空间向量法解决立体几何问题全面总结.ppt

利用空间向量解决立体几何问题学习提纲一.引入两个重要的空间向量2.平面的法向量3.在空间直角坐标系中,如何求平面法向量的坐标呢?
如图,设a=(x1,y1,z1)、b=(x2,y2,z2)是平面α内的两个不共线的非零向量,由直线与平面垂直的判定定理知,若n⊥a且n⊥b,则n⊥α.换句话说,若n·a=0且n·b=0,则n⊥α.(1)求平面的法向量的坐标的一般步骤:例1在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是面AC的中心,求面OA1D1的法向量.解：以A为原点建立空间直角坐标系O-xyz,
设平面OA1D1的法向量的法向量为n=(x,y,z),
那么O(1，1，0)，A1(0，0，2)，D1(0，2，2)

(2)求平面的法向量的坐标的特殊方法:二.立体几何问题的类型及解法例2已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形,∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=θ,求证:CC1⊥BD证明：设a,b,c,
依题意有|a|=|b|，
于是a–b
∵=c(a–b)=c·a–c·b
=|c|·|a|cosθ–|c|·|b|cosθ=0
∴CC1⊥BD(2)直线与平面的位置关系
直线L的方向向量为a,平面α的法向量为n,且Lα.
①若a∥n,即a=λn,则L⊥α
②若a⊥n,即a·n=0,则a∥α.例3棱长都等于2的正三棱柱ABC-A1B1C1,
D,E分别是AC,CC1的中点,求证:
(1)A1E⊥平面DBC1;
(2)AB1∥平面DBC1解：以D为原点，DA为x轴，DB为y轴建立空间直角坐标系D-xyz.则
A(-1,0,0),B(0,,0),E(1,0,1),A1(-1,0,2),B1(0,,2),C1(1,0,2).
设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z),则
解之得，
取z=1得n=(-2,0,1)
(1)=-n,从而A1E⊥平面DBC1
(2),而n=-2+0+2=0
∴AB1∥平面DBC1(3)平面与平面的位置关系
平面α的法向量为n1,平面β的法向量为n2

①若n1∥n2,即n1=λn2,则α∥β
②若n1⊥n2,即n1·n2=0,则α⊥β例4正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点,求证:平面AED⊥平面A1FD证明:以A为原点建立如图所示的的直角坐标系A-xyz,
2.求空间中的角例5如图在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB的中点,则对角线DB1与CM所成角的余弦值为_____.解:以A为原点建立如图所示的直角坐标系A-xyz,设正方体的棱长为2,那么M(1,0,0),C(2,2,0),B1(2,0,2),D(0,2,0),

(2)直线与与平面所成的角
若n是平面α的法向量,a是直线L的方向向量,设L与α所成的角θ,n与a所成的角α
则θ=α-或θ=-α

于是,
因此例6正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,高为，求AC1与侧面ABB1A1所成的角。解:建立如图示的直角坐标系,则
A(,0,0),B(0,,0)A1(,0,).C(-,0,)
设面ABB1A1的法向量为n=(x,y,z)
得
由，解得，
取y=,得n=(3,,0)，
设与n夹角为α
而
∴
故：AC1与侧面ABB1A1所成的角大小为30°.（3）二面角
设n1、n2分别是二面角两个半平面α、β的法向量，由几何知识可知，二面角α-L-β的大小与法向量n1、n2夹角相等（选取法向量竖坐标z同号时相等）或互补（选取法向量竖坐标z异号时互补），于是求二面角的大小可转化为求两个平面法向量的夹角，这样可避免了二面角的平面角的作图麻烦.例7在四棱锥S-ABCD中∠DAB=∠ABC=90°，侧棱SA⊥底面AC，SA=AB=BC=1，AD=2，求二面角A-SD-C的大小.解：建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），S（0，0，1）.
设平面SCD的法向量n1=(x,y,z),则由
得
n1=(1,1,2).

而面SAD的法向量n2=(1,0,0).
于是二面角A-SD-C的大小θ满足

∴二面角A-SD-C的大小为.3.求解空间中的距离
例8在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,求异面直线AC1与BD间的距离.解:建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C1(1,1,1),设异面直线AC1与BD的公垂线的方向向量n=(x,y,z),则由,得

n=(-1,-1,2).
∵,
∴异面直线AC1与BD间的距离
(2)点到平面的距离
A为平面α外一点(如图),n为平面α的法向量,过A作平面α的斜线AB及垂线AH.

=

=.

于是，点到平面的距离等于