十堰市东风高级中学ꎬ湖北十堰４４２０００)摘㊀要:立体几何大题是高考的必考考点ꎬ通常需要借助于空间向量进行求解.本文给出了基本题型㊁最值问题和存在型问题三种题型的示例ꎬ展现了不同题型的问题形式㊁解答过程和所体现的不同数学思想.关键词:空间向量ꎻ立体几何ꎻ转化与化归思想ꎻ函数思想ꎻ方程思想中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１０－００４８－０３收稿日期:２０２３－０１－０５作者简介:夏巨星(１９８２.１１－)ꎬ男ꎬ湖北省武穴人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀利用空间向量解决立体几何问题是历年高考的热点ꎬ主要考查空间直角坐标系的建立㊁空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力.立体几何问题可以分为三种题型:基本题型㊁最值问题㊁存在型问题.我们采用三种数学思想 转化思想 函数思想 和 方程思想 去求解对应的三种题型.１基本题型 转化与化归思想问题形式㊀一般为证明点线面的空间位置关系㊁求空间角㊁求空间距离.求解思路㊀利用转化与化归思想ꎬ将空间点线面位置关系转化为空间两向量的数量关系(线性表示或数量积表示)ꎬ将空间角与空间距离的计算转化为空间两向量的运算.例１㊀(２０２１年天津卷１７)如图１ꎬ在棱长为２的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬＥ为棱ＢＣ的中点ꎬＦ为棱ＣＤ的中点.(１)求证:Ｄ１Ｆʊ平面Ａ１ＥＣ１ꎻ(２)求直线ＡＣ１与平面Ａ１ＥＣ１所成角的正弦值.(３)求二面角Ａ－Ａ１Ｃ１－Ｅ的正弦值.转化与化归思想的应用(１)将线面平行问题转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直ꎬ利用向量的数量积运算即可得证ꎻ图１(２)将线面所成角的正弦值转化为直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值ꎬ利用向量的数量积运算即可得解ꎻ(３)将二面角的余弦值转化为两个平面法向量的夹角余弦值ꎬ再结合同角三角函数的平方关系即可解得二面角的正弦值.解析㊀(１)以Ａ为原点ꎬＡＢꎬＡＤꎬＡＡ１所在直线分别为ｘꎬｙꎬｚ轴ꎬ建立如图２所示空间直角坐标系ꎬ则Ａ０ꎬ０ꎬ０()ꎬＡ１０ꎬ０ꎬ２()ꎬＢ２ꎬ０ꎬ０()ꎬＣ２ꎬ２ꎬ０()ꎬＤ０ꎬ２ꎬ０()ꎬＣ１２ꎬ２ꎬ２()ꎬＤ１０ꎬ２ꎬ２().因为Ｅ为棱ＢＣ的中点ꎬＦ为棱ＣＤ的中点ꎬ所以Ｅ２ꎬ１ꎬ０()ꎬＦ１ꎬ２ꎬ０().所以Ｄ１Ｆң＝１ꎬ０ꎬ－２()ꎬＡ１Ｃ１ң＝２ꎬ２ꎬ０()ꎬＡ１Ｅң＝２ꎬ１ꎬ－２().设平面Ａ１ＥＣ１的一个法向量为ｍ＝ｘ１ꎬｙ１ꎬｚ１()ꎬ则ｍ Ａ１Ｃ１ң＝２ｘ１＋２ｙ１＝０ꎬｍ Ａ１Ｅң＝２ｘ１＋ｙ１－２ｚ１＝０.{８４令ｘ１＝２ꎬ则ｍ＝２ꎬ－２ꎬ１().因为Ｄ１Ｆңｍ＝２－２＝０ꎬ所以Ｄ１Ｆңʅｍ.因为Ｄ１Ｆ⊄平面Ａ１ＥＣ１ꎬ所以Ｄ１Ｆʊ平面Ａ１ＥＣ１.(２)由(１)得ꎬＡＣ１ң＝２ꎬ２ꎬ２().设直线ＡＣ１与平面Ａ１ＥＣ１所成角为θꎬ则ｓｉｎθ＝ｃｏｓ‹ｍꎬＡＣ１ң›＝ｍ ＡＣ１ңｍ ＡＣ１ң＝２３ˑ２３＝３９.(３)由正方体的特征可得ꎬ平面ＡＡ１Ｃ１的一个法向量为ＤＢң＝２ꎬ－２ꎬ０().则ｃｏｓ‹ＤＢңꎬｍ›＝ＤＢңｍＤＢң ｍ＝８３ˑ２２＝２２３.所以二面角Ａ－Ａ１Ｃ１－Ｅ的正弦值为１－ｃｏｓ２‹ＤＢңꎬｍ›＝１３.图２２最值问题 函数思想问题形式㊀当动点(或线段)满足什么条件时ꎬ正弦值(或余弦值)取得最大值(或最小值).求解思路㊀根据问题构造函数ꎬ利用函数的思想求解最值.构造函数时要注意函数的定义域ꎬ应当在定义域的约束下求最值ꎬ利用基本不等式求最值时要注意满足等号成立的条件.例２㊀(２０２１年全国甲卷(理)１９)如图３ꎬ已知直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬ侧面ＡＡ１Ｂ１Ｂ为正方形ꎬＡＢ＝ＢＣ＝２ꎬＥꎬＦ分别为ＡＣ和ＣＣ１的中点ꎬＤ为棱Ａ１Ｂ１上的点.(１)证明:ＢＦʅＤＥꎻ图３(２)当Ｂ１Ｄ为何值时ꎬ面ＢＢ１Ｃ１Ｃ与面ＤＦＥ所成的二面角的正弦值最小?函数思想的应用㊀由面ＢＢ１Ｃ１Ｃ与面ＤＦＥ所成的二面角的余弦值公式ꎬ得到关于变量Ｂ１Ｄ长度的函数ꎬ再结合二次函数和反比例函数性质ꎬ求解当Ｂ１Ｄ为何值时ꎬ余弦值取得最大ꎬ即正弦值最小.解析㊀(１)因为三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１是直三棱柱ꎬ所以ＢＢ１ʅ底面ＡＢＣ.所以ＢＢ１ʅＡＢ.因为Ａ１Ｂ１ʊＡＢꎬＢＦʅＡ１Ｂ１ꎬ所以ＢＦʅＡＢ.又因为ＢＢ１ɘＢＦ＝Ｂꎬ所以ＡＢʅ平面ＢＣＣ１Ｂ１.所以ＢＡꎬＢＣꎬＢＢ１两两垂直.以Ｂ为坐标原点ꎬ分别以ＢＡꎬＢＣꎬＢＢ１所在直线为ｘꎬｙꎬｚ轴建立空间直角坐标系ꎬ如图４.图４所以Ｂ０ꎬ０ꎬ０()ꎬＡ２ꎬ０ꎬ０()ꎬＣ０ꎬ２ꎬ０()ꎬＢ１０ꎬ０ꎬ２()ꎬＡ１２ꎬ０ꎬ２()ꎬＣ１０ꎬ２ꎬ２()ꎬＥ１ꎬ１ꎬ０()ꎬＦ０ꎬ２ꎬ１().由题设Ｄａꎬ０ꎬ２()(０ɤａɤ２).因为ＢＦң＝０ꎬ２ꎬ１()ꎬＤＥң＝１－ａꎬ１ꎬ－２()ꎬ所以ＢＦң ＤＥң＝０ˑ１－ａ()＋２ˑ１＋１ˑ－２()＝０ꎬ所以ＢＦʅＤＥ.(２)设平面ＤＦＥ的法向量为ｍ＝ｘꎬｙꎬｚ()ꎬ因为ＥＦң＝－１ꎬ１ꎬ１()ꎬＤＥң＝１－ａꎬ１ꎬ－２()ꎬ所以ｍ ＥＦң＝０ꎬｍ ＤＥң＝０.{即－ｘ＋ｙ＋ｚ＝０ꎬ１－ａ()ｘ＋ｙ－２ｚ＝０.{９４令ｚ＝２－ａꎬ则ｍ＝３ꎬ１＋ａꎬ２－ａ().因为平面ＢＣＣ１Ｂ１的法向量为ＢＡң＝２ꎬ０ꎬ０()ꎬ设平面ＢＣＣ１Ｂ１与平面ＤＥＦ的二面角的平面角为θꎬ则ｃｏｓθ＝ｍ ＢＡңｍ ＢＡң＝６２ˑ２ａ２－２ａ＋１４＝３２ａ２－２ａ＋１４.当ａ＝１２时ꎬ２ａ２－２ａ＋４取最小值为２７２ꎬ此时ｃｏｓθ取最大值为３２７２＝６３.故ｓｉｎθ()ｍｉｎ＝１－６３æèçöø÷２＝３３ꎬ此时Ｂ１Ｄ＝１２.３存在型问题 方程思想问题形式㊀已知夹角(或正弦值㊁余弦值)ꎬ求线段长度(或动点位置).求解思路㊀根据已知条件利用空间向量关系建立方程(组)ꎬ求方程(组)的解ꎬ从而解决问题.例３㊀如图５ꎬ在多面体ＡＢＣＤＥＦ中ꎬＡＥʅ平面ＡＢＣＤꎬＡＥＦＣ是平行四边形ꎬ且ＡＤʊＢＣꎬＡＢʅＡＤꎬＡＤ＝ＡＥ＝２ꎬＡＢ＝ＢＣ＝１.图５(１)求证:ＣＤʅＥＦꎻ(２)求平面ＡＤＥ与平面ＤＥＢ夹角的余弦值ꎻ(３)若点Ｐ在棱ＣＦ上ꎬ直线ＰＢ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值为３３ꎬ求线段ＣＰ的长.方程思想的应用㊀由点Ｐ在棱ＣＦ上设置变量ꎬ根据直线ＰＢ与平面ＢＤＥ所成角的正弦值为３３建立方程ꎬ通过解方程求解变量.解析㊀(１)因为ＡＥʅ平面ＡＢＣＤꎬＡＢʅＡＤꎬ以点Ａ为坐标原点ꎬＡＤꎬＡＢꎬＡＥ所在直线分别为ｘꎬｙꎬｚ轴建立如图６所示的空间直角坐标系ꎬ则Ｂ(０ꎬ１ꎬ０)ꎬＣ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬＤ(２ꎬ０ꎬ０)ꎬＥ(０ꎬ０ꎬ２)ꎬＦ(１ꎬ１ꎬ２).图６所以ＣＤң＝(１ꎬ－１ꎬ０)ꎬＥＦң＝(１ꎬ１ꎬ０).所以ＣＤң ＥＦң＝１－１＝０.所以ＣＤʅＥＦ.(２)设平面ＢＤＥ的法向量为ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ)ꎬ因为ＤＢң＝(－２ꎬ１ꎬ０)ꎬＤＥң＝(－２ꎬ０ꎬ２)ꎬ则ｎ ＤＢң＝－２ｘ＋ｙ＝０ꎬｎ ＤＥң＝－２ｘ＋２ｚ＝０.{取ｘ＝１ꎬ可得ｎ＝(１ꎬ２ꎬ１).易知平面ＡＤＥ的一个法向量为ｍ＝(０ꎬ１ꎬ０)ꎬ则ｃｏｓ‹ｍꎬｎ›＝ｍ ｎｍ ｎ＝２１ˑ６＝６３.故平面ＡＤＥ与平面ＤＥＢ夹角的余弦值为６３.(３)设点Ｐ(１ꎬ１ꎬｔ)ꎬ其中０ɤｔɤ２ꎬＢＰң＝(１ꎬ０ꎬｔ)ꎬ由题意可得ｃｏｓ‹ＢＰңꎬｎ›＝ＢＰң ｎＢＰңｎ＝ｔ＋１ｔ２＋１ˑ６＝３３.解得ｔ＝１ꎬ因此线段ＣＰ的长为１.在解决立体几何问题时ꎬ要善于借助空间向量这个工具ꎬ根据图形的几何特征建立合适的空间直角坐标系ꎬ将问题转化为空间向量的坐标运算.要求学生能够做到根据问题的形式ꎬ分析出为何种题型ꎬ选择恰当的解题思路ꎬ在解题的过程中不断积累和掌握数学思想方法ꎬ提高数学素养.参考文献:[１]徐涛. 空间向量与立体几何 的若干教学建议[Ｊ].中学数学教学参考ꎬ２０２１(０６):６２－６４.[责任编辑:李㊀璟]０５。

浅谈空间向量在立体几何中的应用引言：在高中数学中，向量既有代数的抽象也有几何的直观，其中的“数”与“行”完美结合的特点使得我们可以运用向量解决立体几何中某些复杂的问题。

正因为有向量的知識，解决立体几何一类的问题的时候就可以弥补部分同学在空间想象能力不足的缺陷，这在一定程度上降低了立体几何的做题难度。

一、向量在立体几何中的作用空间向量是高中数学教材中后来添加的新内容，它的功效就在于能够取代之前在传统教材中的地位，从目前的效果可以看出，它的作用是多方面的，主要涉及到垂直问题，角度问题，以及法向量之间的计算应用问题等。

1.空间向量的作用（1）证明垂直，面对线面垂直以及面面垂直的问题的时候，在算出法向量的基础上，通过证明直线平行于法向量即可得出结论；还有想要证明面面垂直的结论，证明出两平面的法向量是垂直的，即可得出最终的结论。

（2）计算角度，求二面角的精髓就在于转换两个法向量之间的角度来计算；立体几何中的平行问题是通过向量的基本定理进行验证的。

2.平面法向量（1）法向量，指的是与已知平面垂直的向量值，这个是可以根据坐标位置的确定有多个的，就我们使用的经验来讲一般是选择最为方便的那个来操作的。

（2）法向量的计算，根据一般情况建立适当的平面直角坐标轴，假设所知平面的法向量为m（a，b，c），在所在平面内找到两个相交的直线S，T，同时运用法向量来定义他们。

因为法向量垂直于所在平面，所以必定也垂直S，T，利用垂直向量点乘为零列出方程组。

由于有三个未知数a，b，c，通常是假设其中一个是较特殊的值，再求出另外两个的值。

二、向量在立体几何中的实际运用空间向量作为新鲜血液，解决几何问题时更具优势，解题者思维能清晰明了。

这样的方法不仅节省时间还能够简单地解决问题。

1.立体几何的证明和计算问题主要分成二大板块：位置问题和度量问题。

位置问题就是线线，线面之间的关系等；度量关系就是线线之间，线面之间的角度问题。

（1）证明问题1）假设在一个空间里有任意的一点O点，以及和O点不共线的E，F，G三点，假如：（其中x+y+z=1），则四点M，E，F，G共面。

浅谈如何应用空间向量解决高中立体几何问题摘要：高中立体几何中涉及的问题包括了异面直线距离问题、直线和平面的角度问题、平面之间的夹角问题等，空间向量具有独特的运算方法，在原图中建立直角坐标系之后就可将其中的点、线、面以向量的方式表示出来，再根据待求解的问题开展运算，研究空间向量求解立体几何问题的步骤和思路。

关键词：立体几何；空间向量；应用引言：空间向量以独特的运算方式处理各种平面和立体的几何问题，通常在立体几何中经常求解一个点到平面的垂直距离、异面直线间的垂直距离、平面之间的夹角等。

解答这些问题时要先建立起直角坐标系，然后将原图中的点、线、面等用向量表示出来。

1.利用空间向量解决立体几何问题的常规步骤第一，向量的运算规则自成一体，如果要使用向量法解决立体几何问题，那么要先将问题中的已知信息转化成向量元素。

第二，在初步观察立体几何结构的特点之后，观察分析待求解的问题，立体几何中通常会考察线段和平面的关系，二面角的大小、点到线段或者平面的垂直距离等。

第三，在确定待求解的问题，并使用向量法表示其中的几何元素，然后再根据向量的运算法则求解距离、角度等问题，或者判断垂直、平行等关系[1]。

1.空间向量解决立体几何问题的策略1.综合运用平面向量和空间向量高中数学教学始终按照从简单到复杂的方式组织授课内容，学生在高一阶段已经学习过了平面向量，对向量这一概念的基本原理，使用方法等形成了一定的认知。

向量在立体几何中的运用是将二维空间的问题上升到三维空间层面，平面向量中的基本运算规则在三维层面同样是适用的，典型的如向量的交换定律，、。

平面向量相对于立体几何中的向量知识更容易理解，在复杂的空间问题中，学生要具备将复杂立体几何问题转化成简单平面向量问题的能力。

1.积极运用数形结合法利用空间向量解决立体几何问题，主要是通过数形结合做出空间关系的推理、判断和运算。

例如，在判断空间中的直线和一个平面的关系时，无非就是三种可能，其一是平行，其二是垂直，其三是相交。

例谈用向量法解立体几何问题向量法是解决立体几何问题的一种有效方法，它在空间的方向和长度上具有良好的可视化效果。

下面我们将介绍如何用向量法解决立体几何问题。

一、向量的表示方法在空间中，向量可以用一个有序三元组(x,y,z)来表示。

其中，x、y、z分别表示向量在x、y、z三个轴向上的分量。

例如，三维空间中的一个向量A可以表示为A=(x1,y1,z1)，另一个向量B可以表示为B=(x2,y2,z2)。

这两个向量之间的距离可以用以下公式计算：$$ AB = \\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+(z_2-z_1)^2} $$二、向量的运算方法向量之间可以进行四则运算，它们的定义如下：•向量加法：当两个向量A=(x1,y1,z1)和B=(x2,y2,z2)相加时，结果为A+B=(x1+x2,y1+y2,z1+z2)。

•向量减法：当两个向量A和B相减时，结果为A−B=(x1−x2,y1−y2,z1−z2)。

•向量数乘：当一个向量A与一个标量k相乘时，结果为kA= (kx,ky,kz)。

•点乘：当两个向量A和B进行点乘时，结果为$A·B=|A||B|\\cos\\theta$，其中 $\\theta$ 表示两个向量之间的夹角。

三、向量在立体几何中的应用在立体几何中，向量法可以解决很多难题。

例如：1. 点到直线的距离在三维空间中，过已知点A0的直线l可以表示为 $l:\\frac{x-x_0}{l_1}=\\frac{y-y_0}{l_2}=\\frac{z-z_0}{l_3}$。

要求点B到直线l的距离，可以用以下公式：$$ d_{AB}=\\frac{|(B-A_0)×l|}{|l|} $$其中，×表示向量叉乘。

2. 点到平面的距离在三维空间中，已知一个平面p的法向量n=(n1,n2,n3)和一个过点A0的直线l，该点不在平面上。

要求点B到平面p的距离，可以用以下公式：$$ d_{AB}=\\frac{|n(B-A_0)|}{|n|} $$3. 直线间的距离在三维空间中，已知两个直线l1和l2，要求它们的最短距离。

1引言向量，最初被应用于物理学．很多物理量如力、速度、位移以及电场强度、磁感应强度等都是向量．大约公元前350年前，古希腊著名学者亚里士多德就知道了力可以表示成向量，两个力的组合作用可用著名的平行四边形法则来得到．“向量”一词来自力学、解析几何中的有向线段．最先使用有向线段表示向量的是英国大科学家牛顿．从数学发展史来看，历史上很长一段时间，空间的向量结构并未被数学家们所认识，直到19世纪末20世纪初，人们才把空间的性质与向量运算联系起来，使向量成为具有一套优良运算通性的数学体系.在立体几何中，通常涉及到求空间角,垂直和空间距离的问题，在解题时主要是设法找出有关角、垂线与距离，并构造三角形，进而在三角形中应用勾股定理和正余弦定理来求解.这种解法需要多种转化技能，且不同的问题需要不同的技巧,学生求解时比较困难．但引入了向量以后，上述三类问题各自就有了比较统一的解法，且容易掌握[1]．本文对用向量方法求空间求空间角，垂直和空间距离的问题的方法做了简单的归纳总结，给出了求空间角、空间垂直、以及空间距离的一般方法及求解过程中所用到的公式，并给出了大量运用向量方法求解的例题，与此同时给出了一般方法的解法做为对比，从而说明了向量方法的简洁性、优越性．2向量2.１向量的定义及其表示方法数学中，我们把这种既有大小又有方向的量叫做向量[2]．、、等来表示，手写用向量的一般用黑体小写字母αβγ、、或a b c、、表示.a b c向量也可以用有向线段来表示.有向线段的长度表示向量的大小，箭头所指的方向表示向量的方向.（若规定线段AB的端点A为起点,B为终点，则线段就具有了从起点A到终点B的方向和长度，记作AB.）在平面直角坐标系中,分别取与x轴、y轴方向相同的两个单位向量i j、作为一组基底,a为平面直角坐标系内的任意向量，以坐标原点0为起点作向量OP a =.由平面向量基本定理知,有且只有一对实数(),x y ,使得(),a OP x y ==，因此把实数对叫做向量a 的坐标,记作(),a x y =.其中(),x y 就是点P 的坐标,OP 称为点P 的位置向量.同理可推得在立体三维坐标系中,分别取与x 轴、y 轴、z 轴方向相同的3个单位向量i j k 、、作为一组基底,有且只有一组实数(),,x y z ,使得(),,a x y z =，因此把实数对(),,x y z 叫做向量a 的坐标,记作(),,a x y z =.其中(),,x y z ,也就是点P 的坐标,OP 称为点P 的位置向量.2.2向量的模向量的大小,也就是向量的长度,称作向量的模.向量a 的模记作a .注：向量的模是非负实数，是可以比较大小的.因为方向不能比较大小，所以向量也就不能比较大小.对于向量来说“大于”和“小于”的概念是没有意义的.2.3向量的四则运算及其性质已知两个非零向量a b 、,作()()111222,,,,,a x y z b x y z ==, a 和b 的夹角，记作,a b <>,并规定0,a b π≤<>≤.两个向量的加法表示的是一个向量，有公式如下121212(,,)a b x x y y z z +=+++两个向量的减法表示的是一个向量，有公式如下121212(,,)a b x x y y z z -=---向量的数乘表示的是一个与原向量平行的向量，可表示如下111111(,,)(,,)a x y z x y z λλλλλ==两个向量的向量积表示的是一个向量，记作a b ⨯，其方向为垂直于a 、b ，a b ⨯有公式如下=b sin ,a b a a b ⨯， 两个向量的数量积是一个数量，记作a b ，且有公式 =b cos ,a b a a b , 向量的数量积的坐标表示：121212a b x x y y z z =++.向量的性质：0a b a b =⇔⊥2a a a =⋅ n ⊥面α,则n 垂直于面α内任意向量，称作面α的法向量．3利用向量求解立体几何中空间角问题空间角度问题包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角问题，是高中立体几何中的一类大题型,用向量方法求解此类问题能把几何关系迅速转化为数量关系,使问题更加简单,从而求出角的大小. 3.1求异面直线成角问题用向量求异面直线所成的角,一般都采用向量数量积公式，经过分析建立适当的空间直角坐标系或找出向量间的关系,然后利用公式可得所求异面直线角: cos ,a b a b a b →→→→→→=[3],a b →→()()111222,,,,,.a x y z b x y z →→⎛⎫== ⎪⎝⎭其中 例1 （ 2004年天津卷(6)）在棱长为2的正方体 1111D C B A ABCD -中,O 是底面ABCD 的中心,E 、F 分别是1CC 、AD 的中点. 那么异面直线OE 和1FD 所成的角θ等于（ ）解法一：一般的方法过点E 做1//EH D F 交BC 于点H ，再在OEC 中运用余弦定理求OE 与EC 的夹角α．可知α即为所求角.此中方法在计算长度运算量比较大，在做辅助线时也有一定技巧. 解法二：可建立空间直角坐标系(如图1)空间向量的数量关系,运用数量积来求解,可得=(－1,1,1),1FD =(－1,0,2),OE =3, 1FD =5,故有1(1,1,1)(1,0,2)3OE FD =--=．又135cos OE FD θ=5cos 3θ=，得cos θ=即arccos 5θ=. 3.2求直线与平面成角问题 直线L 与平面M 的关系所成的角α可以由直线L 的方向向量1n →和平面M 的法向量2n →的关系间接求出.这里如果设1n →和2n →的夹角β(0βπ≤≤>，那么2παβ=-，因此有 1212sin cos n n n n αβ→→→→==⨯．例2[3]如图2，在棱长为1 的正方体1AC 中,E 为BC 中点,求直线AD 与平面1B ED 所成的角.解法一：此题在求解中运用辅助线，将AD 与平面1B ED 所成的角 角转化为平面角，在三角形中运用余弦定理求解．解法二：建立如图所示坐标,故11(0,,1)2B E =-，1(1,,0)2DE =- 设平面1B ED 的法向量为(),,n x y z =.由10220DE n y z y xB E n ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩ , 故可取()1,2,1n =，又()0,1,0AD =,故 6cos ,AD nAD n AD n →<>==⨯即有,AD n <>=. 故AD 与平面1B ED 所成角为arccos 23π-3.3求二面角问题 若两平面,M N 所成二面角为α,两平面的法向量分别为21,n n →→且夹角为β,则.αβαπβ==-或这个时候要判断所求二面角α的实际大小到底是二者中的哪一个角了[4].例3 （09年四川,文）如图,正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直,△ABE 是等腰直角三角形,,,45AB AE FA FE AEF ︒==∠=, （I ）求证：EF BCE ⊥平面；（II ）设线段CD 、AE 的中点分别为P 、M ,求证:PM ∥BCE 平面． （III ）求二面角F BD A --的大小.图 3 图4 解：（此处仅对第三小问作答，以对用向量求二面角做阐述.）因ABE ∆等腰直角三角形，AE AB =，所以AB AE ⊥.又因为平面AB ABCD ABEF =⋂平面,所以AE ⊥平面ABCD ,所以AD AE ⊥ 即AE AB AD 、、两两垂直；于是可建立如图4的空间直角坐标系.（III ）设平面BDF 的一个法向量为1n ,并设1n ＝（),,z y x又由题易得31(1,1,0),(0,,)22BD BF =-=-,故有 1100n BD n BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 031022x y y z -=⎧⎪⇒⎨-+=⎪⎩, 取1=y ,则1=x ,3=z ,从而1n ＝（1，1，3）.取平面ABD 的一个法向量为2(0,0,1)n =, 121212cos 1111n n n n n n ⋅<>===⋅、.由题中图形易的此二面角是一个锐角,故二面角F BD A --的大小为11113arccos . 所以，在利用法向量求直线所成角或求二面角问题的时候,都将其转换为求直线与直线所成角来解决的,解决了做辅助线找二面角的平面角的难题,充分体现了用向量法的优势.4利用向量求解立体几何中空间垂直问题垂直问题是高考的一个热点,也是重难点,用向量处理此类问题可以把空间问题转化为代数问题,有利于学生空间想象力不足和空间作图的困难,直观易懂.4.1求线线垂直问题证明两直线垂直实际上只需证明两向量的数量积为0即可.例4 (2001年上海高考第19题) 在棱长为a 的正方体''''OABC O A B C -中, E F 、分别为棱,AB BC 上的动点,且AE BF =,求证: ''A F C E ⊥.证：如图建立空间直角坐标系o xyz -.设AE BF m ==, 则'(,0,),(,,0),'(0,,),(,,0),A a a F a m a C a a E a m -'(,,)A F m a a =--,'(,,)C E a m a a =--''(,,)(,,)A F C E m a a a m a a ⋅=--⋅-- 图5 ()()()ma a m a a a =-+-+--0= 图5 即证''A F C E ⊥.4.2求线面垂直问题证明线面垂直,只需转化为线线垂直后再求解.解：在建立如 例3 的空间直角坐标系以后，要证明（1）EF BCE ⊥平面 于是，可设1=AB ,则1=AE ，)0,1,1(),1,0,0(),0,0,1(),0,1,0(C E D B ． 因为︒=∠=45,AEF FE FA ,故可得090＝AFE ∠, 从而易得），，－（21210F ,11(0,,)22EF =--,(0,1,1),(1,0,0)BE BC =-=. 于是110022EF BE ⋅=+-=，0000EF BC ⋅=++=, 即证EF BE,EF BC ⊥⊥,又BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，B BE BC =⋂.故原题得证EF ⊥平面BCE .此例中,将线面垂直问题转化为证证已知直线与所证平面内两条相交直线垂直，从而使问题简化.4.3求面面垂直问题证明面面问题，只需转化为求两个面的法向量垂直即可.例5[5] （2009江西卷理）在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形,PA ⊥平面ABCD ,4PA AD ==,2AB =.以AC 的中点O 为球心、AC 为直径的球面交PD 于点M ，交PC 于点N . （1）求证：平面ABM ⊥平面PCD ；（2）求点N 到平面ACM 的距离.解：如图所示,建立空间直角坐标系,D则(0,0,0)A (0,0,4),(2,0,0),(2,4,0),(0,4,0),(0,2,2)P B C D M ,设平面ABM 的一个法向量为1111(,,)n x y z =, 图6 平面PCD 的一个法向量为2222(,,)n x y z =,易得(2,0,0),(0,2,2),(2,4,4),(0,4,4)AB AM PC PD ===-=-则有110,0n AB n AM ==,即有11120220x y z =⎧⎨+=⎩ 得10x =，令11y =得11z =-，即可做1(0,1,1)n =-又220,0n PC n PD ==,即有222222440440x y z y z +-=⎧⎨-=⎩ 令21,y =得221,0z x ==,即可做2(0,1,1)n = 图7 可得1211(1)10n n =⨯+-⨯=.即证，平面ABM ⊥平面PCD .不难看出，用向量空间垂直问题实质上最终都是转化为求线线垂直来解决的. 5利用向量求解立体几何中空间距离问题空间距离问题是一个较难问题,但运用向量来求解此类问题将避免空间作图的繁琐和复杂辅助线的添加,使之简单化.5.1求两点间距离问题欲求,A B 两点的距离，只需求AB →的模即可.例6已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1,点M 是AD '的中点,N 是BD的中点,14DN DB =,求M N 、两点间的距离. 解：因为AD B ''为正三角形60AD B ''∠=,所以AD '与DB 所成的角为60,易的 11,244AM AD DN DB ====又因为 MN MA AD DN =++,所以 ()22MN MA AD DN =++N O2222221122212cos1352cos1352cos 6028242438MA AD DN MA ADAD DN MA DN=+++++=+++⨯+⨯+⨯⨯=所以3=MN 即M N 、此题亦可以D 为原点,,,DA DC DD '所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,用两点间的距离公式带入坐标,使方法更为简洁.5.2求点到直线距离问题点A L ∈,点B L ∉,a 为L 的方向向量,则点B 到L 的距离为2AB d AB a ⎛ ⎪=-⎪. 此处，以此结论的证明为例，做讲解与公式运用证：过B 做BC 垂直L 于点C ，因为a AC ,所以有 a BC ⊥,即有0a BC =. 又在ABC 中，90ACB ∠=,故易得AB a AC a =， 得22AB aBC AB a ⎛⎫ ⎪=-⎪, 图8有图可知，点B 到L 的距离为22AB a d BC AB a ⎛⎫⎪==-⎪【6】.5.3求点到面距离问题根据点到直线的公式推导，同理有点A 到平面α的距离AB n d n=,其中n 为La面α的法向量，B 为面α上任意一点【3】.这里以例5的（2）小问来做阐述．在（2）中，由条件可得(2,4,0)AC =,(0,2,2)AM =，又设平面ACM 的一个法向量为3333(,,)n x y z =，由33,n AC n AM ⊥⊥可得：3333240220x y y z +=⎧⎨+=⎩，令1z =，则3(2,1,1)n =-. 因为AN NC ⊥，在Rt PAC ∆中，又2PA PN PC =,所以8105,,339NC PN NC PC PN PC ==-==， 所求距离等于点P 到平面C A M 距离的59，设点P 到平面C A M 距离为h ',则 33263AP n h n '==, 所以所求距离为59h h '==即点N 到平面ACM . 5.4求异面直线距离问题 求两异面直线12,L L 的距离AB n d n =,其中n 与12,L L 均垂直,A 为1L 上任意一点,B 为2L 上任意一点[3].例7【3】 在正方体ABCD A B C D ''''-中,M 和N 分别为B B '''、B C 的中点, P 为MN 的中点.如果棱长1AB =,求DP 与AC '的距离. 解：以C 为原点如右图建立坐标系，则11(0,0,1),(1,1,0),(0,,1),(0,1,),(1,0,0)22C A N MD ', 易得P 点坐标为33(0,,)44,得33(1,,)44PD =--,(1,1,1)C A '=-, 图9 令(,,)n x y z =，且n 与PD 、C A '垂直,则有,330440x y z x y z ⎧--=⎪⎨⎪+-=⎩ , 令6,x =得1,7y z ==， 得(6,1,7)n =,得又找到(0,1,0)AD =-, 故 AD n d n=86==. 5.5求直线到面距离问题直线与平面相交时距离为零,故一般所说直线到面的距离指平行与面的直线.此类问题可转化为求直线上任意一点到面的距离公式为 AB nd n =［３］．（其中n 为已知平面的法向量,A 为直线上上任意一点,B 为平面上任意一点.）例8（2009重庆卷文,18），在五面体ABCDEF 中，AB ∥DC ，2BAD π∠=，2CD AD ==，四边形ABFE 为平行四边形，FA ⊥平面ABCD ，3,FC ED ==求：（1）直线AB 到平面EFCD 的距离；解：以A 点为坐标原点,,,AB AD AF 的方向为,,x y z 的正方向建立空间直角坐标系数,则得坐标如下：(0,0,0),(2,2,0),(0,2,0)A C D 设00(0,0,)(0)F z z >,可得0(2,2,)FC z =-, 由||3FC =.3=，解得F 坐标为(0,0,1)，又AB ∥DC ，DC ⊂面EFCD ,故直线AB 到面EFCD 的距离等于点A 到面EFCD 的距离.设A 点在平面EFCD 上的射影点为111(,,)G x y z ,则111(,,)AG x y z = ,因0AG DF ⋅=且0AG CD ⋅=,而(0,2,1)DF =-，(2,0,0)CD =-， 此即1112020y z x -+=⎧⎨-=⎩ ,解得10x = 知G 点在y o z 面上,故G 点在FD 上.GF DF ,111(,,1)GF x y z =---+,故有1112y z =-+ ,解得10x =，125y =，145z =． 得G 点坐标为24(0,,)55．||AG 为直线AB 到面EFCD 的距离, 而24(0,,)55AG =, 故25AG =，即AB 到平面EFCD 5.6求两平面间距离问题由于两相交平面距离为0,故一般所说两平面间的距离指两平行平面间的距离.此类问题实质上是点到平间的距离,若n →为两平面的法向量,A 为面α上任意一点,B 为面β上任意一点，此时有两平面间的距离AB nd n =.例9[3]在棱长为1的正方体AC '中，求平行平面AB D ''与面C BD ',之间的距离.解：建立如右图坐标系,易得(1,0,1),(0,1,1),(0,0,1)AD AB D D '''=-==,设平面AB D ''与面C BD '共同的法向量为(,,)n x y z =, 可得,n AD n AB '⊥⊥,即有00x z y z -+=⎧⎨+=⎩，令1,x =得1,1y z =-=, 即(1,1,1)n =-, 图11 故平行平面AB D ''与面C BD '之间的距离3D D nd n '===. 通过上面的六类距离问题不难看出,它们在求距离的公式形式上都是相同的,关键在求已知平面的法向量,再转化为求点到面间的距离.结束语通过对用向量法求空间角度,垂直问题证明以及空间距离的求解的例题讲解，分别说明了这三类问题用向量求解的一般步骤,总结了三类问题的本质特点,对空间问题的求法提供了一种简洁的方法.具体的来说,向量法是将几何问题代数化，用代数的方法研究和解决几何问题,将空间元素的位置关系转化为数量关系,将形式逻辑证明转化为数值计算.因此用向量解题有时不仅不会增加解题难度,相反在一定程度上还能降低思维强度,增加可操作性.同时也能培养学生从多角度、多方位思考的探索问题的能力[7].由以上例题可以看出，列向量坐标方程解几何题应用面广，可涉及点到平面的距离，异面直线的夹角、距离等，通过实践，应用此方法可按以下思想和步骤进行实验．1.建立适当的坐标系，把题中有关向量坐标化，选择坐标系的原则是，使向量坐标易求简洁．2.确定和设立各类向量，把题中涉及向量归类如已知向量、未知向量、中间向量、媒介向量, 辅助向量, 而且确定中间向量，选择媒介向量是关键设辅助向量是难点, 必须对具体问题具体分析.3.导出各类向量的坐标, 这种坐标有两类：一类关于设定的坐标系；另一类关于媒介向量, 其形式是会有未知数的表达式, 而导出的方程式一种是把已知、中间向量坐标代入关于未知向量的有关关系式中, 另一种是直接按“已知→中间→未知”导出.4.列有关方程(组) , 根据向量的特性和位置关系列出方程或方程组.5.解方程(组).［８］参考文献[1]芮蕊心.利用向量及其运算解立体几何题[J].芜湖职业技术学院学报.2003，1(5):83-84[2]张建跃．普通高中课程标准实验教科书数学必修４[Ｍ]．人民教育出版社．2009．12，第二版[3]蒋文星.用向量求空间角和空间距离[J].今日湖北理论版.2007，4(1):111-112[4]张镭.借助向量法求二面角[J].中学生数学.2004，12(1):45[5]陈云烽.立体几何题的向量解决[J].中学数学教学参考.2003，11：68[6]冯源.三维向量空间的引入与立体几何[J].太原师范专科学校学报.2002，1:13-14[7]曾维杰.例说向量在解高考题中的应用[J].成都教育学院学报.2003，11:45[8]贺继康．向量：代数法解几何题的有力工具[J].陕西教育学报.2000，3(16):68致谢本设计的完成是在张莉老师的细心指导下进行的.在每次设计遇到问题时张莉老师不辞辛苦的讲解才使得我的设计顺利的进行.从设计的选题到资料的搜集直至最后设计的修改的整个过程中,花费了张莉老师很多的宝贵时间和精力,在此向张莉老师表示衷心地感谢！张莉老师严谨的治学态度,开拓进取的精神和高度的责任心都将使学生受益终生！其次感谢我的亲人们,焉得谖草,言树之背,养育之恩,无以回报,你们永远健康快乐是我最大的心愿.在论文即将完成之际,我的心情无法平静,从开始进入课题到论文的顺利完成,有多少可敬的师长、同学、朋友给了我无言的帮助,在这里请接受我诚挚谢意！而后感谢和我同一设计小组的几位同学，是你们在我平时设计中和我一起探讨问题，并指出我设计上的误区，使我能及时的发现问题把设计顺利的进行下去，没有你们的帮助我不可能这样顺利地结稿，在此表示深深的谢意.最后再一次感谢所有在毕业设计中曾经帮助过我的良师益友和同学,以及在设计中被我引用或参考的论著的作者.。