第八篇立体几何：第7讲立体几何中的向量方法.doc

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第7讲　立体几何中的向量方法(一)
1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算．
2．能用向量方法证明直线和平面位置关系的一些定理．
3．利用空间向量求空间距离．
【复习指导】
本讲复习中要掌握空间向量的坐标表示和坐标运算,会找直线的方向向量和平面的法向量,并通过它们研究线面关系，会用向量法求空间距离．

基础梳理
1．空间向量的坐标表示及运算
（1)数量积的坐标运算
设a＝（a1，a2，a3）,b＝(b1,b2，b3），
则①a±b＝（a1±b1,a2±b2，a3±b3);
②λa＝（λa1，λa2，λa3)；
③a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.
(2)共线与垂直的坐标表示
设a＝（a1，a2,a3)，b＝（b1，b2，b3），
则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈R)，
a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a，b均为非零向量）．
(3)模、夹角和距离公式
设a＝（a1，a2，a3），b＝（b1，b2,b3)，
则｜a｜＝＝，
cos〈a，b〉＝＝.
设A(a1，b1，c1）,B（a2,b2，c2)，
则dAB＝||＝.
2．立体几何中的向量方法
(1）直线的方向向量与平面的法向量的确定
①直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．
②平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
(2）用向量证明空间中的平行关系
①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
②设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2,则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2。
③设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u,则l∥α或l⊂α⇔v⊥u。
④设平面α和β的法向量分别为u1，u2,则α∥β⇔u1∥u2.
(3）用向量证明空间中的垂直关系
①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0。
②设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u,则l⊥α⇔v∥u.
③设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0。

(4)点面距的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.

一种思想
向量是既有大小又有方向的量,而用坐标表示向量是对共线向量定理、共面向量定理和空间向量基本定理的进一步深化和规范，是对向量大小和方向的量化：
（1)以原点为起点的向量，其终点坐标即向量坐标；
（2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标．
得到向量坐标后，可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位置关系，计算空间成角和距离等问题．

三种方法
主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题：
（1)平行
(2)垂直
(3)点到平面的距离
求点到平面距离是向量数量积运算（求投影)的具体应用，也是求异面直线之间距离，直线与平面距离和平面与平面距离的基础．
双基自测
1．两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0,－1），v2＝（－2，0,2），则l1与l2的位置关系是（　　）．
A．平行 B．相交 C．垂直 D．不确定
解析　∵v2＝－2v1，∴v1∥v2.
答案　A
2．已知平面α内有一个点M(1，－1,2），平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6)，则下列点P中在平面α内的是(　　）．
A．P（2,3，3） B．P(－2,0,1）
C．P(－4,4,0） D．P(3，－3,4）
解析　∵n＝（6,－3,6）是平面α的法向量，
∴n⊥，在选项A中，＝（1，4,1)，∴n·＝0。
答案　A
3．(2011·唐山月考)已知点A，B，C∈平面α,点P∉α，则·＝0,且·＝0是·＝0的(　　)．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析　由，得·(－)＝0，
即·＝0，亦即·＝0，
反之，若·＝0，
则·(－)＝0⇒·＝·，未必等于0。
答案　A
4．(人教A版教材习题改编）已知a＝(－2，－3，1），b＝(2，0，4）,c＝(－4，－6,2），则下列结论正确的是（　　)．
A．a∥c，b∥c B．a∥b，a⊥c
C．a∥c，a⊥b D．以上都不对
解析　∵c＝（－4,－6,2）＝2(－2，－3，1）＝2a，∴a∥c,
又a·b＝－2×2＋(－3）×0＋1×4＝0，∴a⊥b.
答案　C
5．(2012·舟山调研）已知＝(2，2,1），＝(4,5，3)，则平面ABC的单位法向量是________．
解析　设平面ABC的法向量n＝（x，y，z）．
则即
令z＝1,得∴n＝,
∴平面ABC的单位法向量为±＝±。
答案　±

考向一　利用空间向量证明平行问题

【例1】►如图所示，在正方体ABCD。A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
［审题视点] 直接用线面平行定理不易证明，考虑用向量方法证明．
证明　法一　如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1，

则M，N，D（0,0，0)，A1（1，0,1），B(1，1，0)，
于是＝，
设平面A1BD的法向量是n＝(x,y，z)．
则n·＝0，且n·＝0，得
取x＝1,得y＝－1，z＝－1。∴n＝(1，－1，－1）．
又·n＝·（1，－1，－1)＝0，
∴⊥n，又MN⊄平面A1BD，
∴MN∥平面A1BD.
法二　＝－＝－
＝（－）＝，
∴∥,又∵MN与DA1不共线，∴MN∥DA1，
又∵MN⊄平面A1BD，A1D⊂平面A1BD,
∴MN∥平面A1BD.
证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为了数量的计算问题．

【训练1】 如图所示，平面PAD⊥平面ABCD,ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点．求证:PB∥平面EFG。
证明　∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形，

∴AB、AP、AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A.xyz,则A(0，0，0）、B（2，0，0)、C(2，2，0)、D(0,2，0）、P（0，0，2）、E（0,0，1)、F(0，1,1)、G(1，2，0)．
∴＝（2,0，－2)，＝（0，－1，0),＝(1，1，－1），
设＝s＋t,
即（2,0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1,1，－1),
∴解得s＝t＝2。
∴＝2＋2，
又∵与不共线，∴、与共面．
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
考向二　利用空间向量证明垂直问题

【例2】►如图所示，在棱长为1的正方体OABC­O1A1B1C1中，E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF＝x，其中0≤x≤1，以O为原点建立空间直角坐标系O.xyz。
（1）求证A1F⊥C1E；
(2）若A1，E,F，C1四点共面
求证:＝＋.
［审题视点］ 本题已建好空间直角坐标系，故可用向量法求解，要注意找准点的坐标．
证明　（1）由已知条件
A1（1，0,1），F（1－x,1，0)，C1(0，1，1)，E(1，x,0),
＝(－x,1,－1）,＝(1,x－1，－1),
则·＝－x＋（x－1）＋1＝0,
∴⊥,即A1F⊥C1E。
(2）＝(－x，1，－1），＝(－1，1,0）,
＝(0，x，－1)，
设＝λ＋μ，
解得λ＝，μ＝1。
∴＝＋.
证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明．

【训练2】 如图所示，在四棱锥P.ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：
（1)AE⊥CD;
(2)PD⊥平面ABE.

证明　AB、AD、AP两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系,设PA＝AB＝BC＝1，
则P（0，0，1)．
(1）∵∠ABC＝60°，
△ABC为正三角形．
∴C，E.
设D（0,y,0），由AC⊥CD，得·＝0，
即y＝，则D，
∴＝.又＝，
∴·＝－×＋×＝0，
∴⊥，即AE⊥CD.
(2）法一　∵P(0,0，1),∴＝。
又·＝×＋×（－1)＝0，
∴⊥,即PD⊥AE。＝（1，0,0），∴·＝0,
∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB.
法二　＝(1，0,0),＝,
设平面ABE的一个法向量为n＝（x,y，z）,
则
令y＝2，则z＝－，∴n＝（0，2,－)．
∵＝，显然＝n.
∵∥n，∴⊥平面ABE,即PD⊥平面ABE.
考向三　利用向量求空间距离

【例3】►在三棱锥SABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示,求点B到平面CMN的距离．
[审题视点] 考虑用向量法求距离，距离公式不要记错．
解　取AC的中点O，连接OS、OB。
∵SA＝SC，AB＝BC，
∴AC⊥SO，AC⊥BO。
∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC,
∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO.
如图所示，建立空间直角坐标系O­xyz，
则B（0,2,0)，C(－2,0,0），S(0，0，2),
M（1，,0)，N（0，，）．
∴＝（3，，0），＝（－1,0，），
＝（－1，,0)．
设n＝(x，y，z）为平面CMN的一个法向量,
则取z＝1，
则x＝，y＝－，∴n＝(，－，1）．
∴点B到平面CMN的距离
d＝＝.
点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法,如本题，事实上，作BH⊥平面CMN于H.由＝＋及·n＝n·，
得｜·n|＝|n·|＝｜｜·|n｜，
所以｜｜＝,即d＝。

【训练3】 (2010·江西）如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2。
(1)求点A到平面MBC的距离；
(2)求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值．

解　取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD。
又平面MCD⊥平面BCD,则MO⊥平面BCD.
取O为原点,直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图．
OB＝OM＝，则各点坐标分别为C(1，0,0），M（0,0，)，B(0，－，0)，A（0，－，2）．
（1)设n＝（x，y，z）是平面MBC的法向量，则＝（1，，0)，
＝(0，，），
由n⊥得x＋y＝0;由n⊥得y＋z＝0.
取n＝(，－1,1)，＝(0，0，2)，则
d＝＝＝。
（2）＝(－1,0，)，＝（－1，－，2)．
设平面ACM的法向量为n1＝（x，y,z），
由n1⊥，n1⊥得
解得x＝z，y＝z,取n1＝(，1,1)．
又平面BCD的法向量为n2＝(0，0,1）．
所以cos〈n1，n2〉＝＝。
设所求二面角为θ，则sin θ＝。

规范解答15—-立体几何中的探索性问题
【问题研究】 高考中立体几何部分在对有关的点、线、面位置关系考查的同时，往往也会考查一些探索性问题,主要是对一些点的位置、线段的长度,空间角的范围和体积的范围的探究,对条件和结论不完备的开放性问题的探究，这类题目往往难度都比较大,设问的方式一般是“是否存在?存在给出证明,不存在说明理由.”
【解决方案】 解决存在与否类的探索性问题一般有两个思路：一是直接去找存在的点、线、面或是一些其他的量；二是首先假设其存在，然后通过推理论证或是计算，如果得出了一个合理的结果，就说明其存在；如果得出了一个矛盾的结果，就说明其不存在.
【示例】► （本小题满分14分) （2011·福建）如图，四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD。四边形ABCD中，AB⊥AD,AB＋AD＝4,CD＝，∠CDA＝45°.
（1）求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB＝AP。
(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
（ⅱ）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等？说明理由．
(1)可先根据线线垂直，证明线面垂直，即可证得面面垂直．
(2)由于题中PB与平面PCD所成的角不好作出，因此用向量法求解．至于第2小问,可先假设点G存在,然后推理得出矛盾或列出方程无解,从而否定假设．
[解答示范]　（1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB。
又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
所以AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD。(4分）
(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图)．
在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，
则CE⊥AD。
在Rt△CDE中,DE＝CD·cos 45°＝1，
CE＝CD·sin 45°＝1。
设AB＝AP＝t，则B(t，0,0)，P（0，0,t）．
由AB＋AD＝4得，AD＝4－t，
所以E(0,3－t，0)，C（1，3－t，0)，D(0,4－t,0），C＝（－1，1，0），P＝（0,4－t，－t)．（6分)
(ⅰ）设平面PCD的法向量为n＝（x,y，z),
由n⊥C，n⊥P，得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t,t，4－t）．
又P＝（t，0，－t），
故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°＝,即＝，
解得t＝或t＝4(舍去),因为AD＝4－t＞0，所以AB＝.(9分)

(ⅱ）法一　假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到P，B，C，D的距离都相等,
设G(0，m,0）（其中0≤m≤4－t)，
则G＝（1，3－t－m,0），G＝（0，4－t－m,0)，G＝（0,－m,t)．
由｜G｜＝｜G|得12＋（3－t－m)2＝(4－t－m)2，
即t＝3－m；（1）
由|G|＝｜G|得(4－t－m）2＝m2＋t2.（2)
由(1）、（2）消去t，化简得m2－3m＋4＝0.(3）（12分)
由于方程(3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、C、D的距离都相等．从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等．(14分）
法二　（1）同法一．
（2）(ⅰ)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz（如图)．
在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,
则CE⊥AD。
在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1，
CE＝CD·sin 45°＝1.
设AB＝AP＝t，则B(t,0,0），P（0，0，t），
由AB＋AD＝4得AD＝4－t.
所以E(0,3－t,0)，C（1,3－t，0),D（0,4－t,0),

C＝(－1,1，0)，P＝(0，4－t,－t)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z），
由n⊥C，n⊥P,
得取x＝t,得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又P＝(t，0，－t），故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°＝,
即＝,
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t＞0)，所以 AB＝。

法二　假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．
由GC＝GD，得∠GCD＝∠GDC＝45°，
从而∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
所以GD＝CD·cos 45°＝1.
设AB＝λ,则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ，（11分）
在Rt△ABG中，
GB＝＝＝ ＞1，
这与GB＝GD矛盾．
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B,C，D的距离都相等．
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B,C，D的距离都相等．（14分）
［解答示范］ 　∵函数y＝cx在R上单调递减,
∴0＜c＜1.(2分）
即p:0＜c＜1。∵c＞0且c≠1，∴綈p:c＞1。（3分）
又∵f(x）＝x2－2cx＋1在上为增函数，
∴c≤.即q：0＜c≤.
∵c＞0且c≠1，∴綈q：c＞且c≠1。(6分）
又∵“p∨q”为真，“p∧q"为假，∴p真q假或p假q真．（7分)
①当p真，q假时，{c|0＜c＜1｝∩＝；(9分）
②当p假，q真时,{c｜c＞1}∩＝∅.（11分)
综上所述，实数c的取值范围是。(12分)
探索性问题只要根据设问把问题确定下来就变为了普通问题，解题的关键是如何把要探索的问题确定下来，如本题第(2)问，法一是先设出G点，由条件列出方程无解知G点不存在．法二是由已知先确定G点，然后推理得出矛盾，故G点不存在．