空间向量在立体几何中的几种应用
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■河南省郑州市第四高级中学 李 亚 题型一 利用向量法证明空间的平行和垂直关系
图1例1 (2021年全国甲卷
理数)如图1,已知直三棱柱
ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B
为正方形,|AB|=|BC|=2,E,F
分别为AC和CC1的中点,D为
棱A1B1上的点。BF⊥A1B1。
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当|B1D|为何值时,平面BB1C1C与
平面DFE所成的二面角的正弦值最小?
分析:第一问,用常规方法证明较为复杂,
建立合适的空间直角坐标系,借助空间向量求
解非常简捷。第二问,利用空间向量求二面角
的平面角是最常规的方法,也是最优方法。
解:(1)因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱
柱,所以BB1⊥底面ABC,且BB1⊥AB。
因为A1B1∥AB,BF⊥A1B1,所以BF⊥AB。
又BB1∩BF=B,故AB⊥平面BCC1B1。
所以BA,BC,BB1两两垂直。
图2以B为坐标原点,分
别以BA,BC,BB1所在直
线为x轴,y轴,z轴建立
空间直角坐标系,如图2。
则B(0,0,0),A(2,0,
0),C(0,2,0),B1(0,0,2),
C1(0,2,2),E(1,1,0),
F(0,2,1)。
由题意设D(a,0,2)(0≤a≤2)。因为BF→=(0,2,1),DE→=(1-a,1,
-2),所以BF→·DE→=0×(1-a)+2×1+
1×(-2)=0,即BF⊥DE。
(2)设平面DFE的法向量为m=(x,y,
z)。因为EF→=(-1,1,1),DE→=(1-a,1,-2),
所以m·EF→=0,
m·DE→=0,
即-x+y+z=0,
(1-a)x+y-2z=0。
令z=2-a,则m=(3,1+a,2-a)。
已知平面BCC1B1的法向量为BA→=(2,0,0),设平面BCC1B1与平面DEF的二
面角的平面角为θ,则|cosθ|=|m·BA→||m|·|BA→|
=62×2a2-2a+14=32a2-2a+14。
当a=12时,2a2-2a+4取最小值272,
此时cosθ取最大值3272=63。
所以(sinθ)min=1-63 2=33,此时
|B1D|=12。
题型二 利用向量法求异面直线所成角
例2 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,
△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=π2,
|AB|=22,|CC1|=4,P是线段A1B1上
的动点,则当线段CP最短时,异面直线AC1与BP所成角的余弦值为( )。
02 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月
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C.71025 D.53
解析:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=π2,所
以,|AC|=|AB|cosπ4=22×22=2。
图3以点C为坐标原点,
以CA,CB,CC1所在直
线分别为x轴,y轴,z
轴,建立图3所示的空间
直角坐标系。
则A(2,0,0),B(0,
2,0),C(0,0,0),A1(2,0,
4),B1(0,2,4),C1(0,0,
4)。
设A1P→=λA1B1→=λ(-2,2,0)=(-2λ,
2λ,0),其中0≤λ≤1。
CP→=CA1→+A1P→=(2,0,4)+(-2λ,
2λ,0)=(2-2λ,2λ,4)。
则|CP→|=4(1-λ)2+4λ2+16=
8λ2-8λ+20=8λ-12 2+18。
当且仅当λ=12时,即当点P为线段A1B1的中点时,|CP→|取最小值,此时点P(1,1,4)。
则AC1→=(-2,0,4),BP→=(1,-1,4)。
cos=AC1→·BP→
|AC1|·|BP→|=
-2+1625×32=71030。
因此,当线段CP最短时,异面直线AC1
与BP所成角的余弦值为71030,选A。
题型三 利用向量法解决线面角问题
例3 (2022年全国甲卷理数)如图4,
四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,
CD∥AB,|AD|
=|DC|=|CB|=1,|AB|
=2,|DP|=3。
(1)证明:BD⊥PA;图4 图5 (2)求PD与平面PAB所成角的正弦值。
分析:(1)作DE⊥AB于E,CF⊥AB于F,利用勾股定理证明AD⊥BD,根据线面垂
直的性质可得PD⊥BD,从而可得BD⊥平
面PAD,再根据线面垂直的性质即可得证;
(2)以点D为原点建立空间直角坐标
系,利用向量法即可得出答案。
解:(1)解题过程略。
(2)如图5,以点D为原点,以DA,DB,
DP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系。
易得|BD|=3,则A(1,0,0),B(0,3,
0),P(0,0,3)。
设平面PAB的法向量n=(x,y,z),则:
n·AP→=-x+3z=0,
n·BP→=-3y+3z=0。
可取n=
(3,1,1),则cos=n·DP→
|n||DP→|=55,
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55。
题型四 利用向量法解决二面角问题
例4 (2023年新课标Ⅰ卷)如图6,在
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,|AB|=2,
|AA1|=4。点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,|AA2|=1,|BB2|=|DD2|=2,|CC2|=3。
图6 图7
12解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月
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(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求|B2P|的值。
分析:(1)建立空间直角坐标系,利用向
量坐标相等证明;(2)设P(0,2,λ)(0≤λ≤
4),利用向量法求二面角,建立方程求出λ即
可得解。此题一改以往直接求解二面角的相
关问题,明显对逆向思维能力的考查有所提
升,重点考查同学们的逻辑推理能力。
解:(1)以C为坐标原点,分别以CD,
CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立
空间直角坐标系,如图7。
则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),
D2(2,0,2),A2(2,2,1)。
则B2C2→=(0,-2,1),A2D2→=(0,-2,
1),故B2C2→∥A2D2。
又B2C2与A2D2不在同一条直线上,故B2C2∥A2D2。
(2)设P(0,2,λ)(0≤λ≤4),则A2C2→=
(-2,-2,2),PC2→=(0,-2,3-λ),D2C2→=(-2,0,1)。
设平面PA2C2的法向量n=(x,y,z),
则n·A2C2→=-2x-2y+2z=0,
n·PC2→=-2y+(3-λ)z=0。
令z=2,得y=3-λ,x=λ-1,则n=(λ-1,3-λ,2)。
设平面A2C2D2的法向量m=(a,b,c)。
则m·A2C2→=-2a-2b+2c=0,
m·D2C2→=-2a+c=0。
令a=1,得b=1,c=2,则m=(1,1,2)。
因此,|cos|=|n·m||n||m|=
664+(λ-1)2+(3-λ)2=|cos150°|=32。
化简可得λ2-4λ+3=0,解得λ=1或λ=3,故P(0,2,1)或P(0,2,3),|B2P|=1。
题型五 利用向量法求点到直线的距离
例5 如图8,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,以顶点A为端点的三条棱
长
都是a,且AB⊥AD,∠A
1AB=∠A1
AD=60°,
E为CC1的中点,
则点E到直线AC1的图8距离为( )。
A.510a
B.55aC.54aD.53a
解析:在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,不妨设AB→=d,AD→=b,AA1→=c。
AC1→=AB→+AD→+AA1→=d+b+c,C1E→
=-12c。
|d|=|b|=|c|=a,d·b=0,d·c=
b·c=a×a×12=12a2。所以|AC1→|=|d+b+c|=
d2+b2+c2+2d·b+2d·c+2c·b=
5a,|C1E→|=12a。
C1E→·AC1→=-12c·(d+b+c)=
-12(c·d+c·b+c·c)=-a2。
所以E到直线AC1的距离为d=
C1E→2-C1E→·AC1→
|AC1→| 2=14a2--a25a 2
=510a,选A。题型六 利用向量法求异面直线的距离
图9例6 如图9,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是边长
为23的正三角形,|AA1|=7,顶点A1在
底面的射影为△ABC的中心,P,Q分别是异面直线AC1,A1B上的动点,则P,Q两点间距离的最小值是( )。
A.72 B.2 C.6 D.62
分析:建立空间直角坐标系,P,Q两点间距离的最小值即为异面直线AC1与A1B
22 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月
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间的距离。
图10解:如图10,O是△ABC的中心,A1O⊥
平面ABC,AO⊂平面ABC,故A1O⊥AO。
|AB|=23,则
|AO|=23×32×23=
2。|AA1|=7,则|A1O|=|AA1|2-|AO|2=3。
CO⊥AB,直线CO交AB于点D,则
|OD|=1,建立空间直角坐标系,如图10。
则A1(0,0,3),A(1,-3,0),C(-2,
0,0),AA1→=(-1,3,3),AC→=(-3,3,
0),A1B→=(1,3,-3),AC1→=AA1→+AC→=
(-4,23,3)。
设n=(x,y,z)与A1B→和AC1→都垂直,则:n·AC1→=-4x+23y+3z=0,
n·A1B→=x+3y-3z=0。
取x=3,则y=1,z=2,n=(3,1,2)。
P,Q两点间距离的最小值即为异面直
线AC1与A1B间的距离|n·AA1→||n|=
|-3+3+23|3+1+4=62。
故选D。
题型七 利用向量法求点到平面的距离
例7 如图11,在四棱锥P-ABCD中,
底面ABCD为平行四边形,侧面PAD是边长
为2的正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,且
AB⊥PD。
图11(1)求证:平行四边形ABCD为矩形;(2)若E为侧棱PD的中点,且平面
ACE与平面ABP所成角的余弦值为64,求点B到平面ACE的距离。
分析:(1)取AD中点M,连接PM,由正
三角形、面面垂直的性质易得PM⊥平面ABCD,再由线面垂直的性质及判定定理证
AB⊥AD,即可得结论;(2)构建空间直角坐
标系,设|AB|=t>0,并求平面ACE、平面
ABP的法向量,结合面面角的余弦值求参
数,应用向量法求点面距。
解:(1)证明过程略。
(2)如图12,以A为原点,AB所在直线
为x轴,AD所在直线为y轴,建立空间直角
坐标系,设|AB|=t>0,则A(0,0,0),B(t,
0,0),C(t,2,0),P(0,1,3),E0,32,32 。
图12
所以AC→=(t,2,0),AE→=0,32,32 ,
AB→=(t,0,0),AP→=(0,1,3)。
设平面ACE的法向量为n=(x1,y1,
z1),则n·AC→=tx1+2y1=0,
n·AE→=32y1+32z1=0。
令x1=2,则n=(2,-t,3t)。
设平面ABP的法向量为m=(x2,y2,
z2),则m·AB→=tx2=0,
m·AP→=y2+3z2=0。 令z2=1,则m=(0,-3,1)。
由|cos|=m·n|m||n|=23t2·4+4t2=
64,解得t=1。平面ACE的法向量为n=(2,-1,3),AB→=(1,0,0),点B到平面
ACE的距离|AB→·n||n|=22。
(责任编辑 徐利杰)
32解题篇 经典题突破方法 高二数学 2023年9月
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