空间向量法解决立体几何问题全面总结.pptx

空间向量法解决立体几何问题全面总结一、引入两个重要得空间向量2、平面得法向量3、在空间直角坐标系中,如何求平面法向量得坐标呢?
如图,设a=(x1,y1,z1)、b=(x2,y2,z2)就是平面α内得两个不共线得非零向量,由直线与平面垂直得判定定理知,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)求平面得法向量得坐标得一般步骤:例1在棱长为2得正方体ABCD-A1B1C1D1中,O就是面AC得中心,求面OA1D1得法向量、解:以A为原点建立空间直角坐标系O-xyz,
设平面OA1D1得法向量得法向量为n=(x,y,z),
那么O(1,1,0),A1(0,0,2),D1(0,2,2)

(2)求平面得法向量得坐标得特殊方法:二、立体几何问题得类型及解法例2已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1得底面ABCD就是菱形,∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=θ,求证:CC1⊥BD大家有疑问的，可以询问和交流证明:设a,b,c,
依题意有|a|=|b|,
于就是a–b
∵=c(a–b)=c·a–c·b
=|c|·|a|cosθ–|c|·|b|cosθ=0
∴CC1⊥BD(2)直线与平面得位置关系
直线L得方向向量为a,平面α得法向量为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得正三棱柱ABC-A1B1C1,
D,E分别就是AC,CC1得中点,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得法向量为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)平面与平面得位置关系
平面α得法向量为n1,平面β得法向量为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分别就是BB1、CD得中点,求证:平面AED⊥平面A1FD证明:以A为原点建立如图所示得得直角坐标系A-xyz,
2、求空间中得角例5如图在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M就是AB得中点,则对角线DB1与CM所成角得余弦值为_____、解:以A为原点建立如图所示得直角坐标系A-xyz,设正方体得棱长为2,那么M(1,0,0),C(2,2,0),B1(2,0,2),D(0,2,0),

(2)直线与与平面所成得角
若n就是平面α得法向量,a就是直线L得方向向量,设L与α所成得角θ,n与a所成得角α
则θ=α-或θ=-α

于就是,
因此例6正三棱柱ABC-A1B1C1得底面边长为a,高为,求AC1与侧面ABB1A1所成得角。解:建立如图示得直角坐标系,则
A(,0,0),B(0,,0)A1(,0,)、C(-,0,)
设面ABB1A1得法向量为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所成得角大小为30°、(3)二面角
设n1、n2分别就是二面角两个半平面α、β得法向量,由几何知识可知,二面角α-L-β得大小与法向量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),于就是求二面角得大小可转化为求两个平面法向量得夹角,这样可避免了二面角得平面角得作图麻烦、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得大小、解:建立如图所示得空间直角坐标系O-xyz,则B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),S(0,0,1)、
设平面SCD得法向量n1=(x,y,z),则由
得
n1=(1,1,2)、

而面SAD得法向量n2=(1,0,0)、
于就是二面角A-SD-C得大小θ满足

∴二面角A-SD-C得大小为、3、求解空间中得距离
例8在棱长为1得正方体ABCD-A1B1C1D1中,求异面直线AC1与BD间得距离、解:建立如图所示得空间直角坐标系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得公垂线得方向向量n=(x,y,z),则由,得

n=(-1,-1,2)、
∵,
∴异面直线AC1与BD间得距离
(2)点到平面得距离
A为平面α外一点(如图),n为平面α得法向量,过A作平面α得斜线AB及